人教A版文科数学课时试题及解析(14)导数与函数单调性

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人教A版文科数学课时试题及解析(14)导数与函数单调性

课时作业(十四) [第14讲 导数与函数单调性]‎ ‎ [时间:35分钟  分值:80分]‎ ‎1.[2011·皖南八校联考] 若函数y=f(x)的导函数在区间[a,b]上是先增后减的函数,则函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象可能是(  )‎ 图K14-1‎ ‎2.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是(  )‎ A.(-∞,2) B.(0,3)‎ C.(1,4) D.(2,+∞)‎ ‎3.设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x)>0,且f(-3)·g(-3)=0,则不等式f(x)·g(x)<0的解集是(  )‎ A.(-3,0)∪(3,+∞)‎ B.(-3,0)∪(0,3)‎ C.(-∞,-3)∪(3,+∞)‎ D.(-∞,-3)∪(0,3)‎ ‎4.若函数f(x)=x3+bx2+cx+d的单调递减区间为[-1,2],则b=________,c=________.‎ ‎5.[2011·东北三校联考] 函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)=f(2-x),且当x∈(-∞,1)时,(x-1)·f′(x)<0,设a=f(0),b=f,c=f(3),则(  )‎ A.a0,函数f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是单调增函数,则a的最大值是________.‎ ‎11.[2011·宁波十校联考] 已知函数f(x)=xsinx,x∈R,f(-4),f,f的大小关系为________________(用“<”连接).‎ ‎12.(13分)设函数f(x)=x3+ax2-9x-1(a<0).若曲线y=f(x)的斜率最小的切线与直线12x+y=6平行,求:(1)a的值;‎ ‎(2)函数f(x)的单调区间.‎ ‎13.(12分)[2011·辽宁卷] 已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)设a>0,证明:当0<x<时,f>f;‎ ‎(3)若函数y=f(x)的图象与x轴交于A,B两点,线段AB中点的横坐标为x0,证明f′(x0)<0.‎ 课时作业(十四)‎ ‎【基础热身】‎ ‎1.C [解析] 根据题意f′(x)在[a,b]上是先增后减的函数,则在函数f(x)的图象上,各点的切线斜率是先随x的增大而增大,然后随x的增大而减小,由四个选项的图形对比可以看出,只有选项C满足题意.‎ ‎2.D [解析] f′(x)=(x-3)′ex+(x-3)(ex)′=(x-2)ex,令f′(x)>0,解得x>2,故选D.‎ ‎3.D [解析] f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,∴f(x)·g(x)为奇函数,x<0时,f′(x)·g(x)+f(x)g′(x)>0,即x<0时,[f(x)·g(x)]′>0,∴f(x)·g(x)为增函数,且f(-3)·g(-3)=0,根据奇函数性质可知,f(x)·g(x)<0的解集为(-∞,-3)∪(0,3).‎ ‎4.- -6 [解析] 因为f′(x)=3x2+2bx+c,由题设知-10,即f(x)在(-∞,1)上单调递增,f(-1)e时,f′(x)<0,函数为减函数,又e<3<5<7,因此a>b>c.‎ ‎7.D [解析] 由f′(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3)知,当x∈(1,3)时,f′(x)<0.函数f(x)在(1,3)上为减函数,函数f(x+1)的图象是由函数y=f(x)的图象向左平移1个单位长度得到的,所以(0,2)为函数y=f(x+1)的单调减区间.‎ ‎8.A [解析] y′=a(3x2-1),解3x2-1<0得-<x<,∴f(x)=x3-x在上为减函数,又y=a·(x3-x)的递减区间为,∴a>0.‎ ‎9.(0,π) [解析] 由y=sinx-xcosx得y′=xsinx.令y′>0,即xsinx>0,得00,故f(x)在(-∞,-1)上为增函数;‎ 当x∈(-1,3)时,f′(x)<0,故f(x)在(-1,3)上为减函数;‎ 当x∈(3,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(3,+∞)上为增函数.‎ 由此可见,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1)和(3,+∞),单调递减区间为(-1,3).‎ ‎【难点突破】‎ ‎13.[解答] (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-2ax+(2-a)=-.‎ ‎①若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ ‎②若a>0,则由f′(x)=0得x=,且当x∈时,f′(x)>0,当x∈时,f′(x)<0.所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.‎ 综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减.‎ ‎(2)证明:设函数g(x)=f-f,则 g(x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax,‎ g′(x)=+-‎2a=.‎ 当0<x<时,g′(x)>0,而g(0)=0,所以g(x)>0.‎ 故当0<x<时,f>f.‎ ‎(3)由(1)可得,当a≤0时,函数y=f(x)的图象与x轴至多有一个交点,故a>0,从而f(x)的最大值为f,且f>0.‎ 不妨设A(x1,0),B(x2,0),0f(x1)=0.‎ 从而x2>-x1,于是x0=>.‎ 由(1)知,f′(x0)<0.‎
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