函式f（x）=2x2-1nx的遞增區間是
(12，+∞)
解答：解：由題，函式的定義域是（0，+∞）
∵f（x）=2x2-1nx
∴f′（x）=4x- 1x
令f′（x）＞0，即4x- 1x＞0
解得x＞ 12或x＜- 12
又函式的定義域是（0，+∞）
∴函式f（x）=2x2-1nx的遞增區間是 (12，+∞)
故答案為 (12，+∞)
224、
二次函式y=ax2+（2a-1）x-5在[-3，+∞）上遞減，則a的取值範圍是
- 14≤a＜0
解答：解：∵二次函式y=ax2+（2a-1）x-5
∴對稱軸為x= 1-2a2a．
∵二次函式y=ax2+（2a-1）x-5在[-3，+∞）上遞減
∴ ]解：f′（x）=ex（x2-2x）+ex（2x-2）=ex（x2-2），
令f′（x）＜0得-2＜x＜2，
∴函式f（x）的單調遞減區間為（-2，2）．
故答案為：（-2，2）．
261、
二次函式y=ax2+（2a-1）x-5在[-3，+∞）上遞減，則a的取值範圍是
解：∵二次函式y=ax2+（2a-1）x-5
∴對稱軸為x=1-2a2a．
∵二次函式y=ax2+（2a-1）x-5在[-3，+∞）上遞減
∴]解：y′=excosx-exsinx=ex（cosx-sinx）＞0
∵x∈[0，π]
∴y′＞0解得x∈（0，π4），
故答案為 （0，π4）．
269、
函式f（x）=lnx-x的單調減區間是
． 解：f′（x）=1x-1=1-xx
令f′（x）＜0得x＞1
所以函式f（x）=lnx-x的單調減區間是（1，+∞）
故答案為（1，+∞）
270、
下列圖象中，有乙個是函式f（x）=13x3+ax2+（a2-1）x+1（a∈r，a≠0）的導函式f′（x）的圖象，則f（-1）=
．[, ]解：∵f′（x）=x2+2ax+（a2-1），
∴導函式f′（x）的圖象開口向上．
又∵a≠0，
∴f（x）不是偶函式，其圖象不關於y軸對稱
其圖象必為第三張圖．由圖象特徵知f′（0）=0，
且對稱軸-a＞0，
∴a=-1．
故答案為f（-1）=-13-1+1=-13．
271、
二次函式y=ax2+（2a-1）x-5在[-3，+∞）上遞減，則a的取值範圍是
解：∵二次函式y=ax2+（2a-1）x-5
∴對稱軸為x=1-2a2a．
∵二次函式y=ax2+（2a-1）x-5在[-3，+∞）上遞減
∴]解：求導得：y′（x）=3ax2+2bx+6，
由（-2，3）是函式的遞增區間，
得到y′（-2）=0，且y′（3）=0，
即12a-4b+6=0①，且27a+6b+6=0②，
聯立①②，解得a=-13，b=12．
故答案為：-13，12
346、
已知函式f（x）=x3-2x2+ax+1（a∈r），若函式f（x）在區間（13，1）內是減函式，則a的取值範圍是
．解：∵f（x）=x3-2x2+ax+1
∴f′（x）=3x2-4x+a
又函式f（x）在區間（13，1）內是減函式
∴當x∈（13，1）時，恒有f′（x）=3x2-4x+a＜0
即a＜-3x2+4x在x∈（13，1）時恆成立
由於令h（x）=-3x2+4x=-3（x-23）2+43，當x∈（13，1）有h（x）∈（1，43]
判斷知a≤1
故答案為（-∞，1]
答347、
設函式f(x)=13x3+ax2+5x+6在區間[1，3]上是單調函式，則實數a的取值範圍是
．解：∵函式f(x)=13x3+ax2+5x+6
∴f′（x）=x2+2ax+5
∵函式f(x)=13x3+ax2+5x+6在區間[1，3]上是單調函式
∴f′（x）=x2+2ax+5≥0或f′（x）=x2+2ax+5≤0在[1，3]上恆成立
即：a≥-（52x+x2）或a≤-（52x+x2）在[1，3]上恆成立
∴a≥[-（52x+x2）]max或a≤[-（52x+x2）]min
而3≥52x+x2≥5
∴a≥-5或a≤-3
故答案為：（-∞，-3]∪[-5，+∞)
348、
若函式f（x）=ax3-x2+x-5在r上單調遞增，則a的範圍是
．解：由函式f（x）=ax3-x2+x-5，得到f′（x）=3ax2-2x+1，
因為函式在r上單調遞增，所以f′（x）≥0恆成立，即3ax2-2x+1≥0恆成立，
設h（x）=3ax2-2x+1，
當a＞0時，h（x）為開口向上的拋物線，要使h（x）≥0恆成立即△=4-12a≤0，解得a≥13；
當a=0時，得到h（x）=-2x+1≥0，解得x≤12，不合題意；
當a＜0時，h（x）為開口向下的拋物線，要使h（x）≥0恆成立不可能．
綜上，a的範圍為[13，+∞）．
故答案為：[13，+∞）
349、
若函式f（x）=x3+ax2-2x+5在區間（13，12）上既不是單調遞增函式，也不是單調遞減函式，則實數a的取值範圍是
．解：∵f（x）=x3+ax2-2x+5
∴f/（x）=3x2+2ax-2
根據題意，函式在區間（13，12）上至少有乙個零點
①若只有乙個零點，則f/(13)f/(12)＜0，得a∈(54，52)
②若有兩個不同零點，則，n=，設d=m∩n，且定義在r上的奇函式f(x)=x+nx2+m在d內沒有最小值，則m的取值範圍是
．解：∵m=所以可得m=
∵n=，所以可得n=
∴d=m∩n=（1，32]
∵f(x)=x+nx2+m是定義在r上的奇函式∴f（0）=0∴n=0∴f（x）=xx2+m∴f'（x）=m-x2(x2+m)2
∵f(x)=x+nx2+m在d內沒有最小值∴函式f（x）在d上單調遞增∴f'（x）≥0在d上恆成立
∴m-x2(x2+m)2≥0m-x2≥0在d上恆成立∴m≥x2在d上恆成立∴m≥94
故答案為：m≥94
351、
（2011浙江）設函式f（x）=a2lnx-x2+ax，a＞0．
（ⅰ）求f（x）的單調區間
（ⅱ）求所有的實數a，使e-1≤f（x）≤e2對x∈[1，e]恆成立．
注：e為自然對數的底數．
解：（ⅰ）因為f（x）=a2lnx-x2+ax，其中x＞0．
所以f'（x）=a2x-2x+a=-(x-a)(2x+a)x．
由於a＞0，所以f（x）的增區間為（0，a），f（x）的減區間為（a，+∞）．
（ⅱ）證明：由題得，f（1）=a-1≥e-1，即a≥e，
由（ⅰ）知f（x）在[1，e]內單調遞增
要使e-1≤f（x）≤e2對x∈[1，e]恆成立，
只要]解：（i）f(x)=1x-2ax=1-2ax22，x∈(0，+∞)，
令f(x)=0，解得x=2a2a．
當x變化時，f'（x），f（x）的變化情況如下表：
所以，f（x）的單調遞增區間是(0，2a2a)，f(x)的單調遞減區間是(2a2a，+∞)．
（ii）證明：當a=18時，f(x)=lnx-18x2．
由（i）知f（x）在（0，2）內單調遞增，
在（2，+∞）內單調遞減．
令g(x)=f(x)-f(32)．
由於f（x）在（0，2）內單調遞增，
故f(2)＞f(32)，即g(2)＞0．
取x=32e＞2，則g(x)=41-9e232＜0．
所以存在x0∈（2，x'），使g（x0）=0，
即存在x0∈(2，+∞)，使f(x0)=f(32)．
（說明：x'的取法不唯一，只要滿足x'＞2，且g（x'）＜0即可）
（iii）證明：由f（α）=f（β）及（i）的結論知α＜2a2a＜β，
從而f（x）在[α，β]上的最小值為f（a）．
又由β-α≥1，α，β∈[1，3]，知1≤α≤2≤β≤3．
故{f(2)≥f(α)≥f(1)f(2)≥f(β)≥f(3).即{ln2-4a≥-aln2-4a≥ln3-9a.
從而ln3-ln25≤a≤ln23．
353、
（2011陝西）設f（x）=lnx．g（x）=f（x）+f'（x）．
（ⅰ）求g（x）的單調區間和最小值；
（ⅱ）討論g（x）與g(1x)的大小關係；
（ⅲ）求a的取值範圍，使得g（a）-g（x）＜1a對任意x＞0成立．
3 3 1函式的單調性與導數
主動成長 夯基達標 1.已知 x2 2xf 1 則f 0 等於 a.0b.4 c.2 d.2解析 2x 2f 1 可令x 1，則f 1 2，f 0 4.答案 b 2.設在 a,b 內可導,則 0是在 a,b 內單調遞減的條件 a.充分不必要 b.必要不充分 c.充要 d.既不充分也不必要 答案 a ...
《函式的單調性與導數》教學設計
一 教材分析 1 教材的地位和作用 函式單調性與導數 是人教版 普通高中課程標準實驗教科書數學 選修1 1第三章 導數及其應用 的內容。本節的教學內容屬導數的應用，是在學生學習了導數的概念 計算 幾何意義的基礎上學習的內容，學好它既可加深對導數的理解，又可為後面研究函式的極值和最值打好基礎。由於學生...
1 3 1函式的單調性與導數教案
1.3.1 函式的單調性與導數 授課班級 高二 9 授課教師 曾進 教材分析 函式單調性與導數 是高中數學 選修2 2 第一章導數及其應用的第一節，本節的教學內容屬導數的應用，是在學生學習了導數的概念 計算 幾何意義的基礎上學習的內容，學好它既可加深對導數的理解，又可為後面研究函式的極值和最值打好基...