3.3.1 函数的单调性与导数第PAGE页3.3 导数在研究函数中的应用3.3.1 函数的单调性与导数【选题明细表】知识点、方法题号函数单调性的判断1求函数的单调区间2,6由单调性求参数(或范围)5,7,11函数图象与导数的关系3综合问题4,8,9,10,12,13【基础巩固】1.在下列结论中,正确的有( A )①单调增函数的导数也是单调增函数;②单调减函数的导数也是单调减函数;③单调函数的导数也是单调函数;④导函数是单调的,则原函数也是单调的.(A)0个(B)2个(C)3个(D)4个解析:分别举反例:①y=lnx;②y=(x>0);③y=2x;④y=x2.故选A.2.函数f(x)=x3-3x2+1的递减区间是( B )(A)(-∞,0)(B)(0,2)(C)(-∞,2)(D)(2,+∞)解析:f′(x)=3x2-6x,令f′(x)=3x2-6x<0,解得0
0,所以f(x)在(0,+∞)上是增函数,又21,所以0<<1,所以k≥1.故选D.6.函数f(x)=x-2sinx在(0,π)上的单调递增区间为 . 解析:令f′(x)=1-2cosx>0,得cosx<,又x∈(0,π),所以
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
:(,π)7.(2019·南昌高二检测)已知f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是增函数,则a的最大值是 . 解析:f′(x)=3x2-a≥0,即a≤3x2在[1,+∞)上恒成立,所以a≤3,即a的最大值是3.答案:38.(2019·重庆高二检测)设函数f(x)=x3+mx2+1的导函数为f′(x),且f′(1)=3.(1)求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)求函数f(x)的单调区间.解:(1)f′(x)=x2+2mx,所以f′(1)=1+2m=3,所以m=1.所以f(x)=x3+x2+1,所以f(1)=.所以切线方程为y-=3(x-1),即9x-3y-2=0.(2)f′(x)=x2+2x=x(x+2),令f′(x)>0,得x>0或x<-2,令f′(x)<0,得-21的解集为( B )(A){x|x<1}(B){x|01}(D){x|00时,函数g(x)=xf(x)单调递减,因为f(1)=1,所以g(1)=1×f(1)=1,则不等式xf(x)>1等价为g(x)>g(1),即01的解集为{x|00,有f′(x)>0,g′(x)>0,则当x<0时,有( B )(A)f′(x)>0,g′(x)>0(B)f′(x)>0,g′(x)<0(C)f′(x)<0′,g′(x)>0(D)f′(x)<0,g′(x)<0解析:由已知f(x)为奇函数,g(x)为偶函数.因为x>0时,f′(x)>0,g′(x)>0,所以f(x),g(x)在(0,+∞)上都单调递增.所以x<0时,f(x)单调递增,g(x)单调递减.所以x<0时f′(x)>0,g′(x)<0.故选B.11.(2019·哈尔滨高二检测)若函数f(x)=lnx-ax2-2x存在单调递减区间,则实数a的取值范围是 . 解析:f′(x)=-ax-2=,由题意知f′(x)<0有实数解,因为x>0,所以ax2+2x-1>0有实数解.当a≥0时,显然满足;当a<0时,只要Δ=4+4a>0,所以-1-1.答案:(-1,+∞)12.(2019·兰州高二质检)已知f(x)=ex-ax-1.(1)求f(x)的单调区间;(2)是否存在a,使f(x)在(-∞,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增?若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.解:(1)f(x)的定义域为R,因为f′(x)=ex-a,当a≤0时,有f′(x)≥0在R上恒成立;当a>0时,令f′(x)≥0,得ex≥a,有x≥lna,令f′(x)≤0,得x≤lna,综上,当a≤0时,f(x)的单调递增区间是(-∞,+∞),无减区间;当a>0时,f(x)的单调递增区间是[lna,+∞),单调递减区间是(-∞,lna].(2)法一 f′(x)=ex-a.若f(x)在(-∞,0]上单调递减,则ex-a≤0在(-∞,0]上恒成立,即a≥ex,而当x∈(-∞,0]时,ex≤1,所以a≥1;若f(x)在[0,+∞)上单调递增,则ex-a≥0在[0,+∞)上恒成立.即a≤ex,而当x∈[0,+∞)时,ex≥1.所以a≤1.综上可得a=1,故存在a=1满足条件.法二 由(1)知,a>0,且lna=0,所以a=1.【探究创新】13.(2019·柳州高二月考)求证:x>1时,x>ln(1+x).
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:设f(x)=x-ln(1+x),则f′(x)=1-=,因为x≥1时,f′(x)>0,所以f(x)在[1,+∞)上是增函数,所以当x>1时,f(x)=x-ln(1+x)>f(1)=1-ln2>1-lne=0,所以x>ln(1+x)(x>1).
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