PAGE3.3.1导数与单调性一、选择题1．已知函数y＝f(x)在定义域[－4,6]内可导，其图象如图，记y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为( )A．[－eq\f(4,3)，1]∪[eq\f(11,3)，6]B．[－3,0]∪[eq\f(7,3)，5]C．[－4，－eq\f(4,3)]∪[1，eq\f(7,3)]D．[－4，－3]∪[0,1]∪[5,6]解析：不等式f′(x)≤0的解集即函数y＝f(x)的减区间，由图知y＝f(x)的减区间为[－eq\f(4,3)，1]，[eq\f(11,3)，6]，故f′(x)≤0的解集为[－eq\f(4,3)，1]∪[eq\f(11,3)，6]
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
：A2．若函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象的顶点在第四象限，则函数f′(x)的图象是( )解析：f′(x)＝2x＋b，由于函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象的顶点在第四象限，∴x＝－eq\f(b,2×1)>0，∴b<0，故选A.答案：A3．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，＋∞)解析：f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝ex(x－2)，由f′(x)>0，得x>2.∴f(x)在(2，＋∞)上是增函数．答案：D4．[2020·北京卷]下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )A．y＝eq\r(x＋1)B．y＝(x－1)2C．y＝2－xD．y＝log0.5(x＋1)答案：A 5．函数f(x)＝x－2lnx的单调递减区间为( )A．(－∞，0)B．(2，＋∞)C．(0,2)D．(－∞，0)和(2，＋∞)解析：函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(2,x)，令1－eq\f(2,x)<0，解得0
0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，又20，解得x<－1，或00，故函数的递增区间是(0,1)．答案：(0,1)12．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是________．解析：f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)，∵f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，∴b≤x(x＋2)在x∈(－1，＋∞)上恒成立．又x∈(－1，＋∞)时，x(x＋2)>－1，∴b≤－1.答案：(－∞，－1]三、解答题13．[2020·山东卷]设函数f(x)＝eq\f(ex,x2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋lnx))(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)．当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；13.解：(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x2ex－2xex,x4)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)＋\f(1,x)))＝eq\f(xex－2ex,x3)－eq\f(k（x－2）,x2)＝eq\f(（x－2）（ex－kx）,x3).由k≤0可得ex－kx>0，所以当x∈(0，2)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减；x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．14．设函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax＋8，其中a∈R，若f(x)在区间(－∞，0)上为增函数，求a的取值范围．解：由于f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－a)(x－1)，分以下两种情况讨论．(1)若a<1，则当x∈(－∞，a)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0.因此函数f(x)在(－∞，a)和(1，＋∞)上是增函数．显然，当0≤a<1时，f(x)在区间(－∞，0)上为增函数．(2)若a≥1，则当x∈(－∞，1)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0.因此函数f(x)在(－∞，1)和(a，＋∞)上是增函数．显然，此时f(x)在区间(－∞，0)上一定为增函数．故当a∈[0，＋∞)时，f(x)在区间(－∞，0)上为增函数．15．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)＝ex－a，令f′(x)≥0，得ex≥a，当a≤0时，有f′(x)≥0在R上恒成立；当a>0时，有x≥lna.综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，当a>0时，f(x)的单调递增区间是[lna，＋∞)，递减区间是(－∞，lna]．(2)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，∴a≥1；若f(x)在[0，＋∞)上递增，∴ex－a≥0在[0，＋∞)上恒成立．即a≤ex，而当x∈[0，＋∞)时，ex≥1.∴a≤1.综上可得a＝1，故存在a＝1满足条件．[拓展延伸]16．求证：x>1时，x>ln(1＋x)．证明：设f(x)＝x－ln(1＋x)，则f′(x)＝1－eq\f(1,1＋x)＝eq\f(x,1＋x)，∵x≥1时，f′(x)>0，∴f(x)在[1，＋∞)上是增函数，∴当x>1时，f(x)＝x－ln(1＋x)>f(1)＝1－ln2>1－lne＝0，∴f(x)>0，即x>ln(1＋x)(x>1)．
浙公网安备 33021202002483