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- 2021-06-20 发布
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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.
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