2020秋高中數(shù)學(xué)人教版2-21.3.1函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020秋高中數(shù)學(xué)人教A版選修2-2課時(shí)作業(yè)：1.3.1函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)含解析第一章1.31。請(qǐng)同學(xué)們認(rèn)真完成練案[6]A級(jí)基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．在下列結(jié)論中，正確的有（A)（1)單調(diào)增函數(shù)的導(dǎo)數(shù)也是單調(diào)增函數(shù)；(2)單調(diào)減函數(shù)的導(dǎo)數(shù)也是單調(diào)減函數(shù)；(3)單調(diào)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)也是單調(diào)函數(shù)；(4）導(dǎo)函數(shù)是單調(diào)的，則原函數(shù)也是單調(diào)的．A．0個(gè) B．2個(gè)C．3個(gè) D．4個(gè)[解析]分別舉反例：(1)y＝lnx，（2)y＝eq\f（1，x)（x〉0），(3）y＝2x，(4)y＝x2，故選A．2．(2020·山東卷)若定義在R的奇函數(shù)f(x）在(－∞，0）單調(diào)遞減，且f(2)＝0，則滿足xf(x－1）≥0的x的取值范圍是(D)A．［－1，1］∪[3，＋∞） B．[－3,－1]∪［0，1］C．［－1，0］∪［1，＋∞) D．[－1，0］∪［1,3][解析]∵定義在R的奇函數(shù)f(x)在（－∞,0）單調(diào)遞減，且f（2)＝0，∴f(x）在（0,＋∞）上單調(diào)遞減，當(dāng)x＝0時(shí),不等式xf（x－1)≥0成立，當(dāng)x＝1時(shí)，不等式xf(x－1）≥0成立，當(dāng)x－1＝2或x－1＝－2時(shí)，即x＝3或x＝－1時(shí),不等式xf(x－1)≥0成立，當(dāng)x＞0時(shí)，不等式xf（x－1）≥0等價(jià)為f（x－1)≥0，此時(shí)eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x〉0，0<x－1≤2）），此時(shí)1＜x≤3，當(dāng)x＜0時(shí),不等式xf(x－1）≥0等價(jià)為f（x－1）≤0，即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x<0,－2≤x－1<0)),得－1≤x＜0，綜上－1≤x≤0或1≤x≤3,即實(shí)數(shù)x的取值范圍是[－1，0]∪[1，3]，故選D．3．（2020·宣城高二檢測(cè)）函數(shù)f(x)＝2x＋x3－2在區(qū)間(0，1)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是(B)A．0 B．1C．2 D．3[解析］∵f(x）＝2x＋x3－2，0〈x〈1，∴f′(x)＝2xln2＋3x2〉0在(0，1)上恒成立，∴f(x)在(0，1）上單調(diào)遞增．又f（0）＝20＋0－2＝－1〈0，f(1）＝2＋1－2＝1〉0，f（0)f（1)〈0，則f（x）在(0，1)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)，又函數(shù)y＝f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，則函數(shù)f(x)在（0,1）內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．4．下列函數(shù)中,在（0，＋∞）內(nèi)為增函數(shù)的是（B)A．y＝sinx B．y＝xe2C．y＝x3－x D．y＝lnx－x[解析］對(duì)于B，y＝xe2,則y′＝e2，∴y＝xe2在R上為增函數(shù),在（0，＋∞）上也為增函數(shù)，選B．5．y＝xlnx在（0，5)上是（C）A．單調(diào)增函數(shù)B．單調(diào)減函數(shù)C．在(0，eq\f(1，e））上單調(diào)遞減，在(eq\f（1,e)，5)上單調(diào)遞增D．在（0，eq\f（1，e）)上單調(diào)遞增，在(eq\f（1，e），5）上單調(diào)遞減[解析］∵y′＝x′·lnx＋x·(lnx）′＝lnx＋1，∴當(dāng)0<x<eq\f（1,e）時(shí)，lnx〈－1，即y′〈0，∴y在（0，eq\f（1，e))上單調(diào)遞減．當(dāng)eq\f(1，e）<x<5時(shí)，lnx〉－1，即y′〉0，∴y在(eq\f（1，e）,5）上單調(diào)遞增．6．(2020·商洛模擬)設(shè)f（x）在定義域內(nèi)可導(dǎo)，其圖象如圖所示，則導(dǎo)函數(shù)f′（x)的圖象可能是（B）[解析］由f(x)的圖象可得,在y軸的左側(cè)，圖象下降，f（x)遞減，即有導(dǎo)數(shù)小于0，可排除C，D；再由y軸的右側(cè),圖象先下降再上升,最后下降，函數(shù)f(x)遞減，再遞增，后遞減，即有導(dǎo)數(shù)先小于0，再大于0，最后小于0，可排除A；則B正確．故選B．二、填空題7．(2020·沙市區(qū)校級(jí)期中)函數(shù)y＝x3－x2－x的單調(diào)增區(qū)間為__（－∞，－eq\f（1，3))，(1，＋∞）__。[解析]由y＝x3－x2－x，∴f′(x)＝3x2－2x－1＝3（x＋eq\f（1,3））（x－1)．令f′(x)〉0，解得x〉1或x<－eq\f（1,3).函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－eq\f（1，3)），（1，＋∞)．故答案為（－∞，－eq\f（1,3))，（1，＋∞)．8．（2020·無錫期末)函數(shù)f(x）＝x＋2cosx(0≤x≤2π)的單調(diào)遞減區(qū)間為__（eq\f(π,6)，eq\f(5π，6）)__.［解析］∵函數(shù)y＝x＋2cosx，∴y′＝1－2sinx＜0，∴sinx＞eq\f（1，2)，又∵x∈[0，2π],∴x∈(eq\f(π,6）,eq\f（5π，6))，故答案為（eq\f(π,6)，eq\f（5π，6)）．三、解答題9．（2020·山東卷改編)已知函數(shù)f(x）＝aex－1－lnx＋lna。當(dāng)a＝e時(shí)，求曲線y＝f（x)在點(diǎn)(1，f(1））處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積．[解析]當(dāng)a＝e時(shí),f（x）＝ex－lnx＋1，∴f′(x）＝ex－eq\f(1，x)，∴f′（1)＝e－1，∵f（1）＝e＋1，∴曲線y＝f(x）在點(diǎn)（1，f(1)）處的切線方程為y－（e＋1)＝(e－1）(x－1），當(dāng)x＝0時(shí)，y＝2，當(dāng)y＝0時(shí)，x＝eq\f(－2,e－1)，∴曲線y＝f（x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積S＝eq\f（1,2)×2×eq\f（2，e－1）＝eq\f（2，e－1).10．（2019·長(zhǎng)沙高二檢測(cè))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）＝（x2－2ax）ex,∴f′（x）＝(2x－2a)ex＋（x2－2ax)e＝ex[x2＋2（1－a）x－2a］，∵ex令f′（x）>0,即x2＋2(1－a)x－2a得x〈a－1－eq\r(1＋a2）或x>a－1＋eq\r（1＋a2),令f′(x)<0得遞減區(qū)間為a－1－eq\r(1＋a2）〈x<a－1＋eq\r（1＋a2），∵a≥0,∴x1〈－1,x2≥0。f（x）在區(qū)間(－1,1)上單調(diào)遞減，∴x2≥1,即a－1＋eq\r(1＋a2)≥1,∴a≥eq\f(3，4）。B級(jí)素養(yǎng)提升一、選擇題1．（多選題）已知函數(shù)f（x）＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π，12)）），f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，則函數(shù)y＝2f（x）＋f′(x）的一個(gè)單調(diào)遞減區(qū)間可以是（AC)A．eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f（7π，12）)) B．eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f（5π，12)，\f(π，12)））C．eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（13π，12），\f(19π,12）)） D．eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f（π，6），\f(5π，6）））[解析]y＝2f（x)＋f′（x)＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，12))）＋2coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,12)））＝2eq\r（2）sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，3））），令eq\f(π,2）＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3）≤eq\f(3π，2）＋2kπ，得:eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(7π，12）＋kπ,k∈Z,∴當(dāng)k＝0時(shí)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(π，12），\f(7π,12)）），當(dāng)k＝1時(shí),單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（13π，12），\f（19π，12)））。2．（多選題）下列圖象中，可以作為函數(shù)f（x)＝eq\f(1，3)x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R）的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象的是（AC)[解析］∵f′(x)＝x2＋2ax＋(a2－1）,∴導(dǎo)函數(shù)f′（x）的圖象開口向上．當(dāng)a≠0時(shí)，f′（x)不是偶函數(shù)，其圖象不關(guān)于y軸對(duì)稱，∴f′(x)的圖象可以為C項(xiàng)圖．當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x）＝x2－1,為A項(xiàng)圖．故選AC．3．（多選題)在下列結(jié)論中,正確的有（AC）A．單調(diào)增函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)不一定是單調(diào)增函數(shù)B．單調(diào)減函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)一定是單調(diào)減函數(shù)C．單調(diào)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)不一定是單調(diào)函數(shù)D．導(dǎo)函數(shù)是單調(diào)的,則原函數(shù)一定也是單調(diào)的[解析］對(duì)于A，y＝lnx的導(dǎo)函數(shù)y＝eq\f(1，x)的(0，＋∞)為減函數(shù)；對(duì)于B，y＝eq\f(1,x)(x>0)的導(dǎo)函數(shù)y＝－eq\f（1，x2)在(0，＋∞）上為增函數(shù);C中，舉例y＝2x；D中，舉例y＝x2。故選AC．二、填空題4．曲線y＝(x＋a)·eax在點(diǎn)（0，a）處的切線與直線x＋2y＋3＝0垂直，則a＝__±1__。［解析］由已知得y′＝(ax＋a2＋1）·eax,∴y′|x＝0＝a2＋1，又所求切線與直線x＋2y＋3＝0垂直，∴a2＋1＝2，∴a＝±1.三、解答題5．（2020·天津卷改編)已知函數(shù)f（x)＝x3＋klnx（k∈R)，f′(x)為f(x）的導(dǎo)函數(shù)．當(dāng)k＝6時(shí)，(1）求曲線y＝f（x)在點(diǎn)（1，f(1））處的切線方程；(2)求函數(shù)g（x)＝f(x)－f′（x)＋eq\f（9，x）的單調(diào)區(qū)間和極值；[解析］(1)當(dāng)k＝6時(shí)，f(x)＝x3＋6lnx，故f′(x）＝3x2＋eq\f(6，x)，∴f′(1)＝9，∵f(1)＝1，∴曲線y＝f（x)在點(diǎn)(1,f(1)）處的切線方程為y－1＝9(x－1)，即9x－y－8＝0。(2）g（x)＝f(x）－f′（x）＋eq\f(9，x)＝x3＋6lnx－3x2＋eq\f（3，x）,x＞0,∴g′(x)＝3x2－6x＋eq\f(6,3）－eq\f（3，x2)＝eq\f(3x－13x＋1,x2）,令g′(x）＝0，解得x＝1，當(dāng)0＜x＜1，g′（x）＜0,當(dāng)x＞1,g′（x）＞0，∴函數(shù)g(x)在（0,1)上單調(diào)遞減,在(1，＋∞）上單調(diào)遞增,x＝1是極小值點(diǎn)，極小值為g（1)＝1，無極大值．6．已知函數(shù)f（x）＝x2·ex－1＋ax3＋bx2，且x＝－2和x＝1是f′(x）＝0的兩根．(1）求a，b的值；(2)求f（x）的單調(diào)區(qū)間．［解析］(1）因?yàn)閒′（x）＝ex－1（2x＋x2)＋3ax2＋2bx＝xex－1(x＋2)＋x（3ax＋2b)．又x＝－2和x＝1為f′(x）＝0的兩根，所以f′（－2)＝f′（1)＝0.故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－6a＋2b＝0，，3＋3a＋2b＝0，))解方程組得a＝－eq\f（1,3），b＝－1。(2)因?yàn)閍＝－eq\f（1，3），