新教材2023高中數(shù)學第五章一元函數(shù)的導數(shù)及其應用5.3導數(shù)在研究函數(shù)中的應用5.3.1函數(shù)的單調(diào)性分層演練新人教A版選擇性必修第二冊

5.3導數(shù)在研究函數(shù)中的應用5.3.1函數(shù)的單調(diào)性A級基礎(chǔ)鞏固1.若函數(shù)f(x)=x2+bx+c的圖象的頂點在第四象限,則導數(shù)f'(x)的圖象可能是()解析:f'(x)=2x+b.因為函數(shù)f(x)=x2+bx+c的圖象的頂點在第四象限,所以x=-b2>0,所以b<0.所以f'(x)的圖象可能為選項A中的圖象答案:A2.若函數(shù)f(x)=sinx-12x,則函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,π)內(nèi)的單調(diào)遞增區(qū)間為(A.0,π6B.π3,答案:D3.若函數(shù)f(x)=ax3-x在R上為減函數(shù),則()A.a≤0 B.a<1C.a<2 D.a≤1解析:由題意可知f'(x)≤0在R上恒成立,即3ax2-1≤0恒成立,顯然選項B,C,D都不能使3ax2-1≤0恒成立.答案:A4.函數(shù)f(x)=xlnx的單調(diào)遞減區(qū)間為0,5.函數(shù)f(x)=ax3-x2+x-5在R上單調(diào)遞增,則實數(shù)a的取值范圍是a≥13解析:由題意,知f'(x)=3ax2-2x+1≥0在R上恒成立,所以a>0,(-26.判斷函數(shù)y=ax3-1(a∈R)在R上的單調(diào)性.解:由題意,知y'=3ax2,x2≥0.當a>0時,y'≥0,函數(shù)y在R上單調(diào)遞增;當a<0時,y'≤0,函數(shù)y在R上單調(diào)遞減;當a=0時,y'=0,函數(shù)y在R上不具備單調(diào)性.B級拓展提高7.設函數(shù)F(x)=f(x)ex是定義在R上的函數(shù),其中f(x)的導函數(shù)f'(x)滿足f'(x)<f(x)對于x∈R恒成立A.f(2)>e2f(0),f(821)>e821f(0)B.f(2)<e2f(0),f(821)>e821f(0)C.f(2)<e2f(0),f(821)<e821f(0)D.f(2)>e2f(0),f(821)<e821f(0)解析:因為F(x)=f(x)ex,f'(x所以F'(x)=f'(x)e所以F(x)是定義在R上的減函數(shù),所以F(2)<F(0),即f(2)e2<f(0)e0同理可得f(821)<e821f(0).答案:C8.函數(shù)f(x)=2x-lnx的單調(diào)遞增區(qū)間是12解析:由題意,得f'(x)=2-1x=2x-1x,f(x)=2x-lnx的定義域是{x|x>0}.令f'(x)≥0,即2x-1x≥0,解得x≥19.已知函數(shù)f(x)=lnx-14x2-12x,求f(x)解:根據(jù)題意,知f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=1x-12x-12令f'(x)>0,即-x2-x+2令f'(x)<0,即-x2-x+2所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞).10.(2021·新高考全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)=x(1-lnx).(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)設a,b為兩個不相等的正數(shù),且blna-alnb=a-b,證明:2<1a+1b<(1)解:由題可知函數(shù)的定義域為(0,+∞),又f'(x)=1-lnx-1=-lnx,當x∈(0,1)時,f'(x)>0,當x∈(1,+∞)時,f'(x)<0,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞).(2)證明:因為blna-alnb=a-b,所以b(lna+1)=a(lnb+1),即lna+1故f1a=f1設1a=x1,1b=x2,由f(x)的單調(diào)性可知x1,x2一定是一個屬于區(qū)間(0,1),另一個屬于區(qū)間(1,+∞),不妨設0<x1<1,x2>因為x∈(0,1)時,f(x)=x(1-lnx)>0,x∈(e,+∞)時,f(x)=x(1-lnx)<0,所以1<x2<e.先證x1+x2>2,若x2≥2,x1+x2>2必成立.若x2<2,要證x1+x2>2,即證x1>2-x2,而0<2-x2<1,故即證f(x1)>f(2-x2),即證f(x2)>f(2-x2),其中1<x2<2.設g(x)=f(x)-f(2-x),1<x<2,則g'(x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)],因為1<x<2,故0<x(2-x)<1,故-ln[x(2-x)]>0,所以g'(x)>0,故g(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)為增函數(shù),所以g(x)>g(1)=0,故f(x)>f(2-x),即f(x2)>f(2-x2)成立,所以x1+x2>2成立.再證x1+x2<e,設x2=tx1,則t>1,因為f1a=f1b,即f(x1)=f(x2),x1(1-lnx1)=x2(1-lnx所以1-lnx1=t(1-lnt-lnx1),故lnx1=t-要證x1+x2<e,即證(t+1)x1<e,即證ln(t+1)+lnx1<1,即證ln(t+1)+t-1即證(t-1)ln(t+1)-tlnt<0.令S(t)=(t-1)ln(t+1)-tlnt,t>1,則S'(t)=ln(t+1)+t-1t+1-1-lnt=先證明一個不等式:ln(x+1)≤x.設u(x)=ln(x+1)-x,則u'(x)=1x+1-1當-1<x<0時,u'(x)>0;當x>0時,u'(x)<0.故u(x)在區(qū)間(-1,0)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減,故u(x)max=u(0)=0,故ln(x+1)≤x成立.由上述不等式可得當t>1時,ln1+1t≤1t<2t+1,故S'故S(t)在區(qū)間(1,+∞)上為減函數(shù),故S(t)<S(1)=0,故(t-1)ln(t+1)-tlnt<0成立,即x1+x2<e成立.綜上所述,2<1a+1b<C級挑戰(zhàn)創(chuàng)新11.多選題若關(guān)于x的不等式x2+mx-2>0在區(qū)間[1,2]上有解,則實數(shù)m的取值可以是()A.-1B.0C.1D.2解析:因為關(guān)于x的不等式x2+mx-2>0在區(qū)間[1,2]上有解,所以mx>2-x2在區(qū)間[1,2]上有解,即m>2x-x在區(qū)間[1,2]上成立.設函數(shù)f(x)=2x-x,x∈[1,2],所以f'(x)=-2x2-1<0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減,且f(x)的值域為[-1,1].要使m>2x-x在區(qū)間[1,2]上有解,則m>-1,即實數(shù)m的取值范圍是(答案:BCD12.多選題已知定義在R上的函數(shù)f(x),其導數(shù)為f'(x),若f'(x)-f(x)<-4,f(0)=5,則下列選項中x的取值能夠使不等式f(x)>ex+4成立的是()A.-1 B.0 C.-2 D.-5解析:構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)則g(0)=1,g'(x)=f'(x)-f(x所以g(x)在R上為減函數(shù).因為不等式f(x)>ex+4等價于f(x)e即g(x)>g(0),所以x<0.答案:ACD13.多空題若函數(shù)f(x)=x3-kx在區(qū)間(-3,-1)內(nèi)單調(diào)遞增,則k的取值范圍是(-∞,3];若函數(shù)f(x)在區(qū)間(-3,-1)內(nèi)不單調(diào),則k的取值范圍是(3,27).解析:若函數(shù)f(x)=x3-kx在區(qū)間(-3,-1)內(nèi)單調(diào)遞增,則f'(x)=3x2-k≥0在區(qū)間(-3,-1)內(nèi)恒成立,即k≤3x2在區(qū)間(-3,-1)內(nèi)恒成立.因為3x2∈(3,2