同步優(yōu)化探究理數(shù)北師大版練習(xí)：第二章 第十節(jié) 第一課時(shí)　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 Word版含解析

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1、課時(shí)作業(yè) A組——基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練 1.函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像是如圖所示的一條直線l，l與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0)，則f(0)與f(3)的大小關(guān)系為(　　) A．f(0)f(3) C．f(0)＝f(3) D．無(wú)法確定 解析：由題意知f(x)的圖像是以x＝1為對(duì)稱軸，且開口向下的拋物線，所以f(0)＝f(2)>f(3)．選B. 答案：B 2．若函數(shù)f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增，則k的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2]　　　　　 B．(－∞，－1] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞) 解析：依題意得f′(x)＝

2、k－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥在(1，＋∞)上恒成立，∵x>1，∴0<<1，∴k≥1，故選D. 答案：D 3．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x－1(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則y＝f(x)的圖像大致為(　　) 解析：依題意得f′(x)＝ex－2.當(dāng)x＜ln 2時(shí)， f′(x)＜0，f(x)是減函數(shù)，f(x)＞f(ln 2)＝1－2ln 2；當(dāng)x＞ln 2時(shí)，f′(x)＞0，f(x)是增函數(shù)，因此對(duì)照各選項(xiàng)知選C. 答案：C 4．函數(shù)f(x)＝的大致圖像是(　　) 解析：當(dāng)x＝－時(shí)，f(－)＝排除D；當(dāng)x＝－時(shí)，f(－)＝＜0，排除C；又f′(x)＝＝，當(dāng)x∈(0，)時(shí)

3、，f′(x)＞0，f(x)是增函數(shù)，當(dāng)x∈(，)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)是減函數(shù)，所以B錯(cuò)誤．故選A. 答案：A 5．若函數(shù)f(x)＝x3－2ax2＋6x＋5在x∈[1,2]上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 (　　) A．(0，] B．(0，) C．(－∞，) D．(－∞，] 解析：因?yàn)閒(x)＝x3－2ax2＋6x＋5，所以f′(x)＝3x2－4ax＋6，又f(x)在x∈[1,2]上是增函數(shù)，所以f′(x)≥0在x∈[1,2]上恒成立，即3x2－4ax＋6≥0,4ax≤3x2＋6在x∈[1,2]上恒成立，因?yàn)閤∈[1,2]，所以4a≤(3x＋)min，又3x＋≥2＝6，當(dāng)

4、且僅當(dāng)3x＝，即x＝時(shí)取“＝”，所以4a≤6，即a≤. 答案：C 6．已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且f′(x)(xln x2)＞2f(x)，則(　　) A．6f(e)＞2f(e3)＞3f(e2) B．6f(e)＜3f(e2)＜2f(e3) C．6f(e)＞3f(e2)＞2f(e3) D．6f(e)＜2f(e3)＜3f(e2) 解析：設(shè)F(x)＝，x＞0且x≠1，因?yàn)閒′(x)(xln x2)＞2f(x)，所以F′(x)＝＝＞0，所以F(x)在(0,1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(e)＜F(e2)＜F(e3)，故＜＜，即＜＜，所以6f(e)＜3

5、f(e2)＜2f(e3)．選B. 答案：B 7．(2018成都模擬)f(x)是定義域?yàn)镽的函數(shù)，對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有f(x)＝f(2－x)成立．若當(dāng)x≠1時(shí)，不等式(x－1)f′(x)＜0成立，若a＝f(0.5)，b＝f，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．b＞a＞c B．a(chǎn)＞b＞c C．c＞b＞a D．a(chǎn)＞c＞b 解析：因?yàn)閷?duì)任意實(shí)數(shù)x都有f(x)＝f(2－x)成立，所以函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，又因?yàn)楫?dāng)x≠1時(shí)，不等式(x－1)f′(x)＜0成立，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f＞f(0.5)＝f＞f(3)，即b＞a＞c. 答案：A

6、 8．(2018九江模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在區(qū)間上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 ． 解析：由題意知f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，即2a≥－x＋在上恒成立， ∵max＝，∴2a≥，即a≥. 答案： 9．設(shè)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－2)＝0，當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－f(x)＞0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是 ． 解析：令g(x)＝，則g′(x)＝， ∴當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＞0，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵f(x)為奇函數(shù)，f(－2)＝0，∴f(2)＝0，∴g (2

7、)＝＝0，結(jié)合奇函數(shù)f(x)的圖像知，f(x)＞0的解集為(－2,0)∪(2，＋∞)，故填(－2,0)∪(2，＋∞)． 答案：(－2,0)∪(2，＋∞) 10．(2018荊州質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝1. (1)求b，c的值； (2)若a＞0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解析：(1)f′(x)＝x2－ax＋b， 由題意得即 (2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)， 當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)＞0； 當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0

8、. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a)． 11．已知函數(shù)f(x)＝exln x－aex(a∈R)． (1)若f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線y＝x＋1垂直，求a的值； (2)若f(x)在(0，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)f′(x)＝exln x＋ex－aex＝ex， f′(1)＝(1－a)e，由(1－a)e＝－1， 得a＝2. (2)由(1)知f′(x)＝ex， 若f(x)為單調(diào)遞減函數(shù)，則f′(x)≤0在x>0時(shí)恒成立． 即－a＋ln x≤0在x>0時(shí)恒成立． 所以a≥＋ln x在x>

9、0時(shí)恒成立． 令g(x)＝＋ln x(x>0)， 則g′(x)＝－＋＝(x>0)， 由g′(x)>0，得x>1； 由g′(x)<0，得00時(shí)恒成立， 即－a＋ln x≥0在x>0時(shí)恒成立， 所以a≤＋ln x在x>0時(shí)恒成立，由上述推理可知此時(shí)a≤1. 故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]． B組——能力提升練 1．函數(shù)f(x)的定義域

10、是(0，)，f′(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，且f(x)＋tan xf′(x)＞0在定義域內(nèi)恒成立，則(　　) A．f()＞f() B.sin 1f(1)＞f() C．f()＞f() D.f()＞f() 解析：∵0＜x＜，∴sin x＞0，cos x＞0.由f(x)＋tan xf′(x)＞0，得cos xf(x)＋sin xf′(x)＞0.令g(x)＝sin xf(x)，0＜x＜，則g′(x)＝cos xf(x)＋sin xf′(x)＞0，即g(x)在(0，)上是增函數(shù)，∴g(1)＞g()，即sin 1f(1)＞sin f()，∴sin 1f(1)＞f()．故選B. 答案：B 2．已

11、知函數(shù)f(x)＝.若當(dāng)x＞0時(shí)，函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y＝kx的下方，則k的取值范圍是(　　) A．[，] B．[，＋∞) C．[，＋∞) D．[－，] 解析：由題意，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝＜kx恒成立．由f(π)＜kπ知k＞0. 又f′(x)＝，由切線的幾何意義知，要使f(x)＜kx恒成立，必有 k≥f′(0)＝.要證k≥時(shí)不等式恒成立，只需證g(x)＝－x＜0， ∵g′(x)＝－＝≤0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴g(x)＜g(0)＝0，∴不等式成立．綜上k∈[，＋∞)． 答案：B 3．(2018石家莊市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝sin(2x＋)，f′(

12、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)間是(　　) A．[，] B．[－，] C．[－，] D．[－，] 解析：由題意，得f′(x)＝2cos(2x＋)，所以y＝2f(x)＋f′(x)＝2sin(2x＋)＋2cos(2x＋)＝2sin(2x＋＋)＝2sin(2x＋)．由2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)，所以y＝2f(x)＋f′(x)的一個(gè)單調(diào)遞減區(qū)間為[，]，故選A. 答案：A 4．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0>0，則a的取值范圍是(　　) A．(2，＋∞) B

13、．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1) 解析：當(dāng)a＝0時(shí)，顯然f (x)有兩個(gè)零點(diǎn)，不符合題意． 當(dāng)a≠0時(shí)，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝. 當(dāng)a＞0時(shí)，＞0，所以函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，0)與上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，因?yàn)閒(x)存在唯一零點(diǎn)x0，且x0＞0，則f(0)＜0， 即1＜0，不成立． 當(dāng)a＜0時(shí)，＜0，所以函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1在和(0，＋∞)上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，因?yàn)閒(x)存在唯一零點(diǎn)x0，且x0＞0，則f＞0， 即a－3＋1＞0，解得a＞2或a＜－2，又因?yàn)閍＜0，故a的取

14、值范圍為 (－∞，－2)．選B. 答案：B 5．(2018山西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足xf′(x)＋f(x)＝，且f(e)＝，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則不等式f(x)＋e＞x＋的解集是(　　) A．(0，e) B．(0，) C．(，e) D．(e，＋∞) 解析：令g(x)＝xf(x)，則f(x)＝，g′(x)＝，∴f′(x)＝＝，令h(x)＝ln x－g(x)，則h′(x)＝－g′(x)＝，當(dāng)0＜x＜e時(shí)，h′(x)＞0，當(dāng)x＞e時(shí)，h′(x)＜0，∴h(x)≤h(e)＝1－g(e)＝1－ef(e)＝0，∴f′(x)≤0.令φ(

15、x)＝f(x)－x，則φ′(x)＝f′(x)－1≤－1＜0，∴φ(x)為減函數(shù)，又不等式f(x)＋e＞x＋可化為φ(x)＞φ(e)，∴0＜x＜e，故選A. 答案：A 6．已知函數(shù)f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是 ． 解析：∵函數(shù)f(x)＝－x2－3x＋4ln x(x＞0)， ∴f′(x)＝－x－3＋， ∵函數(shù)f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不單調(diào)， ∴f′(x)＝－x－3＋＝0在(t，t＋1)上有解， ∴＝0在(t，t＋1)上有解， ∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，由x2＋3x－4＝0得

16、x＝1或x＝－4(舍去)， ∴1∈(t，t＋1)，∴t∈(0,1)，故實(shí)數(shù)t的取值范圍是(0,1)． 答案：(0,1) 7．已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，且xf′(x)＋f(x)＞0，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為 ． 解析：因?yàn)間(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(0)＝1，y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，所以g(x)為(0，＋∞)上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，又g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上無(wú)零點(diǎn)． 答案：0 8．(2018洛陽(yáng)統(tǒng)考)已知函數(shù)

17、f(x)＝ex＋mln x(m∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，若對(duì)任意正數(shù)x1，x2，當(dāng)x1＞x2時(shí)都有f(x1)－f(x2)＞x1－x2成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是 ． 解析：依題意得，對(duì)于任意的正數(shù)x1，x2，當(dāng)x1＞x2時(shí)，都有f(x1)－x1＞f(x2)－x2，因此函數(shù)g(x)＝f(x)－x在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數(shù)，于是當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＝f′(x)－1＝ex＋－1≥0，即x(ex－1)≥－m恒成立．記h(x)＝x(ex－1)，x＞0，則有h′(x)＝(x＋1)ex－1＞(0＋1)e0 －1＝0(x＞0)，h(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數(shù)，h(x)的值域是(0，

18、＋∞)，因此－m≤0，m≥0.故所求實(shí)數(shù)m的取值范圍是[0，＋∞)． 答案：[0，＋∞) 9．已知函數(shù)f(x)＝x2－(2t＋1)x＋tln x(t∈R)． (1)若t＝1，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程以及f(x)的極值； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝(1－t)x，若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)≥g(x0)成立，求實(shí)數(shù)t的最大值． 解析：(1)依題意，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 當(dāng)t＝1時(shí)，f(x)＝x2－3x＋ln x，f′(x)＝2x－3＋＝. 由f′(1)＝0，f(1)＝－2，得曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝－2.

19、 令f′(x)＝0，解得x＝或x＝1，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下： x 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  由表格知，f(x)極大值＝f＝－＋ln，f(x)極小值＝f(1)＝－2. (2)由題意知，不等式f(x)≥g(x)在區(qū)間[1，e]上有解， 即x2－2x＋t(ln x－x)≥0在區(qū)間[1，e]上有解． ∵當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，ln x≤1≤x(不同時(shí)取等號(hào))，∴l(xiāng)n x－x<0，∴t≤在區(qū)間[1，e]上有解． 令h(x)＝，則h′(x)＝. ∵x∈[1，e]，∴x＋2>2≥2ln x，∴h′(x)≥0，h(x)單調(diào)遞增，∴x∈[1，e]時(shí)，h(x)max＝h(e)＝. ∴t≤，∴實(shí)數(shù)t的最大值是.