高中數(shù)學(xué)人教A版2第一章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用單元測(cè)試 公開(kāi)課獎(jiǎng)

1．3導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用1．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)1．掌握函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系．2．能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)求不超過(guò)三次的多項(xiàng)式函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和其他函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．eq\x(基)eq\x(礎(chǔ))eq\x(梳)eq\x(理)1．一般地，可導(dǎo)函數(shù)f(x)的單調(diào)性與其導(dǎo)函數(shù)f′(x)有如下關(guān)系：導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)不等式的解集函數(shù)的單調(diào)性單調(diào)區(qū)間f′(x)＞0(a，b)單調(diào)遞增遞增區(qū)間f′(x)＜0(a，b)單調(diào)遞減遞減區(qū)間f′(x)＝0—常函數(shù)—想一想：(1)在區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f′(x)>0，則f(x)在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，反過(guò)來(lái)也成立嗎？解析：不一定成立．例如，f(x)＝x3在R上為增函數(shù)，但f′(0)＝0，即f′(x)>0是f(x)在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增的充分不必要條件．(2)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，需要先確定什么？解析：函數(shù)的定義域．函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是函數(shù)定義域的子集．2．函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)值大小的關(guān)系一般地，設(shè)函數(shù)y＝f(x)，在區(qū)間(a，b)內(nèi)，(1)如果|f′(x)|越大，函數(shù)在區(qū)間(a，b)內(nèi)變化得越快，函數(shù)的圖象就比較“陡峭”(向上或向下)；(2)如果|f′(x)|越小，函數(shù)在區(qū)間(a，b)內(nèi)變化得越慢，函數(shù)的圖象就比較“平緩”(向上或向下)．eq\x(自)eq\x(測(cè))eq\x(自)eq\x(評(píng))1．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是(D)A．(－∞，2)B．(0，3)C．(1，4)D．(2，＋∞)解析：f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2.2．函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋1的單調(diào)遞減區(qū)間為(D)A．(2，＋∞)B．(－∞，2)C．(－∞，0)D．(0，2)解析：f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＜0，得0＜x＜2，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，2)．故選D.3．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x)＋lnx，則有(A)A．f(2)<f(e)<f(3)B．f(e)<f(2)<f(3)C．f(3)<f(e)<f(2)D．f(e)<f(3)<f(2)解析：在(0，＋∞)內(nèi)，f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))＋eq\f(1,x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，所以有f(2)<f(e)<f(3)．eq\x(基)eq\x(礎(chǔ))eq\x(鞏)eq\x(固)1．函數(shù)y＝4x2＋eq\f(1,x)的單調(diào)增區(qū)間是(C)A．(0，＋∞)B．(－∞，1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))D．(1，＋∞)2．若在區(qū)間(a，b)內(nèi)有f′(x)＞0，且f(a)≥0，則在(a，b)內(nèi)有(A)A．f(x)＞0B．f(x)＜0C．f(x)＝0D．f(x)≥03．下列區(qū)間中，使函數(shù)y＝x·cosx－sinx為增函數(shù)的區(qū)間是(B)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))B．(π，2π)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))D．(2π，3π)解析：f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－x·sinx，當(dāng)x∈(π，2π)時(shí)，f′(x)>0.故選B.4．函數(shù)f(x)＝sinx－2x的遞減區(qū)間是________．解析：因?yàn)閒′(x)＝cosx－2＜0，所以f(x)在R上為減函數(shù)．答案：(－∞，＋∞)eq\x(能)eq\x(力)eq\x(提)eq\x(升)5．(2023·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷)若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增，則k的取值范圍是(D)A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)解析：f′(x)＝k－eq\f(1,x)，由已知得f′(x)≥0在x∈(1，＋∞)恒成立，故k≥eq\f(1,x)，因?yàn)閤>1，所以0<eq\f(1,x)<1，故k的取值范圍是[1，＋∞)．6．設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，y＝f′(x)的圖象如下圖所示，則y＝f(x)的圖象最有可能是(C)解析：由f′(x)的圖象可知，x<0或x>2時(shí)，f′(x)>0；0<x<2時(shí)，f′(x)<0，所以，函數(shù)f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，在(0，2)內(nèi)單調(diào)遞減．7．若函數(shù)y＝a(x3－x)的單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，則a的取值范圍是________．解析：由f′(x)＝a(3x2－1)＝3aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(3),3)))＜0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，知a＞0.答案：(0，＋∞)8．(2023·武漢調(diào)研)若函數(shù)y＝－eq\f(4,3)x3＋ax有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則a的取值范圍是________．解析：∵y′＝－4x2＋a，且y有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，∴方程y′＝－4x2＋a＝0有兩個(gè)不等的實(shí)根，∴Δ＝02－4×(－4)×a>0，∴a>0.答案：(0，＋∞)9．已知函數(shù)f(x)＝kx3－3(k＋1)x2－k2＋1(k＞0)．若f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，4)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)與(4，＋∞)，求k的值．解析：f′(x)＝3kx2－6(k＋1)x，由題知x＝0或x＝4為方程f′(x)＝0的兩根，∴0＋4＝4＝eq\f(6（k＋1）,3k).∴k＝1.10．已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex.設(shè)f(x)在區(qū)間[－1，1]上是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．解析：f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝ex[x2＋2(1－a)x－2a]．令f′(x)＝0，即x2＋2(1－a)x－2a＝0.解得x1＝a－1－eq\r(1＋a2)，x2＝a－1＋eq\r(1＋a2)，其中x1<x2.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況見(jiàn)下表：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗↘↗∵a≥0