數(shù)學(xué)人教A版選修2-2自我小測：1.3　導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用（第1課時） Word版含解析

自我小測1．設(shè)f(x)＝x2(2－x)，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))C．(－∞，0)D．(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))2．若函數(shù)f(x)＝xex，當(dāng)x1＜x2＜－1時，則()A．f(x1)＞f(x2)B．f(x1)＜f(x2)C．f(x1)＝f(x2)D．f(x1)f(x2)＜03．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1，若f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞減，則a的取值范圍為()A．a(chǎn)≤3B．a(chǎn)＜3C．a(chǎn)＞3D．a(chǎn)≥34．設(shè)函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)可導(dǎo)，y＝f(x)的圖象如圖所示，則導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象可能為()5．已知對任意實數(shù)x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x＞0時，f′(x)＞0，g′(x)＞0，則x＜0時()A．f′(x)＞0，g′(x)＞0B．f′(x)＞0，g′(x)＜0C．f′(x)＜0，g′(x)＞0D．f′(x)＜0，g′(x)＜06．若函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋5的單調(diào)遞減區(qū)間是(－2,2)，則實數(shù)a的值為________．7．函數(shù)f(x)＝(x2－2x)ex的單調(diào)遞增區(qū)間為__________．8．若函數(shù)f(x)＝2x2－lnx在其定義域內(nèi)的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是__________．9．已知f(x)＝ex－ax，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．10．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍．

參考答案1．解析：f(x)＝－x3＋2x2，則f′(x)＝－3x2＋4x，令f′(x)＞0，得－3x2＋4x＞0，解得0＜x＜eq\f(4,3).答案：A2．解析：∵f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，當(dāng)x＜－1時，有x＋1＜0.∴f′(x)＝ex(x＋1)＜0.∴f(x)在(－∞，－1)上為遞減函數(shù)．∵x1＜x2＜－1，∴f(x2)＜f(x1)＜0.答案：A3．解析：∵f′(x)＝3x2－a，由已知f′(x)≤0在(－1,1)上恒成立，∴a≥3x2在(－1,1)上恒成立．又∵0≤3x2＜3，∴a≥3.檢驗可得a＝3符合題意．答案：D4．解析：由y＝f(x)圖象可知，x＜0時，f(x)是增函數(shù)，f′(x)＞0；x＞0時，函數(shù)圖象先增后減再增，其對應(yīng)的導(dǎo)數(shù)是，先有f′(x)＞0，再有f′(x)＜0，最后f′(x)＞0，因此D符合條件．答案：D5．解析：∵f(x)為奇函數(shù)，g(x)為偶函數(shù)，奇(偶)函數(shù)在關(guān)于原點對稱的兩個區(qū)間上單調(diào)性相同(反)，∴x＜0時，f′(x)＞0，g′(x)＜0.答案：B6．解析：f′(x)＝3x2＋a，依題意3x2＋a＜0的解集為(－2,2)，故a＝－12.答案：－127．解析：f(x)的定義域為R，f′(x)＝(x2－2x)′ex＋(x2－2x)·(ex)′＝(2x－2)ex＋(x2－2x)ex＝(x2－2)ex.令f′(x)＞0，解得x＜－eq\r(2)或x＞eq\r(2)，所以f(x)的遞增區(qū)間為(－∞，－eq\r(2))，(eq\r(2)，＋∞)．答案：(－∞，－eq\r(2))，(eq\r(2)，＋∞)8．解析：因為f(x)的定義域為(0，＋∞)，又f′(x)＝4x－eq\f(1,x)，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2).據(jù)題意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1<\f(1,2)<k＋1，,k－1≥0，))解得1≤k＜eq\f(3,2).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))9．解：因為f(x)＝ex－ax，所以函數(shù)的定義域為R，f′(x)＝ex－a.令f′(x)≥0得ex≥a，當(dāng)a≤0時，有f′(x)＞0在R上恒成立；當(dāng)a＞0時，有x≥lna.綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)；當(dāng)a＞0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為[lna，＋∞)．10．解：由f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2.因為f(x)在(0，＋∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時，eq\f(1,x)－ax－2＜0有解，即a＞eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解．設(shè)G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,