2018年数学（北师大版选修2-2）练习第3章11导数与函数的单调性（第二课时）活页作业11

活页作业(十一)导数与函数的单调性(第二课时)1．函数f(x)＝2x3＋ax2＋1(a为常数)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)内单调递增，且在区间(0,2)内单调递减，则a值为()A．1 B．2C．－6 D．－12解析：f′(x)＝6x2＋2ax，依题意得f′(2)＝24＋4a＝0，∴a答案：C2．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－ax在区间(1，＋∞)上是增加的，且在区间(1,2)上有零点，则实数a的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，3)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(10,3)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，3)) D．(－∞，3]解析：∵函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－ax在区间(1，＋∞)上是增加的，∴f′(x)＝x2＋2x－a≥0在区间(1，＋∞)上恒成立．∴a≤x2＋2x，x∈(1，＋∞)恒成立．∵当x>1时，x2＋2x>3，∴a≤3.①∵函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－ax在区间(1，＋∞)上是增加的，且在区间(1,2)上有零点，∴f(1)<0，f(2)>0.∴eq\f(4,3)<a<eq\f(10,3).②由①②得，eq\f(4,3)<a≤3.答案：C3．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2x≥0，,x3－a－1x＋a2－3a－4x<0))在(－∞，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是()A．(－∞，1] B．[－1,1]C．(－∞，1) D．[－1,4]解析：若原函数在R上为增函数，则当x<0时，f′(x)＝3x2－(a－1)≥0恒成立．因此有a≤1.还需注意函数在分段点处函数值的大小，应有a2－3a－4≤0，解得－1≤a≤4.综上－1≤a≤答案：B4．已知定义在R上的偶函数f(x)满足x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝20.2f(20.2)，b＝ln2·f(ln2)，c＝log0.50.25·f(log0.50.25)，则a，b，A．a>b>c B．c>a>bC．b>a>c D．a>c>b解析：构造函数h(x)＝xf(x)，由函数y＝f(x)是R上的偶函数，函数y＝x是R上的奇函数，可得h(x)＝xf(x)是R上的奇函数．又当x∈(－∞，0)时，h′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0.∴函数h(x)在x∈(－∞，0)上为单调递减函数．∴h(x)在x∈(0，＋∞)上为单调递减函数．∵2>20.2>1,0<ln2<1，log0.50.25∴log0.50.25>20.2>ln2.∴b>a>c答案：C5．设p：f(x)＝x3＋2x2＋mx＋1在(－∞，＋∞)内单调递增，q：m≥eq\f(4,3)，则p是q的________条件．()A．充要 B．充分不必要C．必要不充分 D．既不充分又不必要解析：对于p，由题意知f′(x)＝3x2＋4x＋m≥0在R上恒成立，即Δ≤0.∴4－3m≤0.∴m≥eq\f(4,3).又当m＝eq\f(4,3)时，f(x)＝x3＋2x2＋eq\f(4,3)x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,3)))3＋eq\f(19,27)在R上单调递增，∴m≥eq\f(4,3).∴p是q的充要条件．答案：A6．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的递减区间为[－1，2]，则b＝________，c＝________.解析：由题意知，f′(x)＝3x2＋2bx＋c≤0在[－1,2]上恒成立，所以－1,2为方程3x2＋2bx＋c＝0的两根，则b＝－eq\f(3,2)，c＝－6.答案：－eq\f(3,2)－67．若函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．解析：∵f′(x)＝3ax2＋1，f(x)有三个单调区间，∴方程3ax2＋1＝0有两个不等实根．∴Δ＝0－4×3a×1>0.解得a答案：(－∞，0)8．已知函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是单调递增函数，则a的最大值是________．解析：由题意得f′(x)＝3x2－a≥0在[1，＋∞)上恒成立，因此a≤3.故a的最大值为3.答案：39．已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(a,x)(a>0)，设F(x)＝f(x)＋g(x)．(1)求F(x)的单调区间；(2)若以y＝F(x)(x∈(0,3])图像上任意一点P(x0，y0)为切点的切线的斜率k≤eq\f(1,2)恒成立，求实数a的最小值．解：(1)F(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(x>0)，F′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)(x>0)．∵a>0，由F′(x)>0得x∈(a，＋∞)，∴F(x)在(a，＋∞)上是增加的．由F′(x)<0得x∈(0，a)，∴F(x)在(0，a)上是减少的．∴F(x)的递减区间为(0，a)，递增区间为(a，＋∞)．(2)∵F′(x)＝eq\f(x－a,x2)(0<x≤3)，∴k＝F′(x0)＝eq\f(x0－a,x\o\al(2,0))≤eq\f(1,2)(0<x0≤3)恒成立．即a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x\o\al(2,0)＋x0))max.当x0＝1时，－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋x0取得最大值eq\f(1,2)，∴a≥eq\f(1,2).∴amin＝eq\f(1,2).10．设f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax.若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，求a的取值范围．解：f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a，当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,9)＋2a.函数有单调递增区间，即在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))内，导函数大于0有解，令eq\f(2,9)＋2a>0，得a>－eq\f(1,9).所以当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞))时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间．11．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)<eq\f(1,2)，则f(x)<eq\f(x,2)＋eq\f(1,2)的解集为()A．{x|－1<x<1} B．{x|x<－1}C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x>1}解析：设g(x)＝f(x)－eq\f(x,2)－eq\f(1,2)，则g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)<0.∴g(x)在R上是减函数．∵g(1)＝f(1)－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝1－1＝0，∴g(x)＝f(x)－eq\f(x,2)－eq\f(1,2)<0的解集为{x|x>1}．答案：D12．已知函数f(x)＝2ex－mx(其中e≈2.718…)在区间[－1,0]上单调递减，则实数m的取值范围为________．解析：由题意得f′(x)＝2ex－m≤0在[－1,0]上恒成立，即m≥2ex恒成立，可得m≥2.答案：[2，＋∞)13．若函数f(x)＝x3－3ax2－bx，其中a，b为实数，f(x)在区间[－1,2]上为减函数，且b＝9a，则a的取值范围是________解析：由已知得f′(x)＝3x2－6ax－b≤0对∀x∈[－1，2]恒成立，∵b＝9a，∴x2－2ax－3a≤0.∵2∴a≥eq\f(x2,2x＋3)对x∈[－1,2]恒成立．解得a≥1.答案：[1，＋∞)14．已知函数f(x)＝ax－lnx，若f(x)>1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a的取值范围为_________．解析：由已知a>eq\f(1＋lnx,x)在区间(1，＋∞)内恒成立．设g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，∴g′(x)＝－eq\f(lnx,x2)<0(x>1)．∴g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)在区间(1，＋∞)内递减．∴g(x)<g(1)．∵g(1)＝1，∴eq\f(1＋lnx,x)<1在区间(1，＋∞)内恒成立．∴a≥1.答案：[1，＋∞)15．已知函数f(x)＝alnx＋x3(a为常数)．(1)若a＝－3，判断函数f(x)在(1，＋∞)上的单调性；(2)函数f(x)在[1，e]上单调递减，求实数a的取值范围；(3)若存在x∈[1，e]，使得f(x)≥ax＋x3－x2＋2x成立，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝－3时f′(x)＝3x2－eq\f(3,x)＝eq\f(3x3－1,x).当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.∴函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数．(2)由已知得f′(x)＝eq\f(a,x)＋3x2＝eq\f(3x3＋a,x).∵f(x)在[1，e]上单调递减，∴f′(x)≤0在[1，e]上恒成立．即a≤－3x3在[1，e]上恒成立．∵(－3x3)min＝－3e3，∴a≤－3e3.(3)不等式f(x)≥ax＋x3－x2＋2x可化为a(x－lnx)≤x2－2x.∵x∈[1，e]，∴lnx≤1≤x，且不能同时取等号．∴lnx<x，即x－lnx>0.∴a≤eq\f(x2－2x,x－lnx)(x∈[1，e])．令g(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)(x∈[1，e])，则g′(x)＝eq\f(x－1x＋2－2lnx,x－lnx2).当x∈[1，e]时，x－1≥0，lnx≤1，x＋2－2lnx>0，从而g′(x)≥0(仅当x＝1时取等号)，∴g(x)在[1，e]上为增函数．∴g(x)的最小值为g(1)＝－1.∴实数a的取值范围是(－∞，－1]．16．设函数f(x)＝eq\f(1＋x,1－x)e－ax.(1)试写出定义域及f′(x)的解析式；(2)设a>0，讨论函数y＝f(x)的单调性．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(ax2＋2－a,1－x2)e－ax，其中x≠1.(2)①当0<a≤2时，f′(x)≥0且仅在有限个点处取等号，∴f(x)在(－∞，1)，(1，＋∞)上为增函数．②当a>2时，由f′(x)>0得ax2＋2－a>0，解得x>eq\r(\f(a－2,a))或x<－eq\r(\f(a－2,a))；由f′(x)<0得ax2＋2－a<0，解得－eq\r(\f(a－2,a))<x<eq\r