教育最新K122018-2019学年高中数学 第四章 导数应用 4.1.1 导数与函数的单调性作业2 北师大版选修1-1

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4.1.1 导数与函数的单调性

[A.基础达标] 1.函数 y=xln x 在(0,5)上( ) A.是增加的 B.是减少的 1 1 C.在(0, )上是减函数,在( ,5)上是增函数 e e 1 1 D.在(0, )上是增函数,在( ,5)上是减函数 e e 1 1 解析:选 C.y′=(xln x)′=ln x+x· =ln x+1,当 x= 时,y′=0, x e 1 1 1 当 x∈(0, )时,y′<0,当 x∈( ,+∞)时,y′>0,又 x∈(0,5),即 y 在(0, )上 e e e 1 是递减的,在( ,5)上是递增的,故选 C. e 2.函数 f(x)=ln x-x 的递减区间为( ) A.(-∞,0),(1,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,0) D.(0,1) 1 1- x 1-x 解析: 选 B.f′(x)=(ln x-x)′= -1= , 令 f′(x)<0 得 <0, 所以 x(1-x)<0,

x

x

x

解得 x>1 或 x<0. 又 x>0,所以 x>1. 3.设函数 f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图像如图所示,则导函数 y=f′(x)的图像 可能为( )

解析:选 D.由 y=f(x)图像可知,当 x<0 时,f(x)是增函数,f′(x)>0,排除 A、C.当 x>0 时,函数图像先增加后减少再增加,其对应的导数是,先有 f′(x)>0,再有 f′(x)<0, 最后 f′(x)>0,因此 D 符合条件. 3 2 4. 若函数 f(x)=x +2x +mx+1 在(-∞, +∞)内是增加的, 则 m 的取值范围是( ) 4 4 A.m≥ B.m> 3 3 4 4 C.m≤ D.m< 3 3 2 解析:选 A.f′(x)=3x +4x+m,由题意 f′(x)≥0 在 R 上恒成立, 4 2 2 2 即对任意 x∈R,3x +4x+m≥0,所以 m≥-(3x +4x),由于-(3x +4x)的最大值是 , 3 4 故 m≥ . 3 5.对于 R 上的任意连续函数 f(x),若满足(x-1)f′(x)≥0,则必有( ) 小学+初中+高中

小学+初中+高中 A.f(0)+f(2)<2f(1) B.f(0)+f(2)≤2f(1) C.f(0)+f(2)≥2f(1) D.f(0)+f(2)>2f(1) 解析:选 C.由题意,当 x>1 时,f′(x)≥0,当 x<1 时,f′(x)≤0,由于函数 f(x)为 连续函数,所以 f′(1)=0 必成立.所以当 f′(x)恒为 0 时,函数 f(x)在[1,+∞)上是增 加的,在(-∞,1)上是减少的, 所以 f(0)>f(1),f(2)>f(1).所以 f(0)+f(2)>2f(1), 当 f′(x)=0 恒成立时, f(x)为常数函数, f(0)=f(2)=f(1), 即 f(0)+f(2)=2f(1). 所以 f(0)+f(2)≥2f(1). ?π ? ?π ? x 6.函数 f(x)=e cos x,则 f? ?与 f? ?的大小关系为________. ?6? ?5? π x x 解析:因为 f′(x)=e (cos x-sin x)= 2e sin( -x), 4 π ? ? 所以?0, ?是函数 f(x)的一个递增区间, 4? ? π π π 又 0< < < , 6 5 4 ?π ? ?π ? 所以 f? ?<f? ?. ?6? ?5? ?π ? ?π ? 答案:f? ?<f? ? ?6? ?5? 1 2 7.函数 y= x -ln x 的递减区间为________. 2 1 2 x2-1 解析:因为 y= x -ln x 的定义域为(0,+∞),y′= ,所以由 y′<0 得 0<x<1. 2 x 答案:(0,1) 1 3 2 8.函数 y= x -ax +x-2a 在 R 上不是单调函数,则 a 的取值范围是________. 3 2 2 解析: 由题意知, y′=x2-2ax+1 有两个不相等零点, 所以 Δ =(-2a) -4>0 得 a >1, 解得 a<-1 或 a>1. 即 a 的取值范围是(-∞,-1)∪(1,+∞). 答案:(-∞,-1)∪(1,+∞) 3 9.已知函数 f(x)=x -6x-1. (1)求函数 f(x)在 x=2 处的切线方程; (2)求函数 f(x)的单调区间. 2 解:(1)因为 f′(x)=3x -6,所以 f′(2)=6, 因为 f(2)=-5, 所以切线方程为 y-(-5)=6(x-2), 所以 y=6x-17,即 6x-y-17=0. 2 (2)令 f′(x)>0,则 3(x -2)>0,所以 x> 2或 x<- 2,同理,令 f′(x)<0,则- 2 <x< 2. 所以 f(x)在(-∞,- 2),( 2,+∞)上是增加的, f(x)在(- 2, 2)上是减少的. 2 2 2 2 3 10.已知函数 f(x)满足 f(x)=x +f′( )x -x+C(其中 f′( )为 f(x)在点 x= 处的 3 3 3 导数,C 为常数). (1)求函数 f(x); (2)求函数 f(x)的单调区间. 小学+初中+高中

小学+初中+高中 2 2 2 3 2 解:(1)由 f(x)=x +f′( )x -x+C,得 f′(x)=3x +2f′( )x-1. 3 3 2 2 2 2 2 2 取 x= ,得 f′( )=3×( ) +2f′( )×( )-1, 3 3 3 3 3 2 解之,得 f′( )=-1, 3 3 2 所以 f(x)=x -x -x+C. 1 2 (2)由(1)得 f′(x)=3x -2x-1=3(x+ )(x-1), 3 1 1 令 f′(x)>0 得 x<- 或 x>1;令 f′(x)<0 得- <x<1. 3 3 1 所以 f(x)在(-∞,- )和(1,+∞)上是增加的; 3 1 f(x)在(- ,1)上是减少的. 3 [B.能力提升] 1 3 2 1.已知函数 f(x)= x +x,x∈R,如果至少存在一个实数 x,使 f(a-x)+f(ax -1)<0 3 成立,则实数 a 的取值范围为( ) 1- 2 5 A.( ,+∞) B.(-2, ] 2 4 1+ 2 C.(-∞, ) D.(1, 2)∪(- 2,-1) 2 2 解析:选 C.f′(x)=x +1>0,又 f(-x)=-f(x), 所以 f(x)为奇函数且在 R 上递增, 2 2 2 由 f(a-x)+f(ax -1)<0 得 f(ax -1)<f(x-a),即 ax -1<x-a, 2 亦即 ax -x+a-1<0 有实数解, 当 a=0 时,显然有实数解, 当 a<0 时,也有实数解, 1+ 2 2 2 当 a>0 时,需 Δ =(-1) -4a(a-1)>0,即 4a -4a-1<0,解得 0<a< , 2 1+ 2 综上,a 的取值范围是 a∈(-∞, ). 2 2. 定义在 R 上的函数 f(x), g(x)的导函数分别为 f′(x), g′(x)且 f′(x)<g′(x). 则 下列结论一定成立的是( ) A.f(1)+g(0)<g(1)+f(0) B.f(1)+g(0)>g(1)+f(0) C.f(1)-g(0)>g(1)-f(0) D.f(1)-g(0)<g(1)-f(0) 解析:选 A.令 h(x)=f(x)-g(x)(x∈R),因为 f′(x)<g′(x)(x∈R), 所以 h′(x)=f′(x)-g′(x)<0(x∈R),即 h(x)=f(x)-g(x)在 R 上为减函数, 所以 h(0)>h(1),即 f(0)-g(0)>f(1)-g(1), 所以 f(1)+g(0)<g(1)+f(0). 3.已知函数 f(x)的定义域为(1,+∞),且 f(2)=f(4)=1,f′(x)是 f(x)的导函数, ?x≥0, 函数 y=f′(x)的图像如图所示, 则不等式组?y≥0, ________.

?

? ?f(2x+y)≤1,

所表示的平面区域的面积是

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解析: 由 f′(x)的图像易知, 当 x∈(1, 3)时, f′(x)<0, 当 x∈(3, +∞)时, f′(x)>0, 所以 f(x)在(1,3)上是递减的,在(3,+∞)上是递增的,又 x∈(1,+∞)且 f(2)=f(4) =1,故由 f(2x+y)≤1 得 2≤2x+y≤4, ?x≥0, 由?y≥0,

?

? ?2≤2x+y≤4,

画出可行域如图阴影部分所示.

1 1 2 2 答案:3 4.已知定义域为 R 的函数 f(x)满足 f(1)=3,且 f(x)的导数 f′(x)<2x+1,则不等式 f(2x)<4x2+2x+1 的解集为________. 2 2 解析:由 f(2x)<4x +2x+1 得 f(2x)-(4x +2x)+2<3. 2 令 u=2x,则 f(u)-(u +u)+2<3.① 2 记 F(u)=f(u)-(u +u)+2,则 F(1)=f(1)=3,则①式可化为 F(u)<F(1). 因为 f′(x)<2x+1, 所以 F′(u)=f′(u)-(2u+1)<0,所以 F(u)在 R 上是递减的. 1 故由 F(u)<F(1)得 u>1,即 2x>1,故 x> . 2 1 答案:( ,+∞) 2 π x3 5.当 0<x< 时,求证:tan x>x+ . 2 3

S 阴= ×2×4- ×1×2=3.

证明:设 f(x)=tan x-?x+ ?, ? 3? sin x ? ?′-1-x2 则 f′(x)=? ? ?cos x? 2 2 cos x+sin x 2 = -1-x 2 cos x 1 2 = 2 -1-x cos x 2 1-cos x 2 = -x 2 cos x 2 2 =tan x-x =(tan x+x)(tan x-x). ? π? 因为 x∈?0, ?,所以 tan x>x>0. 2? ? ? π? 所以 f′(x)>0,即 f(x)在?0, ?内是递增的. 2? ? 又 f(0)=0,

?

x3?

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? π? 所以当 x∈?0, ?时,f(x)>0, 2? ?
即 tan x>x+ . 3 2 6.(选做题)已知函数 f(x)=x +2aln x. (1)试讨论函数 f(x)的单调区间; 2 (2)若函数 g(x)= +f(x)在[1,2]上是减函数,求实数 a 的取值范围.

x3

x

2a 解:(1)f′(x)=2x+ ,定义域是(0,+∞),

x x2+a f′(x)=2( ), x 当 a≥0 时,f′(x)≥0,

此时函数的递增区间为(0,+∞),没有递减区间. 当 a<0 时,令 f′(x)=0,得 x=± -a,因为 x>0,所以 x= -a,x∈(0, -a) 时,f′(x)<0;x∈( -a,+∞)时,f′(x)>0, 此时函数的递增区间为( -a,+∞),递减区间为(0, -a). 2 2 2 (2)由 g(x)= +f(x),g(x)= +x +2aln x,

x

x

2 2a g′(x)=- 2+2x+ , x x g(x)在[1,2]上是递减的,所以对于 x∈[1,2],g′(x)≤0 恒成立, 2 2a 即- 2+2x+ ≤0,x∈[1,2]恒成立, x x 1 2 所以 a≤ -x ,x∈[1,2]恒成立,

x

1 1 2 令 h(x)= -x ,x∈[1,2],h′(x)=- 2-2x,

x

x

当 x∈[1,2]时,h′(x)<0,所以 h(x)在[1,2]上为减函数, 7 则 h(x)min=h(2)=- ,x∈[1,2], 2 7 所以 a≤- . 2

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