2020年高中数学第三章导数及其应用导数在研究函数中的应用3

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2020年高中数学第三章导数及其应用导数在研究函数中的应用3

‎3.3.1‎‎ 函数的单调性与导数 ‎[课时作业]‎ ‎[A组 基础巩固]‎ ‎1.已知e为自然对数的底数,函数y=xex的单调递增区间是(  )‎ A.[-1,+∞) B.(-∞,-1]‎ C.[1,+∞) D.(-∞,1]‎ 解析:∵y′=ex+xex=ex(x+1),由y′≥0,∴x≥-1,故递增区间为[-1,+∞).‎ 答案:A ‎2.若f(x)=,ef(b) B.f(a)=f(b)‎ C.f(a)1‎ 解析:f ′(x)=,当x>e时,f ′(x)<0,则f(x)在(e,+∞)上为减函数,f (a)>f(b).‎ 答案:A ‎3.若函数f(x)=x3-ax2-x+6在(0,1)内单调递减,则实数a的取值范围是(  )‎ A.a≥1 B.a=1‎ C.a≤1 D.02时,f ′(x)>0;当00,则cos x<,又x∈(0,π),解得0,x2>0,‎ ‎∴f ′(x)>0,f(x)为增函数.‎ 当x∈(e,+∞)时,ln x>ln e=1,1-ln x<0,x2>0,‎ ‎∴f ′(x)<0,f(x)为减函数.‎ ‎10.已知函数f(x)=(x2-ax)ex(x∈R),a为实数.‎ ‎(1)当a=0时,求函数f(x)的单调增区间;‎ ‎(2)若f(x)在闭区间[-1,1]上为减函数,求a的取值范围.‎ 解析:(1)当a=0时,f(x)=x2ex,‎ f ′(x)=2xex+x2ex=(x2+2x)ex,‎ 由f ′(x)>0⇒x>0或x<-2,‎ 故f(x)的单调增区间为(0,+∞)和(-∞,-2).‎ ‎(2)由f(x)=(x2-ax)ex,x∈R ‎⇒f ′(x)=(2x-a)ex+(x2-ax)ex=[x2+(2-a)x-a]ex.‎ 记g(x)=x2+(2-a)x-a,‎ 依题意,x∈[-1,1]时,g(x)≤0恒成立,‎ 结合g(x)的图象特征得 即a≥,所以a的取值范围是.‎ ‎[B组 能力提升]‎ ‎1.已知函数f(x)=+ln x,则有(  )‎ A.f(2)0,所以f(x)在(0,+∞)上是增函数,所以有f(2)0,得函数f(x)的单调递增区间为(,+∞);由y′<0,得函数f(x)的单调递减区间为(0,),‎ 由于函数在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,‎ 所以解得:1≤k<.‎ 答案:1≤k< ‎4.已知f(x)是偶函数,当x∈时,f(x)=xsin x,若a=f(cos 1),b=f(cos 2),c=f(cos 3),则a,b,c的大小关系为________.‎ 解析:由于函数为偶函数,故b=f(cos 2)=f(-cos 2),c=f(cos 3)=f(-cos 3),由于x∈,f′(x)=sin x+xcos x≥0,即函数在区间上为增函数,据单位圆中三角函数线易得0<-cos 2<cos 1<-cos 3<,根据函数单调性可得f(-cos 2)<f(cos 1)<f(-cos 3).‎ 答案:b<a<c ‎5.(2016·高考全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.‎ 讨论f(x)的单调性.‎ 解析:f′(x)=(x-1)ex+‎2a(x-1)=(x-1)(ex+‎2a).‎ ‎(i)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<0;‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.‎ 所以f (x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.‎ 6‎ ‎(ii)设a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-‎2a).‎ ‎①若a=-,则f′(x)=(x-1)(ex-e),‎ 所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.‎ ‎②若a>-,则ln(-‎2a)<1,‎ 故当x∈(-∞,ln(-‎2a))∪(1,+∞)时,f′(x)>0;‎ 当x∈(ln(-‎2a),1)时,f′(x)<0,‎ 所以f(x)在(-∞,ln(-‎2a)),(1,+∞)单调递增,在(ln(-‎2a),1)单调递减.‎ ‎③若a<-,则ln(-‎2a)>1,‎ 故当x∈(-∞,1)∪(ln(-‎2a),+∞)时,f′(x)>0;‎ 当x∈(1,ln(-‎2a))时,f′(x)<0,‎ 所以f(x)在(-∞,1),(ln(-‎2a),+∞)单调递增,在(1,ln(-‎2a))单调递减.‎ ‎6.已知函数f(x)=-2xln x+x2-2ax+a2,其中a>0.‎ ‎(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;‎ ‎(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.‎ 解析:(1)由已知,函数的定义域为(0,+∞),‎ 所以g(x)=f′(x)=2(x-1-ln x-a)‎ 所以g′(x)=2-=,‎ 当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;‎ 当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.‎ ‎(2)证明:由f′(x)=2(x-1-ln x-a)=0,解得a=x-1-ln x.‎ 令φ(x)=-2xln x+x2-2x(x-1-ln x)+(x-1-ln x)2=(1+ln x)2-2xln x,‎ 则φ(1)=1>0,φ(e)=2(2-e)<0.‎ 于是,存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0,‎ 令a0=x0-1-ln x0=u(x0),其中u(x)=x-1-ln x(x≥1),‎ 由u′(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增.‎ 故0=u(1)<a0=u(x0)<u(e)=e-2<1,‎ 即a0∈(0,1),‎ 当a=a0时,有f′(x0)=0,‎ f(x0)=φ(x0)=0,‎ 再由(1)知,f′(x)在区间(1,+∞)上单调递增,‎ 当x∈(1,x0)时,f′(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0,‎ 6‎ 当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,‎ 从而f(x)>f(x0)=0,‎ 又当x∈(0,1]时,f(x)=(x-a0)2-2xln x>0,‎ 故x∈(0,+∞)时,f(x)≥0.‎ 综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.‎ 6‎
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