第三章课后 课时2 答案

课时2导数与函数的单调性1．【答案】A【解析】由图象知，当或时，，函数为增函数；当或时，，函数为减函数，对应图象为A.故选A．2.【答案】D【解析】f(x)的定义域是，f′(x)＝1－eq\f(2,2x＋1)＝eq\f(2x－1,2x＋1)，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,2)，故f(x)的单调递增区间是.故选D.3．【答案】B【解析】，由条件知，当时，，即，令，是减函数，.故选B.4.【答案】D【解析】当x≥0时，f′(x)＝ex＋cosx，因为ex≥1，cosx∈[－1，1]，所以当x≥0时，f′(x)＝ex＋cosx≥0恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，又f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，f(－π)＝f(π)＝eπ，所以由f(2x－1)<eπ可得－π<2x－1<π，解得x∈.故选D.5．【答案】C【解析】依题可知，f′(x)＝aex－eq\f(1,x)≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥eq\f(1,a)在(1,2)上恒成立，设g(x)＝xex，x∈(1,2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥eq\f(1,a)，即a≥eq\f(1,e)＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C.6.【答案】C【解析】不等式，即．设，则求不等式的解集就转化为取何值时，．因为，且，所以，所以函数是上的增函数．因为，所以，所以由，得.故选C.7．【答案】ACD【解析】由f(x)＝lnx，得f′(x)＝lnx＋，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因为c＝f

，0<eq\f(1,\r(e))<eq\f(2,3)<eq\f(4,5)<1，所以f

>f

>f

，故c>a>b.故选ACD.8．【答案】ABD【解析】函数的定义域为R，，A正确.，则，而，因此函数的图象在处的切线方程为，B正确.当时，，因此函数在上单调递增，C错误.当或时，，即函数在上单调递减，而当时，恒成立，当时，恒成立，因此，，所以的值域为，D正确.故选ABD.9.【答案】AC【解析】令f(x)＝x－lnx，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，当0<x<1时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递减．因为0<x1<x2<1，所以f(x2)<f(x1)，即x2－lnx2<x1－lnx1，即x1＋lnx2>x2＋lnx1.设g(x)＝eq\f(ex,x)，则g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(ex（x－1）,x2).当0<x<1时，g′(x)<0，即g(x)在(0，1)上单调递减，因为0<x1<x2<1，所以g(x2)<g(x1)，即，所以.故选AC.10.【答案】(－∞，0)，(ln2，＋∞)；(0，ln2)【解析】f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln2，当x∈(－∞，0)∪(ln2，＋∞)时，f′(x)＞0，当x∈(0，ln2)时，f′(x)＜0.所以f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2).11.【答案】－2【解析】f′(x)＝x2＋2mx＋n，由f(x)的单调递减区间是(－3，1)，得f′(x)＜0的解集为(－3，1)，则－3，1是f′(x)＝0的解，所以－2m＝－3＋1＝－2，n＝1×(－3)＝－3，可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2.12.【答案】【解析】f′(x)＝2mx－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(2mx2－x＋1,x)(x>0)，则2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解集．当m≤0时，显然成立；当m>0时，y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴为x＝eq\f(1,4m)>0，故只需Δ>0，即1－8m>0，故m<eq\f(1,8).综上所述，m<eq\f(1,8)，即实数m的取值范围是.13．【解】由已知得，x≠－2.因为f(x)＝eq\f(x－2,x＋2)ex，所以f′(x)＝ex＝eq\f(x2ex,（x＋2）2).因为当x∈(－∞，－2)∪(－2，＋∞)时，f′(x)≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)在(－∞，－2)和(－2，＋∞)上单调递增．证明：当x>0时，eq\f(x－2,x＋2)ex>f(0)＝－1，即(x－2)ex＋x＋2>0.14．【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(a（1－x）,x)，当a>0时，f(x)的递增区间为(0，1)，递减区间为(1，＋∞)；当a<0时，f(x)的递增区间为(1，＋∞)，递减区间为(0，1)；当a＝0时，f(x)为常数函数，无单调区间．(2)由(1)及题意得f′(2)＝－eq\f(a,2)＝1，即a＝－2，所以f(x)＝－2lnx＋2x－3，f′(x)＝eq\f(2x－2,x)(x>0).所以g(x)＝x3＋x2－2x，所以g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.因为g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，即g′(x)在区间(t，3)上有变号零点．由于g′(0)＝－2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g′（t）<0，,g′（3）>0，))当g′(t)<0时，即3t2＋(m＋4)t－2<