人教A版高中数学选修1-1同步作业：第3章 导数及其应用3.3.1

第三章 3.3 3.3.1

一、选择题

1．(2018·江西九江期末)函数f(x)＝ln x－x的单调递增区间是( B ) A．(－∞，1) C．(0，＋∞)

B．(0,1) D．(1，＋∞)

1

解析 易知函数f(x)＝ln x－x的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)＝－1>0得0

x函数f(x)＝ln x－x的单调递增区间是(0,1)．

1

，＋∞?上单调递增，则a的取值范2．(2018·山东莱阳期末)若函数f(x)＝ax－ln x在??2?围是( A )

A．[2，＋∞) C．(－∞，0] 1

解析 f′(x)＝a－(x>0)，

x1

，＋∞?上单调递增， ∵f(x)在??2?

111

，＋∞?上单调递减，∴a≥ymax，即a≥2. ∴f′(x)≥0，即a≥，又y＝在??xx?23．已知函数f(x)＝x＋ln x，则有( A ) A．f(2)

B．f(e)

D．(－∞，0]∪[2，＋∞)

11

解析 因为在定义域(0，＋∞)上f′(x)＝＋>0，

2xx所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数， 所以有f(2)

1

4．函数y＝x2－ln x的单调递减区间为( B )

2A．(－1,1) C．(1，＋∞)

B．(0,1) D．(0，＋∞)

1

解析 函数y＝x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，

21?x－1??x＋1?

y′＝x－＝，

xx

1

令y′<0，则可得函数y＝x2－ln x的单调递减区间是(0,1)．

2

5．(2018·甘肃嘉峪关月考)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么函数y＝f(x)的图象最有可能是( A )

解析 由导函数的图象可知，

当－20，则f(x)单调递增；

当x<－2或x>0时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，故选A．

6．在下列区间中，函数f(x)＝ex＋4x－3的零点所在的区间为( C ) 1

－，0? A．??4?11?C．??4，2?

解析 由题得f′(x)＝ex＋4>0， 所以f(x)在其定义域上严格单调递增．

1

－?＝e－4 －4<0，f(0)＝e0－3＝－2<0， 因为f??4?1?4?1?＝e2 －1>0， f?＝e －2<0，f?4??2?1??1??1，1?内． 即f?f<0，f(x)的零点在?4??2??42?二、填空题

4

7．函数y＝a＋x＋的单调递增区间为____(－∞，－2)，(2，＋∞)____.

x4?x＋2??x－2?

解析 函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，y′＝1－2＝，当y′>0时，

xx2解得x>2或x<－2，

所以函数的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)．

ax＋11－∞，?8．已知函数f(x)＝在(－2，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围为____?2??x＋2____.

a?x＋2?－?ax＋1?2a－11

解析 ∵f′(x)＝＝，∴f′(x)<0，即2a－1<0，∴a<. 222?x＋2??x＋2?

1

1

1

0，? B．??4?13?D．??2，4?

1

39．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调递减区间为[－1,2]，则b＝____－____，c＝____

2－6____.

解析 f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意知－1

3x2＋2bx＋c＝0的两个根，把－1,2分别代入方程，解得b＝－，c＝－6.

2

三、解答题

1

10．证明：当x≥0时，恒有ln(1＋x)≥x－x2.

21

证明 令f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2(x≥0)，

21x2

则f′(x)＝－1＋x＝≥0(x≥0)，

1＋xx＋1所以f(x)在[0，＋∞)上是增函数， 1

故f(x)≥f(0)＝0，即ln(1＋x)－x＋x2≥0，

21

所以ln(1＋x)≥x－x2.

2

a

11．已知函数f(x)是三次项系数为的三次函数，并且有f′(x)－9x<0的解集为(1,2)．

3(1)若f′(x)＋7a＝0仅有一解，求f′(x)的表达式； (2)若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围． a

解析 由条件可设f(x)＝x3＋a2x2＋a1x＋a0，

3于是f′(x)＝ax2＋2a2x＋a1. ∵f′(x)－9x<0的解集为(1,2)，

∴a>0，且f′(1)－9＝0，f′(2)－18＝0，

???a＋2a2＋a1－9＝0，?a1＝2a，∴?解得? ?4a＋4a2＋a1－18＝0，???2a2＝9－3a，

∴f′(x)＝ax2＋(9－3a)x＋2a.

(1)∵f′(x)＋7a＝0仅有一解，且a≠0， ∴Δ1＝(9－3a)2－36a2＝0，解得a＝1或a＝－3. 又a>0，∴a＝1，∴f′(x)＝x2＋6x＋2. (2)∵f(x)在R上单调递增，

∴f′(x)＝ax2＋(9－3a)x＋2a≥0的解集为R.

∴Δ2＝(9－3a)2－8a2≤0，解得27－182≤a≤27＋182. 从而实数a的取值范围是{a|27－182≤a≤27＋182}．

12．已知函数f(x)＝ex，曲线y＝f(x)在点(x0，y0)处的切线方程为y＝g(x)．

(1)证明：对?x∈R，f(x)≥g(x)； (2)当x≥0时，f(x)≥1＋

ax

恒成立，求实数a的取值范围． 1＋x

解析 (1)证明：由题意知g(x)＝ex0(x－x0)＋ex0. 令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－ex0(x－x0＋1)， 则h′(x)＝ex－ex0.

当xx0时，h′(x)>0，h(x)单调递增． 故h(x)≥h(x0)＝0，即对?x∈R，f(x)≥g(x)． (2)当a≤1时，由(1)知，当x0＝0时，ex≥x＋1.

axaxaxx?x＋1－a?

故f(x)－1－＝ex－1－≥x－＝≥0.

1＋x1＋x1＋x1＋x当a>1时，令H(x)＝[f(x)－1](x＋1)－ax＝(ex－1)·(x＋1)－ax， 则H′(x)＝ex(2＋x)－1－a. 令F(x)＝H′(x)＝ex(2＋x)－1－a， 则F′(x)＝ex(3＋x)>0，

故H′(x)在[0，＋∞)上单调递增，而H′(0)＝1－a<0， 故存在区间(0，x1)使得H′(x)<0，H(x)单调递减， ax

使得H(x)

x＋1ax

与f(x)≥1＋在[0，＋∞)上恒成立矛盾．

1＋x综上可得a的取值范围是(－∞，1]．

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