2019-2020学年人教A版数学选修2-2（课件+提能达标过关）1.3　导数在研究函数中的应用 (6份打包)

第一章 1．3.1　函数的单调性与导数 提能达标过关 一、选择题 1．函数f(x)＝x3－3x在(1，＋∞)上是(　　) A．减函数 B．增函数 C．常数函数 D．不能确定 解析：f′(x)＝3x2－3，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0， ∴f(x)在(1，＋∞)上是增函数． 答案：B 2．设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能的是(　　) 解析：由题意知，当x＜0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当0＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．∴C符合题意． 答案：C 3．已知函数f(x)＝x3－12x，若f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则实数m的取值范围是(　　) A．[－1,1] B．[－1,1) C．(－1,1) D．(－1,1] 解析：∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12， 由f′(x)<0，得－2<x<2， ∴f(x)的单调递减区间为(－2,2)， ∵f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减， ∴(2m，m＋1)⊆(－2,2)， 即解得－1≤m<1， ∴实数m的取值范围是[－1,1)，故选B. 答案：B 4．已知函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝f′(x)的图象可能是图中的(　　) 解析：由函数y＝f(x)的图象的增减变化趋势可判断函数y＝f′(x)取值的正、负情况，如下表： x (－1，b) (b，a) (a,1) f(x)    f′(x) － ＋ － 由表，可知当x∈(－1，b)时，函数y＝f′(x)的图象在x轴下方； 当x∈(b，a)时，函数y＝f′(x)的图象在x轴上方； 当x∈(a,1)时，函数y＝f′(x)的图象在x轴下方． 故选C. 答案：C 5．若定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式f(x)>＋1(e为自然对数的底数)的解集为(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞) 解析：不等式f(x)>＋1可化为 f(x)·ex－ex－3>0， 令h(x)＝f(x)·ex－ex－3， h′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex－ex＝ex[f′(x)＋f(x)－1]>0， ∴h(x)是增函数， h(0)＝f(0)e0－e0－3＝4－1－3＝0， ∴h(x)>0的解集为(0，＋∞)，故选A. 答案：A 二、填空题 6．函数f(x)＝的单调递减区间是________． 解析：f(x)＝的定义域为(0，＋∞)， 由f′(x)＝<0，得x>e， ∴函数f(x)＝的单调递减区间是(e，＋∞)． 答案：(e，＋∞) 7．若函数f(x)＝(x2＋mx)ex的单调减区间是，则实数m的值为________． 解析：f′(x)＝[x2＋(m＋2)x＋m]ex， 因为f(x)的单调减区间是， 所以f′(x)＝0的两个根分别为x1＝－，x2＝1， 即. 解得m＝－ 答案：－ 8．过抛物线C：x2＝2y的焦点F的直线l交抛物线C于A，B两点，若抛物线C在点B处的切线斜率为1，则线段|AF|＝________. 解析：设B(x1，y1)，因为y＝＝1. －，故|AF|＝|BF|＝，所以直线l的方程为y＝，因为Fx2，所以y′＝x，y′|x＝x1＝x1＝1，可得B 答案：1 三、解答题 9．(2019·吉林实验中学高二检测)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1－，讨论函数f(x)的单调性． 解：由条件可知a≠0. 所以f′(x)＝3ax2－6x＝3ax. 所以当a>0时， f′(x)>0，得x<0或x>， f′(x)<0，得0<x<. 所以f(x)在(－∞，0)，上是增函数， 在上是减函数； 当a<0时， f′(x)<0，得x<或x>0， f′(x)>0，得<x<0. 所以f(x)在，(0，＋∞)上是减函数， 在上是增函数． 综上，a>0时，f(x)在(－∞，0)，上是增函数， 在上是减函数； a<0时，f(x)在，(0，＋∞)上是减函数， 在上是增函数． 10．设函数f(x)＝xln x－x2＋(a－1)x(a∈R)，f′(x)是f(x)的导函数． (1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (2)若f(x)在其定义域内为减函数，求实数a的取值集合． 解：(1)∵f(x)＝xln x－x2＋(a－1)x， ∴g(x)＝f′(x)＝ln x＋1－ax＋a－1＝ln x－ax＋a， 其定义域为(0，＋∞)， ∴g′(x)＝－a， 当a≤0时，g′(x)>0恒成立， ∴g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间； 当a>0时，由