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文檔簡介
第2節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性考試要求1.了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系;能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)不超過三次);2.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,并會解決與之有關(guān)的方程(不等式)問題.1.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系函數(shù)y=f(x)在某個區(qū)間內(nèi)可導(dǎo),則:(1)若f′(x)>0,則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增;(2)若f′(x)<0,則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減;(3)若f′(x)=0,則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù).2.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的基本步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域;(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x);(3)由f′(x)>0(或<0)解出相應(yīng)的x的取值范圍.當(dāng)f′(x)>0時,f(x)在相應(yīng)的區(qū)間內(nèi)是單調(diào)遞增函數(shù);當(dāng)f′(x)<0時,f(x)在相應(yīng)的區(qū)間內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù).3.單調(diào)性的應(yīng)用若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)上單調(diào),則y=f′(x)在該區(qū)間上不變號.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)上遞增,則f′(x)≥0,所以“f′(x)>0在(a,b)上成立”是“f(x)在(a,b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件.1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)若函數(shù)f(x)在(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增,那么一定有f′(x)>0.()(2)如果函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)=0,則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性.()(3)函數(shù)在(a,b)內(nèi)單調(diào)遞減與函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(a,b)是不同的.()(4)函數(shù)f(x)=x-sinx在R上是增函數(shù).()答案(1)×(2)√(3)√(4)√解析(1)f(x)在(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增,則有f′(x)≥0.2.(易錯題)函數(shù)f(x)=x+ln(2-x)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.(-∞,1) B.(-∞,2)C.(1,+∞) D.(2,+∞)答案A解析由f(x)=x+ln(2-x),得f′(x)=1-eq\f(1,2-x)=eq\f(1-x,2-x)(x<2).令f′(x)>0,即eq\f(1-x,2-x)>0,解得x<1.∴函數(shù)f(x)=x+ln(2-x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,1).3.(2017·浙江卷)函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示,則函數(shù)y=f(x)的圖象可能是()答案D解析設(shè)導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)與x軸交點的橫坐標從左往右依次為x1,x2,x3,由導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象易得當(dāng)x∈(-∞,x1)∪(x2,x3)時,f′(x)<0;當(dāng)x∈(x1,x2)∪(x3,+∞)時,f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3),所以函數(shù)f(x)在(-∞,x1),(x2,x3)上單調(diào)遞減,在(x1,x2),(x3,+∞)上單調(diào)遞增,觀察各選項,只有D選項符合.4.函數(shù)f(x)的定義域為R,f(-1)=2,對任意x∈R,f′(x)>2,則f(x)>2x+4的解集為()A.(-1,1) B.(-1,+∞)C.(-∞,-1) D.R答案B解析由f(x)>2x+4,得f(x)-2x-4>0,設(shè)F(x)=f(x)-2x-4,則F′(x)=f′(x)-2,因為f′(x)>2,所以F′(x)>0在R上恒成立,所以F(x)在R上遞增,而F(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0,故不等式f(x)-2x-4>0等價于F(x)>F(-1),所以x>-1,故選B.5.(易錯題)若函數(shù)f(x)=eq\f(1,3)x3-eq\f(3,2)x2+ax+4的單調(diào)遞減區(qū)間為[-1,4],則實數(shù)a的值為________.答案-4解析f′(x)=x2-3x+a,且f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[-1,4],∴f′(x)=x2-3x+a≤0的解集為[-1,4],∴-1,4是方程f′(x)=0的兩根,則a=(-1)×4=-4.6.(2021·青島檢測)已知函數(shù)f(x)=sin2x+4cosx-ax在R上單調(diào)遞減,則實數(shù)a的取值范圍是________.答案[3,+∞)解析f′(x)=2cos2x-4sinx-a=2(1-2sin2x)-4sinx-a=-4sin2x-4sinx+2-a=-(2sinx+1)2+3-a.由題設(shè),f′(x)≤0在R上恒成立.因此a≥3-(2sinx+1)2恒成立,則a≥3.考點一不含參函數(shù)的單調(diào)性1.函數(shù)f(x)=x+eq\f(3,x)+2lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.(-3,1) B.(0,1)C.(-1,3) D.(0,3)答案B解析法一函數(shù)的定義域是(0,+∞),f′(x)=1-eq\f(3,x2)+eq\f(2,x),令f′(x)=1-eq\f(3,x2)+eq\f(2,x)<0,得0<x<1,故所求函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),故選B.法二由題意知x>0,故排除A、C選項;又f(1)=4<f(2)=eq\f(7,2)+2ln2,故排除D選項.故選B.2.函數(shù)f(x)=(x-3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間為________.答案(2,+∞)解析f(x)的定義域為R,f′(x)=(x-2)ex,令f′(x)>0,得x>2,∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+∞).3.已知定義在區(qū)間(0,π)上的函數(shù)f(x)=x+2cosx,則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,6))),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6),π))解析f′(x)=1-2sinx,x∈(0,π),令f′(x)=0,得x=eq\f(π,6)或x=eq\f(5π,6),當(dāng)0<x<eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)<x<π時,f′(x)>0,∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,6))),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6),π))上單調(diào)遞增.感悟提升確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟:(1)確定函數(shù)f(x)的定義域;(2)求f′(x);(3)解不等式f′(x)>0,解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間;(4)解不等式f′(x)<0,解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間.考點二討論含參函數(shù)的單調(diào)性例1已知函數(shù)f(x)=eq\f(1,2)ax2-(a+1)x+lnx,a>0,試討論函數(shù)y=f(x)的單調(diào)性.解函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=ax-(a+1)+eq\f(1,x)=eq\f(ax2-(a+1)x+1,x)=eq\f((ax-1)(x-1),x).(1)當(dāng)0<a<1時,eq\f(1,a)>1,∴x∈(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),+∞))時,f′(x)>0;x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(1,a)))時,f′(x)<0,∴函數(shù)f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),+∞))上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(1,a)))上單調(diào)遞減;(2)當(dāng)a=1時,eq\f(1,a)=1,∴f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,∴函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;(3)當(dāng)a>1時,0<eq\f(1,a)<1,∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,a)))和(1,+∞)時,f′(x)>0;x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),1))時,f′(x)<0,∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,a)))和(1,+∞)上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),1))上單調(diào)遞減.綜上,當(dāng)0<a<1時,函數(shù)f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),+∞))上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(1,a)))上單調(diào)遞減;當(dāng)a=1時,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;當(dāng)a>1時,函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,a)))和(1,+∞)上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),1))上單調(diào)遞減.感悟提升1.含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性,要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進行分類討論.遇二次三項式??紤]二次項系數(shù)、對應(yīng)方程的判別式以及根的大小關(guān)系,以此來確定分界點,分情況討論.2.劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時,要在函數(shù)定義域內(nèi)討論,還要確定導(dǎo)數(shù)為0的點和函數(shù)的間斷點.3.個別導(dǎo)數(shù)為0的點不影響所在區(qū)間的單調(diào)性,如f(x)=x3,f′(x)=3x2≥0(f′(x)=0在x=0時取到),f(x)在R上是增函數(shù).訓(xùn)練1已知f(x)=a(x-lnx)+eq\f(2x-1,x2),a>0,討論f(x)的單調(diào)性.解f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=a-eq\f(a,x)-eq\f(2,x2)+eq\f(2,x3)=eq\f((ax2-2)(x-1),x3)=eq\f(a(x-1),x3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\r(\f(2,a))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\r(\f(2,a)))).(1)當(dāng)0<a<2時,eq\r(\f(2,a))>1,當(dāng)x∈(0,1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a)),+∞))時,f′(x)>0,當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\r(\f(2,a))))時,f′(x)<0.(2)當(dāng)a=2時,eq\r(\f(2,a))=1,在x∈(0,+∞)內(nèi),f′(x)≥0,f(x)遞增.(3)當(dāng)a>2時,0<eq\r(\f(2,a))<1,當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\r(\f(2,a))))∪(1,+∞)時,f′(x)>0,當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a)),1))時,f′(x)<0.綜上所述,當(dāng)0<a<2時,f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a)),+∞))內(nèi)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\r(\f(2,a))))內(nèi)遞減.當(dāng)a=2時,f(x)在(0,+∞)內(nèi)遞增;當(dāng)a>2時,f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\r(\f(2,a))))和(1,+∞)內(nèi)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a)),1))內(nèi)遞減.考點三根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)值(范圍)例2(經(jīng)典母題)已知x=1是f(x)=2x+eq\f(b,x)+lnx的一個極值點.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間;(2)設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)-eq\f(3+a,x),若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,2]內(nèi)單調(diào)遞增,求實數(shù)a的取值范圍.解(1)f(x)=2x+eq\f(b,x)+lnx,定義域為(0,+∞).∴f′(x)=2-eq\f(b,x2)+eq\f(1,x)=eq\f(2x2+x-b,x2).因為x=1是f(x)=2x+eq\f(b,x)+lnx的一個極值點,所以f′(1)=0,即2-b+1=0.解得b=3,經(jīng)檢驗,適合題意,所以b=3.所以f′(x)=eq\f(2x2+x-3,x2),令f′(x)<0,得0<x<1.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1).(2)g(x)=f(x)-eq\f(3+a,x)=2x+lnx-eq\f(a,x)(x>0),g′(x)=2+eq\f(1,x)+eq\f(a,x2)(x>0).因為函數(shù)g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立,即2+eq\f(1,x)+eq\f(a,x2)≥0在[1,2]上恒成立,所以a≥-2x2-x在[1,2]上恒成立,所以a≥(-2x2-x)max,x∈[1,2].因為在[1,2]上,(-2x2-x)max=-3,所以a≥-3.所以實數(shù)a的取值范圍是[-3,+∞).遷移在本例(2)中,若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,2]上不單調(diào),求實數(shù)a的取值范圍.解∵函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,2]上不單調(diào),∴g′(x)=0在區(qū)間(1,2)內(nèi)有解,則a=-2x2-x=-2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(1,4)))eq\s\up12(2)+eq\f(1,8)在(1,2)內(nèi)有解,易知該函數(shù)在(1,2)上是減函數(shù),∴a=-2x2-x的值域為(-10,-3),因此實數(shù)a的取值范圍為(-10,-3).感悟提升1.已知函數(shù)的單調(diào)性,求參數(shù)的取值范圍,應(yīng)用條件f′(x)≥0(或f′(x)≤0),x∈(a,b)恒成立,解出參數(shù)的取值范圍(一般可用不等式恒成立的理論求解),應(yīng)注意參數(shù)的取值是f′(x)不恒等于0的參數(shù)的范圍.2.如果能分離參數(shù),則盡可能分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為參數(shù)值與函數(shù)最值之間的關(guān)系.3.若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)上不單調(diào),則轉(zhuǎn)化為f′(x)=0在(a,b)上有解.訓(xùn)練2(1)若函數(shù)y=x3+x2+mx+1是R上的單調(diào)函數(shù),則實數(shù)m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),+∞)) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,\f(1,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),+∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,\f(1,3)))(2)(2022·鄭州調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)=eq\f(1,2)x2-9lnx在區(qū)間[a-1,a+1]上單調(diào)遞減,則實數(shù)a的取值范圍是________.答案(1)C(2)(1,2]解析(1)由y=x3+x2+mx+1是R上的單調(diào)函數(shù),所以y′=3x2+2x+m≥0恒成立,或y′=3x2+2x+m≤0恒成立,顯然y′=3x2+2x+m≥0恒成立,則Δ=4-12m≤0,所以m≥eq\f(1,3).(2)易知f(x)的定義域為(0,+∞),且f′(x)=x-eq\f(9,x).又x>0,令f′(x)=x-eq\f(9,x)≤0,得0<x≤3.因為函數(shù)f(x)在區(qū)間[a-1,a+1]上單調(diào)遞減,所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a-1>0,,a+1≤3,))解得1<a≤2.考點四與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用角度1比較大小例3(1)已知函數(shù)f(x)=xsinx,x∈R,則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))),f(1),feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,3)))的大小關(guān)系為()A.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,3)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))B.f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))C.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,3)))D.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)(2)已知y=f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x<0時不等式f(x)+xf′(x)<0成立,若a=30.3·f(30.3),b=logπ3·f(logπ3),c=log3eq\f(1,9)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9))),則a,b,c的大小關(guān)系是()A.a>b>c B.c>b>aC.a>c>b D.c>a>b答案(1)A(2)D解析(1)因為f(x)=xsinx,所以f(-x)=(-x)·sin(-x)=xsinx=f(x),所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù),所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,3)))=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).又當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))時,f′(x)=sinx+xcosx>0,所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上是增函數(shù),所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,3)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))),故選A.(2)設(shè)g(x)=xf(x),則g′(x)=f(x)+xf′(x),又當(dāng)x<0時,f(x)+xf′(x)<0,∴x<0時,g′(x)<0,g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減.由y=f(x)在R上為奇函數(shù),知g(x)在R上為偶函數(shù),∴g(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),∴c=geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))=g(-2)=g(2),又0<logπ3<1<30.3<eq\r(3)<2,∴g(logπ3)<g(30.3)<g(2),即b<a<c.角度2解不等式例4已知f(x)在R上是奇函數(shù),且f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),對任意x∈R,均有f(x)>eq\f(f′(x),ln2)成立,若f(-2)=2,則不等式f(x)>-2x-1的解集為()A.(-2,+∞)B.(2,+∞)C.(-∞,-2)D.(-∞,2)答案D解析f(x)>eq\f(f′(x),ln2)?f′(x)-ln2·f(x)<0.令g(x)=eq\f(f(x),2x),則g′(x)=eq\f(f′(x)-f(x)·ln2,2x),∴g′(x)<0,則g(x)在(-∞,+∞)上是減函數(shù).由f(-2)=2,且f(x)在R上是奇函數(shù),得f(2)=-2,則g(2)=eq\f(f(2),22)=-eq\f(1,2),又f(x)>-2x-1?eq\f(f(x),2x)>-eq\f(1,2)=g(2),即g(x)>g(2),所以x<2.感悟提升1.利用導(dǎo)數(shù)比較大小,其關(guān)鍵在于利用題目條件構(gòu)造輔助函數(shù),把比較大小的問題轉(zhuǎn)化為先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,進而根據(jù)單調(diào)性比較大小.2.與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式,要充分挖掘條件關(guān)系,恰當(dāng)構(gòu)造函數(shù);題目中若存在f(x)與f′(x)的不等關(guān)系時,常構(gòu)造含f(x)與另一函數(shù)的積(或商)的函數(shù),與題設(shè)形成解題鏈條,利用導(dǎo)數(shù)研究新函數(shù)的單調(diào)性,從而求解不等式.訓(xùn)練3(1)已知函數(shù)f(x)=3x+2cosx.若a=f(3eq\r(2)),b=f(2),c=f(log27),則a,b,c的大小關(guān)系是()A.a<b<c B.c<b<aC.b<a<c D.b<c<a(2)(2021·西安模擬)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),對任意x∈R,都有f′(x)>-f(x)成立,若f(ln2)=eq\f(1,2),則滿足不等式f(x)>eq\f(1,ex)的x的取值范圍是()A.(1,+∞) B.(0,1)C.(ln2,+∞) D.(0,ln2)答案(1)D(2)C解析(1)由題意,得f′(x)=3-2sinx.因為-1≤sinx≤1,所以f′(x)>0恒成立,所以函數(shù)f(x)是增函數(shù).因為eq\r(2)>1,所以3eq\r(2)>3.又log24<log27<log28,即2<log27<3,所以2<log27<3eq\r(2),所以f(2)<f(log27)<f(3eq\r(2)),即b<c<a.(2)對任意x∈R,都有f′(x)>-f(x)成立,即f′(x)+f(x)>0.令g(x)=exf(x),則g′(x)=ex[f′(x)+f(x)]>0,所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增.不等式f(x)>eq\f(1,ex)即exf(x)>1,即g(x)>1.因為f(ln2)=eq\f(1,2),所以g(ln2)=eln2f(ln2)=2×eq\f(1,2)=1.故當(dāng)x>ln2時,g(x)>g(ln2)=1,所以不等式g(x)>1的解集為(ln2,+∞).1.如圖是函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象,則下列判斷正確的是()A.在區(qū)間(-2,1)上f(x)單調(diào)遞增B.在區(qū)間(1,3)上f(x)單調(diào)遞減C.在區(qū)間(4,5)上f(x)單調(diào)遞增D.在區(qū)間(3,5)上f(x)單調(diào)遞增答案C解析在區(qū)間(4,5)上f′(x)>0恒成立,∴f(x)在區(qū)間(4,5)上單調(diào)遞增.2.函數(shù)f(x)=lnx-ax(a>0)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,a))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),+∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,\f(1,a))) D.(-∞,a)答案A解析函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=eq\f(1,x)-a,令f′(x)=eq\f(1,x)-a>0,得0<x<eq\f(1,a),所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,a))).3.函數(shù)y=f(x)的圖象如圖所示,則y=f′(x)的圖象可能是()答案D解析由函數(shù)f(x)的圖象可知,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以在(-∞,0)上,f′(x)>0;在(0,+∞)上,f′(x)<0,選項D滿足.4.(2021·德陽診斷)若函數(shù)f(x)=ex(sinx+a)在R上單調(diào)遞增,則實數(shù)a的取值范圍為()A.[eq\r(2),+∞) B.(1,+∞)C.[-1,+∞) D.(eq\r(2),+∞)答案A解析因為f(x)=ex(sinx+a),所以f′(x)=ex(sinx+a+cosx).要使函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,需使f′(x)≥0恒成立,即sinx+a+cosx≥0恒成立,所以a≥-sinx-cosx.因為-sinx-cosx=-eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,4))),所以-eq\r(2)≤-sinx-cosx≤eq\r(2),所以a≥eq\r(2).5.(2021·江南十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ax2-4ax-lnx,則f(x)在(1,4)上不單調(diào)的一個充分不必要條件可以是()A.a>-eq\f(1,2) B.0<a<eq\f(1,16)C.a>eq\f(1,16)或-eq\f(1,2)<a<0 D.a>eq\f(1,16)答案D解析f′(x)=2ax-4a-eq\f(1,x)=eq\f(2ax2-4ax-1,x),令g(x)=2ax2-4ax-1,則函數(shù)g(x)=2ax2-4ax-1的對稱軸方程為x=1,若f(x)在(1,4)上不單調(diào),則g(x)在區(qū)間(1,4)上有零點.當(dāng)a=0時,顯然不成立;當(dāng)a≠0時,只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0,,g(1)=-2a-1<0,,g(4)=16a-1>0,))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0,,g(1)=-2a-1>0,,g(4)=16a-1<0,))解得a>eq\f(1,16)或a<-eq\f(1,2).∴a>eq\f(1,16)是f(x)在(1,4)上不單調(diào)的一個充分不必要條件.6.已知函數(shù)y=f(x+1)是偶函數(shù),當(dāng)x∈(1,+∞)時,函數(shù)f(x)=sinx-x,設(shè)a=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2))),b=f(3),c=f(0),則a,b,c的大小關(guān)系為()A.b<a<c B.c<a<bC.b<c<a D.a<b<c答案A解析由函數(shù)y=f(x+1)是偶函數(shù),可得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱,則a=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))),b=f(3),c=f(0)=f(2),又當(dāng)x∈(1,+∞)時,f′(x)=cosx-1≤0,所以f(x)=sinx-x在(1,+∞)上為減函數(shù),所以b<a<c,故選A.7.若函數(shù)f(x)=ax3+3x2-x+1恰好有三個單調(diào)區(qū)間,則實數(shù)a的取值范圍為________.答案(-3,0)∪(0,+∞)解析依題意知,f′(x)=3ax2+6x-1有兩個不相等的零點,故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≠0,,Δ=36+12a>0,))解得a>-3且a≠0.8.(2022·哈爾濱調(diào)研)若函數(shù)f(x)=2x2-lnx在其定義域的一個子區(qū)間(k-1,k+1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù),則實數(shù)k的取值范圍是________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(3,2)))解析f′(x)=4x-eq\f(1,x)=eq\f((2x-1)(2x+1),x)(x>0),令f′(x)>0,得x>eq\f(1,2);令f′(x)<0,得0<x<eq\f(1,2).依題意,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k-1≥0,,k-1<\f(1,2)<k+1,))解之得1≤k<eq\f(3,2).9.設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),f(2)=0,當(dāng)x>0時,有eq\f(xf′(x)-f(x),x2)<0恒成立,則不等式x2f(x)>0的解集是__________________.答案(-∞,-2)∪(0,2)解析令φ(x)=eq\f(f(x),x),∵當(dāng)x>0時,eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f(x),x)))′=eq\f(x·f′(x)-f(x),x2)<0,∴φ(x)=eq\f(f(x),x)在(0,+∞)上為減函數(shù),又f(2)=0,即φ(2)=0,∴在(0,+∞)上,當(dāng)且僅當(dāng)0<x<2時,φ(x)>0,此時x2f(x)>0.又f(x)為奇函數(shù),∴h(x)=x2f(x)也為奇函數(shù),由數(shù)形結(jié)合知x∈(-∞,-2)時,f(x)>0.故x2f(x)>0的解集為(-∞,-2)∪(0,2).10.已知函數(shù)f(x)=eq\f(lnx+k,ex)(k為常數(shù)),曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行.(1)求實數(shù)k的值;(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.解(1)f′(x)=eq\f(\f(1,x)-lnx-k,ex)(x>0).又由題意知f′(1)=eq\f(1-k,e)=0,所以k=1.(2)由(1)知,f′(x)=eq\f(\f(1,x)-lnx-1,ex)(x>0).設(shè)h(x)=eq\f(1,x)-lnx-1(x>0),則h′(x)=-eq\f(1,x2)-eq\f(1,x)<0,所以h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.由h(1)=0知,當(dāng)0<x<1時,h(x)>0,所以f′(x)>0;當(dāng)x>1時,h(x)<0,所以f′(x)<0.綜上f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0,1),減區(qū)間為(1,+∞).11.討論函數(shù)g(x)=(x-a-1)ex-(x-a)2的單調(diào)性.解g(x)的定義域為R,g′(x)=(x-a)ex-2(x-a)=(x-a)(ex-2),令g′(x)=0,得x=a或x=ln2,①當(dāng)a>ln2時,x∈(-∞,ln2)∪(a,+∞)時,f′(x)>0,x∈(ln2,a)時,f′(x)<0;②當(dāng)a=ln2時,f′(x)≥0恒成立,∴f(x)在R上單調(diào)遞增;③當(dāng)a<ln2時,x∈(-∞,a)∪(ln2,+∞)時,f′(x)>0,x∈(a,ln2)時,f′(x)<0,綜上,當(dāng)a>ln2時,f(x)在(-∞,ln2),(a,+∞)上單調(diào)遞增,在(ln2,a)上單調(diào)遞減;當(dāng)a=ln2時,f(x)在R上單調(diào)遞增;當(dāng)a<ln2時,f(x)在(-∞,a),(ln2,+∞)上單調(diào)遞增,在(a,ln2)上單調(diào)遞減.12.已知a=lneq\r(3,3),b=e-1,c=eq\f(3ln2,8),則a,b,c的大小關(guān)系為()A.b>c>a B.a>c>bC.a>b>c D.b>a>c答案D解析依題意,得a=lneq\r(3,3)=eq\f(ln3,3),b=e-1=eq\f(lne,e),c=eq\f(3ln2,8)=eq\f(ln8,8).令f(x)=eq\f(lnx,x)(x>0),則f′(x)=eq\f(1-lnx,x2),易知函數(shù)f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增
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