《【優(yōu)化設(shè)計(jì)】2014-2015學(xué)年人教版高中數(shù)學(xué)選修2-2第一章1.3.1知能演練輕松闖關(guān)]》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【優(yōu)化設(shè)計(jì)】2014-2015學(xué)年人教版高中數(shù)學(xué)選修2-2第一章1.3.1知能演練輕松闖關(guān)]（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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2、C．在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增 D．在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減 解析：選C.y′＝ln x＋x·＝ln x＋1，令y′＞0，解得x＞，∵5＞，∴y＝xln x在上為增函數(shù)，同理可求在上為減函數(shù)． 3．下列區(qū)間中，使函數(shù)y＝x·cos x－sin x為增函數(shù)的區(qū)間是(　　) A．(，) B．(π，2π) C．(，) D．(2π，3π) 解析：選B.f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－x·sin x， 當(dāng)x∈(π，2π)時(shí)，f′(x)>0. 4．(2013·高考課標(biāo)全國卷)若存在正數(shù)x使2x(x－a)＜1成立，則a的取值范圍是(　　) A．(－∞，＋∞)

3、 B．(－2，＋∞) C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞) 解析：選D.∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－. 令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 2＞0. ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1， ∴a的取值范圍為(－1，＋∞)，故選D. 5．f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′(x)＋f(x)≤0對(duì)任意正數(shù)a、b，若a＜b，則必有(　　) A．a(chǎn)f(a)≤f(b) B．bf(b)≤f(a) C．a(chǎn)f(b)≤bf(a) D．bf(a)≤af(b) 解析：選C.設(shè)g(x)＝xf(x)， 則由g′

4、(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0， 知g(x)在(0，＋∞)上遞減． 又0＜a＜b，f(x)≥0，∴bf(b)＜af(a)，∴af(b)＜bf(b)＜af(a)＜bf(a)． 當(dāng)f(x)＝0時(shí)，f(b)＝f(a)＝0，∴af(b)≤bf(a)．故選C. 6．若函數(shù)y＝a(x3－x)的單調(diào)減區(qū)間為(－，)，則a的取值范圍是________． 解析：由f′(x)＝a(3x2－1)＝3a＜0的解集為，知a＞0. 答案：(0，＋∞) 7．(2013·武漢調(diào)研)若函數(shù)y＝－x3＋ax有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則a的取值范圍是________． 解析：∵y′＝－4x2＋a，且y有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，

5、∴方程y′＝－4x2＋a＝0有兩個(gè)不等的實(shí)根， ∴Δ＝02－4×(－4)×a>0， ∴a>0. 答案：(0，＋∞) 8．如果函數(shù)f(x)＝2x2－ln x在定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，那么實(shí)數(shù)k的取值范圍是________． 解析：顯然函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， y′＝4x－＝. 由y′＞0，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為；由y′＜0，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，由于函數(shù)在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)， ∴解得：1≤k＜. 答案：[1，) 9．求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間： (1)f(x)＝－x2＋ln(x＋1)； (2)f(x)

6、＝sin x(1＋cos x)(0≤x≤2π)． 解：(1)∵函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)， 且f′(x)＝－2x＋(x＋1)′ ＝－2x＋＝(x＞－1)， 由－2x2－2x＋1＞0，即2x2＋2x－1＜0得 －＜x＜，又x＞－1， ∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－1，)， 類似可得f(x)的單調(diào)減區(qū)間是. (2)f′(x)＝cos x(1＋cos x)＋sin x(－sin x) ＝2cos2x＋cos x－1 ＝(2cos x－1)(cos x＋1)． ∵0≤x≤2π， ∴由f′(x)＝0得x1＝，x2＝π，x3＝π， 則區(qū)間[0,2π]被分成四個(gè)子區(qū)間，如表

7、所示： x 0 (0，) (，π) π (π，) (，2π) 2π f′(x) ＋ 0 － 0 － 0 ＋ f(x) ↗ ↘ ↘ ↗ ∴f(x)＝sin x(1＋cos x)(0≤x≤2π)的單調(diào)遞增區(qū)間為[0，]，[，2π]，單調(diào)遞減區(qū)間為[，]． 10．已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex.設(shè)f(x)在區(qū)間[－1，1]上是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍． 解：f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex ＝ex[x2＋2(1－a)x－2a]． 令f′(x)＝0，即x2＋2(1－a)x－

8、2a＝0. 解得x1＝a－1－，x2＝a－1＋， 其中x1

9、：選B.結(jié)合圖象分析可知，剛開始時(shí)，水的體積隨深度h增加較快，后來較慢．符合此種情況的水瓶為B.本題也可以利用取中思想，我們可取水的高度為，此時(shí)水的注入量(體積)要超過一半；觀察符合這種情況的只有B. 2．(2012·高考福建卷改編)已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.現(xiàn)給出如下結(jié)論： ①f(0)·f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0； ④f(0)f(3)＜0. 其中正確結(jié)論的序號(hào)是________． 解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)， 由f′(x)＜0，得1＜x＜3，由f′

10、(x)＞0，得x＜1或x＞3， ∴f(x)在區(qū)間(1,3)上是減函數(shù)，在區(qū)間(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函數(shù)．又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0， ∴y極大值＝f(1)＝4－abc＞0，y極小值＝f(3)＝－abc＜0， ∴0＜abc＜4. ∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，后一種情況不可能成立， 如圖，∴f(0)＜0，∴f(0)f(1)＜0，f(0)f(3)＞0， ∴正確結(jié)論的序號(hào)是②③. 答案：②③ 3．(2013·高考重慶卷節(jié)選)設(shè)f(x)＝a(x－5)2＋6ln x．其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(diǎn)

11、(1，f(1))處的切線與y軸交于點(diǎn)(0,6)． (1)確定a的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解：(1)因?yàn)閒(x)＝a(x－5)2＋6ln x， 故f′(x)＝2a(x－5)＋. 令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－16a＝(6－8a)(x－1)． 由點(diǎn)(0,6)在切線上可得6－16a＝8a－6，故a＝. (2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x＞0)， f′(x)＝x－5＋＝. 令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3. 當(dāng)0＜x＜2或x＞3時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)

12、在(0,2)，(3，＋∞)上為增函數(shù)；當(dāng)2＜x＜3時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(2,3)上為減函數(shù)． 4．(1)當(dāng)x＞0時(shí)，證明不等式ln(x＋1)＞x－x2； (2)設(shè)x＞－2，n∈N*，試證明(1＋x)n≥1＋nx. 證明：(1)設(shè)f(x)＝ln(x＋1)－x＋x2， 則f′(x)＝－1＋x＝. 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0， ∴f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． 于是當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＞f(0)＝0， ∴當(dāng)x＞0時(shí)，不等式ln(x＋1)＞x－x2成立． (2)先構(gòu)造函數(shù)：設(shè)f(x)＝(1＋x)n－1－nx. 當(dāng)n＝1時(shí)，f(x)＝0，∴(1＋x)n＝1＋nx. 當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，f′(x)＝n(1＋x)n－1－n＝n[(1＋x)n－1－1]， 令f′(x)＝0，得x＝0. 當(dāng)－2＜x＜0時(shí)，f′(x)＜0， ∴f(x)在(－2,0]上為減函數(shù)． 當(dāng)x＞0時(shí)，f′(x)＞0. ∴f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)． ∴當(dāng)x＞－2時(shí)，f(x)≥f(0)＝0. ∴(1＋x)n≥1＋nx. 綜上，得(1＋x)n≥1＋nx.