高中数学 3.3.1利用导数研究函数的单调性活页训练 湘教版选修1-1

【创新设计】-学年高中数学3.3.1利用导数研究函数的单调性活页训练湘教版选修1-1eq\a\vs4\al\co1(基础达标限时20分钟)1．已知f(x)的定义域为[0,1]，且当x∈[0,1]时f′(x)>0，则下列关系式一定成立的是 ()．A．f(0)<0 B．f(1)>0C．f(1)>f(0) D．f(1)<f(0)解析f′(x)>0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈[0，1]))，f(x)在[0,1]上是增函数，∴f(1)>f(0)．答案C2．函数f(x)＝xlnx的单调减区间为 ()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，＋∞))解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)<0得lnx<－1,0<x<eq\f(1,e)，∴f(x)的减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).答案C3．设f′(x)是f(x)的导函数，y＝f′(x)图象如图，则y＝f(x)图象可能是 ()．解析当0<x<2时，f′(x)<0，当x<0或x>2时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,2)上递减，在(－∞，0)和(2，＋∞)上递增．故选C.答案C4．函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为________，增区间为________．解析f′(x)＝3x2－30x－33＝3(x2－10x－11)＝3(x－11)(x＋1)，由f′(x)>0知x>11或x<－1，由f′(x)<0知－1<x<11，所以f(x)的单调减区间为(－1,11)，单调增区间为(11，＋∞)和(－∞，－1)．答案(－1,11)(11，＋∞)和(－∞，－1)5．函数f′(x)的图象如图所示，则f(x)的减区间为________，增区间为________．解析由图象可知，当x<－1或0<x<2时，f′(x)<0，当－1<x<0或x>2时，f′(x)>0，∴f(x)的增区间为(－1,0)，(2，＋∞)，减区间为(0,2)和(－∞，－1)．答案(0,2)和(－∞，－1)(－1,0)和(2，＋∞)．6．求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x3－x；(2)f(x)＝ex－x＋1.解(1)f′(x)＝3x2－1，由f′(x)>0知x>eq\f(\r(3),3)或x<－eq\f(\r(3),3).由f′(x)<0知－eq\f(\r(3),3)<x<eq\f(\r(3),3)，所以f(x)的增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))，减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))).(2)f′(x)＝ex－1，由f′(x)>0知x>0，由f′(x)<0知x<0.所以f(x)的增区间为(0，＋∞)，减区间为(－∞，0)．eq\a\vs4\al\co1(综合提高限时25分钟)7．下列各选项中的函数，在定义域上为减函数的是 ()．A．f(x)＝x3＋x B．f(x)＝eq\f(1,x)C．f(x)＝sinx－x D．f(x)＝－x2x解对于f(x)＝sinx－x，f′(x)＝cosx－1≤0对任意实数x恒成立．∴f(x)在R上单调递减．答案C8．对于R上的可导函数f(x)来说，若(x－1)f′(x)>0，则必有 ()．A．f(0)＋f(2)<2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2C．f(0)＋f(2)≥2f(1) D．f(0)＋f(2)>2解析由(x－1)f′(x)>0知，当x>1时，f′(x)>0，当x<1时f′(x)<0，所以f(x)在(1，＋∞)上是增函数，(－∞，1)上是减函数，∴f(0)>f(1)，f(1)<f(2)，∴f(0)＋f(2)>2f答案D9．若函数f(x)＝x3－px2＋2m2－m＋1在区间(－2,0)上单调递减，且在区间(－∞，－2)及(0，＋∞)内单调递增，则实数解析f′(x)＝3x2－2px，由题意知x＝0和x＝－2是方程3x2－px＝0的两个根，∴p＝－6.答案－610．函数f(x)＝eq\f(ax2－1,x)在(0，＋∞)上递增，则a的范围为________．解析f′(x)＝eq\f(2ax·x－ax2－1,x2)＝eq\f(ax2＋1,x2)≥0在(0，＋∞)上恒成立．a≥－eq\f(1,x2)，又x>0时，－eq\f(1,x2)<0.∴a≥0.答案[0，＋∞)11．已知函数f(x)＝x2＋eq\f(2,x)＋alnx(x>0)，若f(x)在[1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围．解由f(x)＝x2＋eq\f(2,x)＋alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(2,x2)＋eq\f(a,x).若函数为[1，＋∞)上的单调增函数，则f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即不等式2x－eq\f(2,x2)＋eq\f(a,x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，也即a≥eq\f(2,x)－2x2在[1，＋∞]上恒成立．令φ(x)＝eq\f(2,x)－2x2，上述问题等价于a≥φ(x)max，而φ(x)＝eq\f(2,x)－2x2在[1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，于是a≥0为所求．12．(创新拓展)设函数f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)．(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，求a，b的值；(2)求函数f(x)的单调区间．解(1)f′(x)＝3x2－3a，因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′2＝0，,f2＝8))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(34－a＝0，,8－6a＋b＝8))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝24.))(2)因为f′(x)＝3(x2－a)(a≠0)，当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当a>0时，由f′(x)＝0⇒x＝±eq\r(a)，当x∈(－∞，－eq\r(a))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(