師說(shuō)2017年高考數(shù)學(xué)人教版理科一輪復(fù)習(xí)課件2b習(xí)題第2章函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用28份打包課時(shí)作業(yè)

函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是( f′(x)＞0f(x)f′(x)

＝x 解析：f′(x)＝ 已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正 依題意得，當(dāng)；當(dāng)；當(dāng)＋∞)時(shí)，f′(x)>0.因此，函數(shù)f(x)在(－∞，c)上是增函數(shù)，在(c，e)上是減函數(shù)，在，所以 若函數(shù)f(x)＝x＋ax＋x在2，＋∞上是增函數(shù)，則a的取值范圍是 即 1－2∵函數(shù)y＝x－2與函數(shù)y＝－2x在1，＋∞上均為減函數(shù) 1＝3

已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，則c＝( A．－2或2 B．－9或3C．－1或 D．－3或f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,1)上單調(diào)遞減．若f(1)＝1－3＋已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)，設(shè)其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，恒有xf′(x)<f(－x)。令F(x)＝xf(x)，則滿足F(3)>F(2x－1)的實(shí)數(shù)x的取值范圍是(

由，得，所以若函數(shù) 1 32＋ax＋4恰在[－1,4]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的值 ＝3x解析：∵f(x)＝13－3 ∴f′(x)＝x2－3x＋a.f(x)恰在[－1,4]上單調(diào)遞減，∴－1,4f′(x)＝0 1 ＝3x

即f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)當(dāng)所以函數(shù)已知函數(shù)f(x)＝(ax2＋x)－xlnx在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a ，即

在g(x)＝lnx

≥ ＝2x2x＝ex∈(e，＋∞)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)x∈[1，e)時(shí)，≥故g(x)的最大值為g(e)＝1，即 1?！?答案 (1)k

xx

f′(1)＝e＝0k＝1xx

xx h(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)。由h(1)＝0知，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h(x)＞0，從而f′(x)＞0；x＞1時(shí)，h(x)＜0f′(x)＜0 ，其中a為常數(shù)解：(1)a＝0 此時(shí) 2f′(1)＝12函數(shù)

a≥0時(shí)，f′(x)＞0f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增。當(dāng)a＜0時(shí)，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，2a＝－12

2，函數(shù)2②當(dāng)a＜－1時(shí)，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減。22③當(dāng)－1＜a＜0時(shí)，Δ＞02 a ＝所以

ag(x)＜0，f′(x)＜0f(x)單調(diào)遞減，，函數(shù)x∈(x2，＋∞)時(shí)，g(x)＜0，f′(x)＜0f(x)單調(diào)遞減，2a≥0f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a≤－1時(shí)，22f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)－1＜a＜0時(shí)，2

在

解：(1)a＝2令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，解得－2＜x＜2，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－2，2)(2)若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，f′(x)≤0x∈R都成立。即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0x∈R∴x2－(a－2)x－a≥0x∈R即f(x)R上單調(diào)遞減。若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，f′(x)≥0x∈R