2018-2019学年高中数学 第三章 导数及其应用 3.3.1 单调性作业 苏教版选修1 -1

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1、3.3.1单调性[基础达标]1．函数y＝x(x2－1)在区间________上是单调增函数．解析：f′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0，解得x>或x<－.因此，在区间(－∞，－)上，f′(x)>0，函数是增函数；在区间(，＋∞)上，f′(x)>0，函数也是增函数．答案：(－∞，－)，(，＋∞)2．函数f(x)＝xlnx的单调减区间为________．解析：函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1.解f′(x)<0得x<，又x>0，∴f(x)的减区间为(0，)．答案：(0，)3．函数y＝4x2＋的单调递增区间是________．解析：y′＝8x－

2、＝，令y′>0，解得x>，则函数的单调递增区间为.答案：4．函数y＝ax3－x在R上是减函数，则实数a的取值范围为________．解析：y′＝3ax2－1，函数在R上是减函数，即不等式3ax2－1≤0恒成立，解得a≤0.答案：a≤05．函数f(x)＝在区间(0，＋∞)上单调递增，那么实数a的取值范围是________．解析：f′(x)＝＝＝a＋≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即a≥－在区间(0，＋∞)上恒成立，故a≥0.答案：a≥06．已知函数f(x)＝alnx＋x在区间[2,3]上单调递增，则实数a的取值范围是________．解析：∵f(x)＝alnx＋x，

3、∴f′(x)＝＋1.又∵f(x)在[2,3]上单调递增，∴＋1≥0在x∈[2,3]上恒成立，∴a≥(－x)max＝－2，∴a∈[－2，＋∞)．答案：[－2，＋∞)7．设函数f(x)＝－ax3＋x2＋1(a≤0)，求f(x)的单调区间．解：①当a＝0时，f(x)＝x2＋1，其减区间为(－∞，0)，增区间为(0，＋∞)．②当a<0时，∵f′(x)＝－ax2＋2x，f′(x)>0⇔(－ax＋2)x>0⇔x>0⇔x>0或x<.f′(x)<0⇔

4、)；当a<0时，f(x)的递增区间为和(0，＋∞)，递减区间为.8．已知函数f(x)＝ax4＋bx2＋c的图象经过点(0,1)，且在点(1，f(1))处的切线方程是y＝x－2.(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)的单调递增区间．解：(1)f(x)＝ax4＋bx2＋c的图象经过点(0,1)，则c＝1，f′(x)＝4ax3＋2bx，k＝f′(1)＝4a＋2b＝1，切点为(1，－1)，则f(x)＝ax4＋bx2＋c的图象经过点(1，－1)，得a＋b＋c＝－1，得a＝，b＝－，∴f(x)＝x4－x2＋1.(2)由f′(x)＝10x3－9x>0，得－

5、x>，则函数f(x)的单调递增区间为，.[能力提升]1．已知函数f(x)＝在(－2，＋∞)上单调递减，则a的取值范围是________．解析：∵f′(x)＝且函数f(x)在(－2，＋∞)上单调递减，∴f′(x)≤0在(－2，＋∞)上恒成立．∴a≤.当a＝时，f′(x)＝0恒成立，不合题意，应舍去．∴a<.答案：a<2．设f(x)、g(x)是R上的可导函数，f′(x)，g′(x)分别为f(x)、g(x)的导函数，且满足f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，则当af(b)g(x)；②f(

6、x)g(a)>f(a)g(x)；③f(x)g(x)>f(b)g(b)；④f(x)g(x)>f(a)g(a)．解析：令y＝f(x)·g(x)，则y′＝f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)，由于f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，所以y在R上单调递减，又xf(b)g(b)．答案：③3．若函数f(x)＝x3－ax2＋1在[0,2]内单调递减，求实数a的取值范围．解：法一：f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)．当a＝0时，f′(x)≥0(等号不恒成立)，故y＝f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，与y＝f(x)在[0,2]内单

7、调递减不符，舍去．当a<0时，由f′(x)≤0得a≤x≤0，即f(x)的减区间为，与y＝f(x)在[0,2]内单调递减不符，舍去．当a>0时，由f′(x)≤0得0≤x≤a，即f(x)的减区间为.由y＝f(x)在[0,2]内单调递减得a≥2得a≥3.综上可知，a的取值范围是[3，＋∞)．法二：f′(x)＝3x2－2ax.由y＝f(x)在[0,2]内单调递减知3x2－2ax≤0在[0,2]内恒成立．当x＝0时，由3x2－2ax≤0在[0,2]内恒成立得a∈R；当x≠0时，由3x2－2ax≤0在[0,2]内恒成立．即a≥x恒成立，故只需a≥max，又x在[0,2]上的最

8、大值为3，