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)＝，e
f(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．
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(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，
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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．
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