内容正文:
第11节 导数在研究函数中的应用
第一课时 导数与函数的单调性
知识点、方法
基础巩固练
综合
运用练
应用创新练
导数与函数的单调性关系的理解
3,4,6,7
10
14
利用导数研究函数的单调区间
1,2
12,13
15
利用导数与函数综合应用
5,8,9
11
1.(2021·江苏常熟高三抽测)函数f(x)=2x2-ln x的单调递减区间为( D )
A.(-2,2) B.(0,2)
C.(-,) D.(0,)
解析:函数f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=4x-=,由可得0<x<.所以此函数的单调递减区间是(0,).故选D.
2.函数f(x)=在( B )
A.(-∞,+∞)内是增函数
B.(-1,1)内是增函数,在其余区间内是减函数
C.(-∞,+∞)内是减函数
D.(-1,1)内是减函数,在其余区间内是增函数
解析:f(x)的定义域为R,f′(x)=,
当f′(x)>0时,解得-1<x<1,故f(x)的单调递增区间为(-1,1);
当f′(x)<0时,解得x<-1或x>1,故f(x)的单调递减区间为(-∞,-1), (1,+∞).故选B.
3.(2021·浙江衢州、丽水、湖州高三联考)已知函数f′(x)的图象如图所示,则y=f(x)的图象可能是( B )
解析:由函数y=f′(x)的图象知f(x)在(1,2)上是增函数,其余部分递减.故选B.
4.已知f(x)在R上是可导函数,f(x)的图象如图所示,则不等式(x2-2x-3)f′(x)>0的解集为( D )
A.(-∞,-2)∪(1,+∞)
B.(-∞,-2)∪(1,2)
C.(-∞,-1)∪(-1,0)∪(2,+∞)
D.(-∞,-1)∪(-1,1)∪(3,+∞)
解析:原不等式等价于
或结合f(x)的图象可得,
或解得x<-1或x>3或-1<x<1.故选D.
5.已知定义在R上的函数f(x)=ax3+x2+ax+1有三个不同的单调区间,则实数a的取值范围是( D )
A.(-∞,-1)∪(1,+∞)
B.[-1,0)∪(0,1]
C.(-1,1)
D.(-1,0)∪(0,1)
解析:f′(x)=ax2+2x+a,
若函数f(x)=ax3+x2+ax+1有三个不同的单调区间,则f′(x)=ax2+2x+ a=0有2个不相等的零点,则有Δ=4-4a2>0,且a≠0,
解得-1<a<1,且a≠0,即实数a的取值范围是(-1,0)∪(0,1).故选D.
6.已知函数f(x)=x3+(2-a)x2+x-4在(0,2]上为增函数,则a的取值范围是( B )
A.(-∞,4] B.(-∞,3] C.(4,+∞) D.(-∞,3)
解析:f′(x)=x2+2(2-a)x+1,由题意可知x2+2(2-a)x+1≥0在区间(0,2]内恒成立,即2(a-2)≤x+,x∈(0,2],由基本不等式知x+的最小值为2,因此2(a-2)≤2,即a≤3.故选B.
7.已知函数f(x)=ln x-ax2-x在区间[,]上存在单调递减区间,则a的取值范围是( B )
A.[1,+∞) B.(1,+∞)
C.(-∞,1) D.(-∞,1]
解析:由题,f′(x)=-2ax-1=,
因为x>0,则若函数f(x)=ln x-ax2-x在区间[,]上存在单调递减
区间,
即-2ax2-x+1<0在[,]上有解,
即存在x∈[,],使得2a>+成立,
设t=(t∈[2,3]),则u(t)=-t+t2=(t-)2-,当t=2时,u(t)min=u(2)=2,
所以2a>2,即a>1.故选B.
8.设f′(x)是f(x)的导函数,写出一个满足f′(x)>f(x)在定义域R上恒成立的函数f(x)的解析式: .
解析:由题意,设函数f(x)=ex-1,可得f′(x)=ex,
令F(x)=f′(x)-f(x)=ex-(ex-1)=1>0恒成立,即函数f(x)=ex-1,符合题意.
答案:f(x)=ex-1(答案不唯一)
9.若任意a,b满足0<a<b<t,都有bln a<aln b,则t的最大值为 .
解析:因为0<a<b<t,bln a<aln b,
所以<(a<b),
令y=,则函数在(0,t)上单调递增,故由y′=>0可知0<x<e,故t的最大值是e.
答案:e
10.(2020·重庆七校高三联考)已知y=f(x)为(0,+∞)上的可导函数,且有f′(x)+>0,则对于任意的a,b∈(0,+∞),当a>b时,有( B )
A.af(a)<bf(b) B.af(a)>bf(b)
C.af(b)>bf(a) D.af(b)<bf(a)
解析:不妨设h(x)=xf(x),则h′(x)=f(x)+xf′(x).
因为当x>0时,有f′(x)+>0,所