2023版新教材高中數(shù)學(xué)第六章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用6.2利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)6.2.1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(第2課時)課時作業(yè)新人教B版選擇性必修第三冊

6．2.1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(第2課時)必備知識基礎(chǔ)練1．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2＋ax的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則()A．a(chǎn)∈(－∞，－3]B．a(chǎn)＝－3C．a(chǎn)＝3D．a(chǎn)∈(－∞，3]2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3－x2,ex)在區(qū)間(m，m＋2)上單調(diào)遞減，則實數(shù)m的取值范圍為________.3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(2a－3)x－1.(1)若f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，1)，則a的取值集合為________；(2)若f(x)在區(qū)間(－1，1)上單調(diào)遞減，則a的取值集合為________.4．已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx，其中a∈R.求f(x)的單調(diào)區(qū)間．5．已知f(x)＝x2－2x＋alnx．若g(x)＝f(x)－ax，求函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．6．已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax，其中a∈R.討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．關(guān)鍵能力綜合練7.設(shè)函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(2,x)－alnx在(1，2)上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[4，5]B．(5，＋∞)C．[4，＋∞)D．[5，＋∞)8．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－16lnx在區(qū)間[a－eq\f(1,2)，a＋eq\f(1,2)]上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,2)))D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,2)))9．若函數(shù)f(x)＝2x2－lnx在定義域內(nèi)的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))C．(1，2]D．[1，2)10.若函數(shù)f(x)＝x3－ax－1的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，1)，求a的值．11．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋3x＋1.討論f(x)的單調(diào)性．12．已知函數(shù)f(x)＝ax－(2a＋1)lnx－eq\f(2,x)，a∈R.討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．核心素養(yǎng)升級練13.已知函數(shù)f(x)＝x2＋2alnx.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)g(x)＝eq\f(2,x)＋f(x)在[1，2]上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．14．已知函數(shù)f(x)＝ex(ex－a)－a2x.討論f(x)的單調(diào)性．6．2.1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(第2課時)必備知識基礎(chǔ)練1．答案：B解析：由f(x)＝lnx＋x2＋ax得f′(x)＝eq\f(2x2＋ax＋1,x)，又f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以eq\f(1,2)和1是方程eq\f(2x2＋ax＋1,x)＝0的兩個根，代入得a＝－3.經(jīng)檢驗滿足題意．故選B.2．答案：[－1，1]解析：f′(x)＝eq\f(（x－3）（x＋1）,ex)，令f′(x)<0，解得－1<x<3，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，3)，所以(m，m＋2)?(－1，3)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≥－1，,m＋2≤3，))解得－1≤m≤1.3．答案：(1){0}(2){a|a≤0}解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋2a－3＝(x＋1)(3x＋2a－3).(1)因為f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，1)，所以－1和1是方程f′(x)＝0的兩根，所以eq\f(3－2a,3)＝1，所以a＝0，所以a的取值集合為{0}．(2)因為f(x)在區(qū)間(－1，1)上單調(diào)遞減，所以f′(x)≤0在(－1，1)內(nèi)恒成立，又二次函數(shù)y＝f′(x)的圖象開口向上，一個根為－1，所以必有eq\f(3－2a,3)≥1，所以a≤0，所以a的取值集合為{a|a≤0}．4．解析：f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x).①當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．②當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a).f(x)和f′(x)的情況如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))f′(x)－0＋f(x)故f(x)的單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))；單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).5．解析：∵f(x)＝x2－2x＋alnx，∴g(x)＝f(x)－ax＝x2－2x＋alnx－ax，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝2x－(2＋a)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－（2＋a）x＋a,x)＝eq\f(（2x－a）（x－1）,x)，令g′(x)＝0，則x＝1或x＝eq\f(a,2)，當(dāng)a≤0時，令g′(x)>0可得x>1，∴函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)；當(dāng)0<a<2時，令g′(x)>0，可得0<x<eq\f(a,2)或x>1，∴函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)))，(1，＋∞)；當(dāng)a＝2時，g′(x)≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，∴函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a>2時，令g′(x)>0可得：0<x<1或x>eq\f(a,2)，∴函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))；綜上可得：當(dāng)a≤0時單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)；當(dāng)0<a<2時單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)))，(1，＋∞)；當(dāng)a＝2時單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a>2時單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞)).6．解析：由f(x)＝ex＋ax，得f′(x)＝ex＋a，當(dāng)a≥0時，f′(x)>0恒成立，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，令f′(x)＝0，解得x＝ln(－a)，當(dāng)x∈(－∞，ln(－a))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(ln(－a)，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；綜上所述：當(dāng)a≥0時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，f(x)在(－∞，ln(－a))上單調(diào)遞減，在(ln(－a)，＋∞)上單調(diào)遞增．關(guān)鍵能力綜合練7．答案：D解析：函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(2,x)－alnx在(1，2)上單調(diào)遞減，則f′(x)＝2＋eq\f(2,x2)－eq\f(a,x)≤0在(1，2)上恒成立，所以a≥2x＋eq\f(2,x)在(1，2)上恒成立，設(shè)函數(shù)h(x)＝2x＋eq\f(2,x)，則h′(x)＝2－eq\f(2,x2)＝eq\f(2x2－2,x2)＝eq\f(2（x＋1）（x－1）,x2)，所以h′(x)>0在x∈(1，2)上恒成立，所以h(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，所以h(x)<h(2)＝5，所以a≥5，則實數(shù)a的取值范圍是[5，＋∞).故選D.8．答案：D解析：f′(x)＝x－eq\f(16,x)＝eq\f(（x＋4）（x－4）,x)，(x>0)，當(dāng)f′(x)≤0，解得0<x≤4，由條件可知[a－eq\f(1,2)，a＋eq\f(1,2)]?(0，4]，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)>0,a＋\f(1,2)≤4))，解得eq\f(1,2)<a≤eq\f(7,2).故選D.9．答案：A解析：顯然函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x).由f′(x)>0，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))；由f′(x)<0，得函數(shù)f(x)單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).因為函數(shù)在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，所以k－1<eq\f(1,2)<k＋1，解得－eq\f(1,2)<k<eq\f(3,2)，又因為(k－1，k＋1)為定義域內(nèi)的一個子區(qū)間，所以k－1≥0，即k≥1.綜上可知實數(shù)k的取值范圍是[1，eq\f(3,2)).故選A.10．解析：由f′(x)＝3x2－a，①當(dāng)a≤0時，f′(x)≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)．②當(dāng)a>0時，令3x2－a＝0，得x＝±eq\f(\r(3a),3)，當(dāng)－eq\f(\r(3a),3)<x<eq\f(\r(3a),3)時，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))上為減函數(shù)，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))，所以eq\f(\r(3a),3)＝1，解得a＝3.11．解析：由題意可知f(x)的定義域為R，f′(x)＝3x2－2ax＋3，令f′(x)＝0，可得3x2－2ax＋3＝0，方程3x2－2ax＋3＝0的判別式Δ＝4(a2－9)，①當(dāng)Δ≤0，即－3≤a≤3時f′(x)≥0，f(x)在R上單調(diào)遞增；②當(dāng)Δ>0，即a<－3或a>3時，由3x2－2ax＋3＝0，解得x1＝eq\f(a－\r(a2－9),3)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－9),3)令f′(x)>0，則x<x1或x>x2；令f′(x)<0，則x1<x<x2；所以f(x)在(－∞，x1)上單調(diào)遞增，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)－3≤a≤3時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a<－3或a>3時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a－\r(a2－9),3)))上單調(diào)遞增，在(eq\f(a－\r(a2－9),3)，eq\f(a＋\r(a2－9),3))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－9),3)，＋∞))上單調(diào)遞增．12．解析：f′(x)＝a－eq\f(2a＋1,x)＋eq\f(2,x2)＝eq\f(ax2－（2a＋1）x＋2,x2)＝eq\f(（ax－1）（x－2）,x2)，當(dāng)a≤0時，ax－1<0恒成立，令f′(x)＝eq\f(（ax－1）（x－2）,x2)>0得0<x<2，令f′(x)＝eq\f(（ax－1）（x－2）,x2)<0得x>2，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(2，＋∞)；當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時，eq\f(1,a)>2，故令f′(x)＝eq\f(（ax－1）（x－2）,x2)>0得0<x<2或x>eq\f(1,a)，令f′(x)＝eq\f(（ax－1）（x－2）,x2)<0得2<x<eq\f(1,a)，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,a)))；當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f′(x)＝eq\f(（x－2）2,2x2)≥0恒成立，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a>eq\f(1,2)時，0<eq\f(1,a)<2，令f′(x)＝eq\f(（ax－1）（x－2）,x2)>0得0<x<eq\f(1,a)或x>2，令f′(x)＝eq\f(（ax－1）（x－2）,x2)<0得eq\f(1,a)<x<2，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))；綜上：當(dāng)a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(2，＋∞)；當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,a)))；當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a>eq\f(1,2)時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2)).核心素養(yǎng)升級練13．解析：(1)f′(x)＝2x＋eq\f(2a,x)＝eq\f(2x2＋2a,x)，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞).①當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；②當(dāng)a<0時，f′(x)＝eq\f(2（x＋\r(－a)）（x－\r(－a)）,x)，解方程f′(x)＝0，可得x＝eq\r(－a)(－eq\r(－a)舍去)，解不等式f′(x)>0，可得x>eq\r(－a)，此時f(x)單調(diào)遞增；解不等式f′(x)<0，可得0<x<eq\r(－a)，此時，f(x)單調(diào)遞減．可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\r(－a))；單調(diào)遞增區(qū)間是(eq\r(－a)，＋∞).(2)由g(x)＝eq\f(2,x)＋x2＋2alnx，得g′(x)＝－eq\f(2