北师大数学选修22新素养应用案巩固提升：第三章 1.1 导数与函数的单调性 含解析

[A基础达标]1．函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，其中a，b，c为实数，当a2－3b<0时，f(x)在R上() A．是增函数B．是减函数C．是常函数D．既不是增函数也不是减函数解析：选A.f′(x)＝3x2＋2ax＋b，方程3x2＋2ax＋b＝0的判别式Δ＝(2a)2－4×3b＝4(a2－3b)．因为a2－3b<0，所以Δ＝4(a2－3b)<0，所以f′(x)在R上恒大于0，故f(x)在R上是增函数．2．已知函数y＝f(x)的图像如图所示，则函数y＝f′(x)的图像可能是图中的()解析：选C.由函数y＝f(x)的图像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)－＋－y ＝f′(x)的图像在x轴上方；当x∈(a，1)时，函数y＝f′(x)的图像在x轴下方．故选C.3．已知函数f(x)＝x＋ln x，则下列选项正确的是()A．f(e)<f(π)<f(2，7)B ．f (π)<f (e)<f (2.7)C ．f (e)<f (2.7)<f (π)D ．f (2.7)<f (e)<f (π)解析：选D.由已知，得f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝(x ＋ln x )′＝(x )′＋(ln x )′＝12x ＋1x>0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数．因为2.7<e<π，所以f (2.7)<f (e)<f (π)，选D. 4．已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有( )A ．af (a )≤f (b )B ．bf (b )≤f (a )C ．af (b )≤bf (a )D ．bf (a )≤af (b )解析：选C.因为xf ′(x )＋f (x )≤0且x >0，f (x )≥0，所以f ′(x )≤－f （x ）x ，即f (x )在(0，＋∞)上是减少的或f (x )为常函数．又0<a <b ，所以af (b )≤bf (a )(当且仅当f (x )＝0时，取等号)．5．若函数f (x )＝x 3－ax 2－x ＋6在(0，1)内是递减的，则实数a 的取值范围是( ) A ．[1，＋∞) B ．[0，1] C ．(－∞，1]D ．(0，1) 解析：选A.f ′(x )＝3x 2－2ax －1.由题意知，不等式3x 2－2ax －1≤0在x ∈(0，1)内恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′（0）≤0，f ′（1）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧－1≤0，2－2a ≤0，所以a ≥1.当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－2x －1不恒为0，故实数a 的取值范围是[1，＋∞)． 6．函数f (x )＝(x 2＋x ＋1)e x (x ∈R )的减区间为________．解析：f ′(x )＝(2x ＋1)e x ＋(x 2＋x ＋1)e x ＝e x (x 2＋3x ＋2)＝e x (x ＋1)(x ＋2)， 令f ′(x )<0，解得－2<x <－1， 所以函数f (x )的减区间为(－2，－1)． 答案：(－2，－1)7．若函数f (x )＝(x 2＋mx )e x 的减区间是⎣⎡⎦⎤－32，1，则实数m 的值为________． 解析：f ′(x )＝[x 2＋(m ＋2)x ＋m ]e x ，因为f (x )的减区间是⎣⎡⎦⎤－32，1，所以f ′(x )＝0的两个根分别为x 1＝－32，x 2＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧f ′⎝⎛⎭⎫－32＝0f ′（1）＝0，解得m ＝－32.答案：－328．已知函数f (x )是R 上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f ′(x )>0，若f (－1)＝0，则关于x 的不等式xf (x )<0的解集是________．解析：因为在(0，＋∞)上f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，＋∞)上是增加的， 又f (x )为偶函数，所以f (－1)＝f (1)＝0， 且f (x )在(－∞，0)上是减少的， f (x )的草图如图所示，所以xf (x )<0的解集为(－∞，－1)∪(0，1)． 答案：(－∞，－1)∪(0，1)9．设函数f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1，0<x <2π，求函数f (x )的单调区间． 解：由f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1，0<x <2π， 知f ′(x )＝cos x ＋sin x ＋1，于是f ′(x )＝1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4.令f ′(x )＝0，从而sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝－22，得x ＝π或x ＝3π2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )变化情况如下表： x (0，π) π ⎝⎛⎭⎪⎫π，3π23π2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π f ′(x ) ＋0 －0 ＋ f (x )π＋23π2因此，由上表知f (x )的递增区间是(0，π)和⎝⎛⎭⎪⎫3π2，2π，递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫π，3π2.10．已知函数f (x )＝ln x ＋ke x(k 为常数，e 为自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求实数k 的值； (2)求f (x )的单调区间．解：(1)由f (x )＝ln x ＋k e x ，可得f ′(x )＝1x－k －ln x e x .因为曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行， 所以f ′(1)＝0，即1－ke ＝0，解得k ＝1.(2)由(1)，知f ′(x )＝1x－1－ln x e x (x >0)，令f ′(x )＝0，可得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )＝1x－1－ln x e x >0，f (x )在(0，1)上递增；当x >1时，f ′(x )＝1x－1－ln x e x <0，f (x )在(1，＋∞)上递减．综上，f (x )的递增区间为(0，1)，递减区间为(1，＋∞)．[B 能力提升]11．已知函数f (x )＝－xe x ＋ln 2，则( )A ．f (1e )＝f (12)B ．f (1e )<f (12)C ．f (1e )>f (12)D ．f (1e )，f (12)的大小关系无法确定解析：选C.f ′(x )＝－e x －（－x ）e x e x ·e x ＝x －1e x ，当x <1时，f ′(x )<0，函数f (x )是递减的． 因为1e <12<1，所以f (1e )>f (12)．故选C.12．已知函数f (x )＝ax －ln x ，若f (x )>1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a 的范围为________．解析：由已知a >1＋ln xx 在区间(1，＋∞)内恒成立．设g (x )＝1＋ln xx ，所以g ′(x )＝－ln xx2<0(x >1)，所以g (x )＝1＋ln xx 在区间(1，＋∞)内递减，所以g (x )<g (1)．因为g (1)＝1，所以1＋ln xx <1在区间(1，＋∞)内恒成立，所以a ≥1. 答案：[1，＋∞)13．已知函数y ＝ax 与y ＝－bx 在(0，＋∞)上都是减函数，试确定函数y ＝ax 3＋bx 2＋5的单调区间．解：因为函数y ＝ax 与y ＝－bx 在(0，＋∞)上都是减函数，所以a ＜0，b ＜0.由y ＝ax 3＋bx 2＋5得y ′＝3ax 2＋2bx . 令y ′＞0，得3ax 2＋2bx ＞0， 所以－2b3a＜x ＜0.所以当x ∈⎝⎛⎭⎫－2b3a ，0时，函数为增函数． 令y ′＜0，即3ax 2＋2bx ＜0， 所以x ＜－2b3a或x ＞0.所以在⎝⎛⎭⎫－∞，－2b3a ，(0，＋∞)上函数为减函数． 综上可知，所求函数的递增区间为⎝⎛⎭⎫－2b 3a ，0，递减区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－2b3a 和(0，＋∞)． 14．(选做题)已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22.(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)证明：当x >1时，f (x )<x －1.解：(1)f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )>0得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－x 2＋x ＋1>0，解得0<x <1＋52.故f (x )的递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则F ′(x )＝1－x 2x.当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在(1.＋∞)上递减， 故当x >1时，F (x )<F (1)＝0， 即当x >1时，f (x )<x －1.。