【优化设计】2020-2021学年人教版高中数学选修2-2第一章1.3.1知能演练轻松闯关.docx

1．(2021·马鞍山质检)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
解析：选D.f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′
＝(x－2)ex，
令f′(x)>0，
解得x>2，故选D.
2．y＝xln x在(0,5)上是(　　)
A．单调增函数
B．单调减函数
C．在上单调递减，在上单调递增
D．在上单调递增，在上单调递减
解析：选C.y′＝ln x＋x·＝ln x＋1，令y′＞0，解得x＞，∵5＞，∴y＝xln x在上为增函数，同理可求在上为减函数．
3．下列区间中，使函数y＝x·cos x－sin x为增函数的区间是(　　)
A．(，) B．(π，2π)
C．(，) D．(2π，3π)
解析：选B.f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－x·sin x，
当x∈(π，2π)时，f′(x)>0.
4．(2021·高考课标全国卷)若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
解析：选D.∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－.
令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 2＞0.
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，
∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.
5．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.设g(x)＝xf(x)，
则由g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0，
知g(x)在(0，＋∞)上递减．
又0＜a＜b，f(x)≥0，∴bf(b)＜af(a)，∴af(b)＜bf(b)＜af(a)＜bf(a)．
当f(x)＝0时，f(b)＝f(a)＝0，∴af(b)≤bf(a)．故选C.
6．若函数y＝a(x3－x)的单调减区间为(－，)，则a的取值范围是________．
解析：由f′(x)＝a(3x2－1)＝3a＜0的解集为，知a＞0.
答案：(0，＋∞)
7．(2021·武汉调研)若函数y＝－x3＋ax有三个单调区间，则a的取值范围是________．
解析：∵y′＝－4x2＋a，且y有三个单调区间，
∴方程y′＝－4x2＋a＝0有两个不等的实根，
∴Δ＝02－4×(－4)×a>0，
∴a>0.
答案：(0，＋∞)
8．假如函数f(x)＝2x2－ln x在定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，那么实数k的取值范围是________．
解析：明显函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
y′＝4x－＝.
由y′＞0，得函数f(x)的单调递增区间为；由y′＜0，得函数f(x)的单调递减区间为，由于函数在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，
∴解得：1≤k＜.
答案：[1，)
9．求下列函数的单调区间：
(1)f(x)＝－x2＋ln(x＋1)；
(2)f(x)＝sin x(1＋cos x)(0≤x≤2π)．
解：(1)∵函数f(x)的定义域为(－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)的单调增区间是(－1，)，
类似可得f(x)的单调减区间是.
(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，
则区间[0,2π]被分成四个子区间，如表所示：
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)的单调递增区间为[0，]，[，2π]，单调递减区间为[，]．
10．已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex.设f(x)在区间[－1，1]上是单调函数，求a的取值范围．
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－2a＝0.
解得x1＝a－1－，x2＝a－1＋，
其中x1<x2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况见下表：
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗

↘

↗
∵a≥0，
∴x1<－1，x2≥0，f(x)在(x1，x2)上单调递减．
由此可得f(x)在[－1,1]上是单调函数的充要条件为x2≥1，即a－1＋≥1，解得a≥.
故所求a的取值范围为.

1. 向高为H的水瓶中注水，注满为止．假如注水量V与水深h的函数关系的图象如图所示，那么水瓶的外形是(　　)

解析：选B.结合图象分析可知，刚开头时，水的体积随深度h增加较快，后来较慢．符合此种状况的水瓶为B.本题也可以利用取中思想，我们可取水的高度为，此时水的注入量(体积)要超过一半；观看符合这种状况的只有B.
2．(2022·高考福建卷改编)已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：
①f(0)·f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；
④f(0)f(3)＜0.
其中正确结论的序号是________．

解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，
由f′(x)＜0，得1＜x＜3，由f′(x)＞0，得x＜1或x＞3，
∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，
∴y极大值＝f(1)＝4－abc＞0，y微小值＝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为函数f(x)的极值点，后一种状况不行能成立，
如图，∴f(0)＜0，∴f(0)f(1)＜0，f(0)f(3)＞0，
∴正确结论的序号是②③.
答案：②③
3．(2021·高考重庆卷节选)设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x．其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴交于点(0,6)．
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解：(1)由于f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，
故f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)．
由点(0,6)在切线上可得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.
当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0，故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故f(x)在(2,3)上为减函数．
4．(1)当x＞0时，证明不等式ln(x＋1)＞x－x2；
(2)设x＞－2，n∈N*，试证明(1＋x)n≥1＋nx.
证明：(1)设f(x)＝ln(x＋1)－x＋x2，
则f′(x)＝－1＋x＝.
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
于是当x＞0时，f(x)＞f(0)＝0，
∴当x＞0时，不等式ln(x＋1)＞x－x2成立．
(2)先构造函数：设f(x)＝(1＋x)n－1－nx.
当n＝1时，f(x)＝0，∴(1＋x)n＝1＋nx.
当n≥2，n∈N*时，f′(x)＝n(1＋x)n－1－n＝n[(1＋x)n－1－1]，
令f′(x)＝0，得x＝0.
当－2＜x＜0时，f′(x)＜0，
∴f(x)在(－2,0]上为减函数．
当x＞0时，f′(x)＞0.
∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数．
∴当x＞－2时，f(x)≥f(0)＝0.
∴(1＋x)n≥1＋nx.
综上，得(1＋x)n≥1＋nx.