人教A版數(shù)學(xué)選修1－1練習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用3.3.1

第三章3.3A級(jí)基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋1的遞減區(qū)間是(B)A．(－∞，0) B．(0,2)C．(－∞，2) D．(2，＋∞)[解析]f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝3x2－6x<0，解得0<x<2，所以函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋1的遞減區(qū)間是(0,2)．2．函數(shù)f(x)＝2x－sinx在(－∞，＋∞)上(A)A．是增函數(shù)B．是減函數(shù)C．在(0，＋∞)上增，在(－∞，0)上減D．在(0，＋∞)上減，在(－∞，0)上增[解析]f′(x)＝2－cosx>0在(－∞，＋∞)上恒成立．3．(2016·江西撫州高二檢測(cè))函數(shù)y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(C)A．(eq\f(1,3)，＋∞) B．(－∞，eq\f(1,3))C．[eq\f(1,3)，＋∞) D．(－∞，eq\f(1,3))[解析]y′＝3x2＋2x＋m，由題意知3x2＋2x＋m≥0在R上恒成立，∴Δ＝4－12m≤0，∴m≥eq\f(1,3).4．設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，y＝f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的圖象最有可能的是(C)[思路分析]由導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象位于x軸上方(下方)，確定f(x)的單調(diào)性，對(duì)比f(x)的圖象，用排除法求解．[解析]由f′(x)的圖象知，x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)，x∈(0,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)，x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．只有C符合題意，故選C．5．(2016·貴州貴陽一中月考)函數(shù)y＝xlnx在(0,5)上的單調(diào)性是(C)A．單調(diào)遞增B．單調(diào)遞減C．在(0，eq\f(1,e))上單調(diào)遞減，在(eq\f(1,e)，5)上單調(diào)遞增D．在(0，eq\f(1,e))上單調(diào)遞增，在(eq\f(1,e)，5)上單調(diào)遞減[解析]函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)．∵y′＝lnx＋1，令y′>0，得x>eq\f(1,e).令y′<0，得0<x<eq\f(1,e).∴函數(shù)y＝xlnx在(0，eq\f(1,e))上單調(diào)遞減，在(eq\f(1,e)，5)上單調(diào)遞增．6．若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是(D)A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)[解析]由條件知f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴k≥1.把函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為恒成立問題是解決問題的關(guān)鍵．二、填空題7．函數(shù)y＝x3－x2－x的單調(diào)遞增區(qū)間為__(－∞，－eq\f(1,3))，(1，＋∞)__.[解析]∵y′＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1)，∴由y′>0得，x>1或x<－eq\f(1,3).8．若函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的單調(diào)減區(qū)間為(－1,3)，則b＝__－3___，c＝__－9___.[解析]f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由條件知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－1＝0,f′3＝9))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－2b＋c＝0,27＋6b＋c＝0))，解得b＝－3，c＝－9.三、解答題9．(2016·北京昌平區(qū)高二檢測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋mx2＋1的導(dǎo)函數(shù)f′(x)，且f′(1)＝3.(1)求函數(shù)f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.[解析](1)f′(x)＝x2＋2mx，∴f′(x)＝1＋2m＝3，∴m＝1.∴f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2＋1，∴f(1)＝eq\f(7,3).∴切線方程為y－eq\f(7,3)＝3(x－1)，即3x－3y＋4＝0.(2)f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，令f′(x)>0，得x>0或x<－2，令f′(x)<0，得－2<x<0，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－2)，(0，＋∞)，遞減區(qū)間為(－2,0)．B級(jí)素養(yǎng)提升一、選擇題1．函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，則y＝f′(x)的圖象可能是(D)[解析]由f(x)的圖象知，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴在(0，＋∞)上f′(x)≤0，在(－∞，0)上f′(x)≥0，故選D．2．下列函數(shù)中，在區(qū)間(－1,1)上是減函數(shù)的是(C)A．y＝2－3x2 B．y＝lnxC．y＝eq\f(1,x－2) D．y＝sinx[解析]A中，y′＝－6x，當(dāng)－1<x<0時(shí)，y′>0，當(dāng)0<x<1時(shí)，y′<0，故函數(shù)y＝2－3x2在區(qū)間(－1,1)上不是減函數(shù)，B中，y＝lnx在x＝0處無意義；C中，y′＝－eq\f(1,x－22)<0對(duì)x∈(－1,1)恒成立，∴函數(shù)y＝eq\f(1,x－2)在區(qū)間(－1,1)上是減函數(shù)；D中，y′＝cosx>0對(duì)x∈(－1，1)恒成立，∴函數(shù)y＝sinx在(－1,1)上是增函數(shù)．3．定義在R上的函數(shù)f(x)，若(x－1)·f′(x)<0，則下列各項(xiàng)正確的是(C)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)與2f(1)大小不定[解析]當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)，∴f(1)>f(2)．當(dāng)x<1時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)，∴f(0)<f(1)．因此f(0)＋f(2)<2f(1)．4．已知對(duì)任意實(shí)數(shù)x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且當(dāng)x>0，有f′(x)>0，g′(x)>0，則當(dāng)x<0時(shí)，有(B)A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0C．f′(x)<0′，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0[解析]由已知f(x)為奇函數(shù)，g(x)為偶函數(shù)．∵x>0時(shí)，f′(x)>0，g′(x)>0，∴f(x)，g(x)在(0，＋∞)上遞增．∴x<0時(shí)，f(x)遞增，g(x)遞減．∴x<0時(shí)f′(x)>0，g′(x)<0.5．(2016·湛江一模)若函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(b,x)(b∈R)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)，則f(x)在下列區(qū)間上單調(diào)遞增的是(D)A．(－2,0) B．(0,1)C．(1，＋∞) D．(－∞，－2)[解析]由題意知，f′(x)＝1－eq\f(b,x2)，∵函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(b,x)(b∈R)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)，∴當(dāng)1－eq\f(b,x2)＝0時(shí)，b＝x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)，令f′(x)>0，解得x<－eq\r(b)或x>eq\r(b)，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－eq\r(b))，(eq\r(b)，＋∞)，∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合題意．故選D．二、填空題6．(2016·山東濰坊一中高二期末)函數(shù)f(x)＝x－2sinx在(0，π)上的單調(diào)遞增區(qū)間為__(eq\f(π,3)，π)__.[解析]由f′(x)＝1－2cosx>0得cosx<eq\f(1,2)，又x∈(0，π)，所以eq\f(π,3)<x<π，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(eq\f(π,3)，π)．7．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)在(－2，＋∞)上單調(diào)遞減，則a的取值范圍是__(－∞，eq\f(1,2))__.[解析]f′(x)＝eq\f(ax＋2－ax－1,x＋22)＝eq\f(2a－1,x＋22)，由題意得x<－2時(shí)，f′(x)≤0恒成立，∴2a－1≤0，∴a≤eq\f(1,2).又當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝eq\f(\f(1,2)x＋1,x＋2)＝eq\f(1,2)，此時(shí)，函數(shù)f(x)在(－2，＋∞)上不是減函數(shù)，∴a≠eq\f(1,2).綜上可知，a的取值范圍為(－∞，eq\f(1,2))．三、解答題8．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－3ax2＋3bx的圖象與直線12x＋y－1＝0相切于點(diǎn)(1，－11).(1)求a、b的值；(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．[解析](1)f′(x)＝3x2－6ax＋3b.因?yàn)閒(x)的圖象與直線12x＋y－1＝0相切于點(diǎn)(1，－11)，所以f(1)＝－11，f′(1)＝－12，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－3a＋3b＝－11,3－6a＋3b＝－12))，解得a＝1，b＝－3.(2)由a＝1，b＝－3得f′(x)＝3x2－6ax＋3b＝3(x2－2x－3)＝3(x＋1)(x－3)．令f′(x)>0，解得x<－1或x>3；又令f′(x)<0，解得－1<x<3.故當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)是增函數(shù)；當(dāng)x∈(3，＋∞)時(shí)，f(x)也是增函數(shù)；當(dāng)x∈(－1,3)時(shí)，f(x)是減函數(shù)．C級(jí)能力提高1．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2－3x在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__(－∞，0]___.[解析]∵f(x)＝x3－ax2－3x，∴f′(x)＝3x2－2ax－3，又因?yàn)閒(x)＝x3－ax2－3x在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，f′(x)＝3x2－2ax－3≥0在區(qū)間[1，＋∞)上恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)≤1,f′1＝3×12－2a－3≥0))，解得a≤0，故答案為(－∞，0]．2．(2018·全國Ⅱ文，21)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1).(1)若a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．[解析](1)解：當(dāng)a＝3時(shí)，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq\r(3)或x＝3＋2eq\r(3).當(dāng)x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)單調(diào)遞增，在(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))單調(diào)遞減．(2)證明：因?yàn)閤2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等價(jià)于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.設(shè)g(x)＝eq\f(x3,x2＋