函数的单调性与导数的关系
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题型：填空题

填空题

函数y=f（x）在定义域（-2，4）内可导，其图象如图所示，设函数f（x）的导函数为f′（x），则不等式f′（x）＞0的解集为______′．

正确答案

（-2，-）∪（，2）

解析

解：由图象得：

f（x）在（-2，-），（，，2）递增，

∴在（-2，-），（，，2）上f′（x）＞0，

故f′（x）＞0的解集是：（-2，-）∪（，2），

故答案为：（-2，-）∪（，2）．

题型：单选题

单选题

若f（x）=-x2+bln（x+2）在（-1，+∞）上是减函数，则b的取值范围是（　　）

A[-1，+∞）

B（-1，+∞）

C（-∞，-1]

D（-∞，-1）

正确答案

解析

解：由题意可知，在x∈（-1，+∞）上恒成立，

即b＜x（x+2）在x∈（-1，+∞）上恒成立，

由于y=x（x+2）在（-1，+∞）上是增函数且y（-1）=-1，所以b≤-1，

故选C

题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=x3-x2+ax-a（a∈R）．

（1）当a=-3时，求函数f（x）的极值；

（2）若a≤1，求函数的单调区间．

正确答案

解：（1）f（x）=，所以f′（x）=x2-2x-3．

∴解x2-2x-3=0，得：x=-1或x=3，所以

x∈（-∞，-1）时，f′（x）＞0；

x∈（-1，3）时，f′（x）＜0；

x∈（3，+∞）时，f′（x）＞0．

根据极值的定义知：x=-1时，f（x）取到极大值f（-1）=；x=3时，f（x）取到极小值f（3）=-6．

（2）f′（x）=x2-2x+a=（x-1）2+a-1，∵a≤1，∴a-1≤0

∴若a-1=0，即a=1时f′（x）≥0，所以（-∞，+∞）是f（x）的单调增区间；

若a＜1时，解（x-1）2+a-1=0得：x=1±，所以：

x∈（-∞，）时，f′（x）＞0，∴（-∞，）是f（x）的单调增区间；

x∈（）时，f′（x）＜0，∴[]是f（x）的单调减区间；

x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，∴（）是f（x）的单调增区间．

解析

解：（1）f（x）=，所以f′（x）=x2-2x-3．

∴解x2-2x-3=0，得：x=-1或x=3，所以

x∈（-∞，-1）时，f′（x）＞0；

x∈（-1，3）时，f′（x）＜0；

x∈（3，+∞）时，f′（x）＞0．

根据极值的定义知：x=-1时，f（x）取到极大值f（-1）=；x=3时，f（x）取到极小值f（3）=-6．

（2）f′（x）=x2-2x+a=（x-1）2+a-1，∵a≤1，∴a-1≤0

∴若a-1=0，即a=1时f′（x）≥0，所以（-∞，+∞）是f（x）的单调增区间；

若a＜1时，解（x-1）2+a-1=0得：x=1±，所以：

x∈（-∞，）时，f′（x）＞0，∴（-∞，）是f（x）的单调增区间；

x∈（）时，f′（x）＜0，∴[]是f（x）的单调减区间；

x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，∴（）是f（x）的单调增区间．

题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=x3-3x+4，求：

（1）求该函数的单调区间；

（2）求曲线y=f（x）在点P（2，6）处的切线方程．

正确答案

解：（1）∵f（x）=x3-3x+4，∴f′（x）=3x2-3=3（x+1）（x-1），

由f′（x）＞0，得x＜-1或x＞1，由f′（x）＜0，得-1＜x＜1，

∴f（x）的单调递增区间是（-∞，-1）和（1，+∞）；单调递减区间是（-1，1）．

（2）由（1）知f′（2）=9，即切线斜率为9，

∴曲线y=f（x）在点P（2，6）处的切线方程是：y-6=9（x-2），即y=9x-12．

解析

解：（1）∵f（x）=x3-3x+4，∴f′（x）=3x2-3=3（x+1）（x-1），

由f′（x）＞0，得x＜-1或x＞1，由f′（x）＜0，得-1＜x＜1，

∴f（x）的单调递增区间是（-∞，-1）和（1，+∞）；单调递减区间是（-1，1）．

（2）由（1）知f′（2）=9，即切线斜率为9，

∴曲线y=f（x）在点P（2，6）处的切线方程是：y-6=9（x-2），即y=9x-12．

题型：简答题

简答题

已知函数．

（I）讨论f（x）的单调性；

（II）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3-2ln2．

正确答案

解：（I）函数f（x）的定义域为（0，-∞），

f′（x）=--2ax+1=

a＞0，设g（x）=-2ax2+x-1，△=1-8a，

（1）当a≥，△≤0，g（x）≤0，

∴f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）上递减，

（2）当0＜a＜时，△＞0，f′（x）=0可得x1=，x2=，

若f′（x）＞0可得x1＜x＜x2，f（x）为增函数，

若f′（x）＜0，可得0＜x＜x1或x＞x2，f（x）为减函数，

∴函数f（x）的减区间为（0，x1），（x2，+∞）；增区间为（x1，x2）；

（II）由（I）当0＜a＜，函数f（x）有两个极值点x1，x2，

∴x1+x2=，x1x2=，

f（x1）+f（x2）=-lnx1-ax12+x1-lnx2-ax22+x2

=-ln（x1x2）-a（x12+x22）+（x1+x2）=-ln（x1x2）-a（x1+x2）2+2ax1x2+（x1+x2）

=-ln-a×+2a×=ln（2a）++1=lna++ln2+1

设h（a）=lna++ln2+1，

h′（a）=-=＜0（0＜a＜），

所以h（a）在（0，）上递减，

h（a）＞h（）=ln++ln2+1=3-2ln2，

所以f（x1）+f（x2）＞3-2ln2；

解析

解：（I）函数f（x）的定义域为（0，-∞），

f′（x）=--2ax+1=

a＞0，设g（x）=-2ax2+x-1，△=1-8a，

（1）当a≥，△≤0，g（x）≤0，

∴f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）上递减，

（2）当0＜a＜时，△＞0，f′（x）=0可得x1=，x2=，

若f′（x）＞0可得x1＜x＜x2，f（x）为增函数，

若f′（x）＜0，可得0＜x＜x1或x＞x2，f（x）为减函数，

∴函数f（x）的减区间为（0，x1），（x2，+∞）；增区间为（x1，x2）；

（II）由（I）当0＜a＜，函数f（x）有两个极值点x1，x2，

∴x1+x2=，x1x2=，

f（x1）+f（x2）=-lnx1-ax12+x1-lnx2-ax22+x2

=-ln（x1x2）-a（x12+x22）+（x1+x2）=-ln（x1x2）-a（x1+x2）2+2ax1x2+（x1+x2）

=-ln-a×+2a×=ln（2a）++1=lna++ln2+1

设h（a）=lna++ln2+1，

h′（a）=-=＜0（0＜a＜），

所以h（a）在（0，）上递减，

h（a）＞h（）=ln++ln2+1=3-2ln2，

所以f（x1）+f（x2）＞3-2ln2；

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