2018年數(shù)學(xué)（北師大版選修2-2）練習(xí)第3章11導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性（第二課時(shí)）活頁(yè)作業(yè)11

活頁(yè)作業(yè)(十一)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(第二課時(shí))1．函數(shù)f(x)＝2x3＋ax2＋1(a為常數(shù))在區(qū)間(－∞，0)和(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，且在區(qū)間(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減，則a值為()A．1 B．2C．－6 D．－12解析：f′(x)＝6x2＋2ax，依題意得f′(2)＝24＋4a＝0，∴a答案：C2．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－ax在區(qū)間(1，＋∞)上是增加的，且在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()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：∵函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－ax在區(qū)間(1，＋∞)上是增加的，∴f′(x)＝x2＋2x－a≥0在區(qū)間(1，＋∞)上恒成立．∴a≤x2＋2x，x∈(1，＋∞)恒成立．∵當(dāng)x>1時(shí)，x2＋2x>3，∴a≤3.①∵函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－ax在區(qū)間(1，＋∞)上是增加的，且在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)，∴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(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，1] B．[－1,1]C．(－∞，1) D．[－1,4]解析：若原函數(shù)在R上為增函數(shù)，則當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)＝3x2－(a－1)≥0恒成立．因此有a≤1.還需注意函數(shù)在分段點(diǎn)處函數(shù)值的大小，應(yīng)有a2－3a－4≤0，解得－1≤a≤4.綜上－1≤a≤答案：B4．已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足x∈(－∞，0)時(shí)，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)，則a，b，A．a(chǎn)>b>c B．c>a>bC．b>a>c D．a(chǎn)>c>b解析：構(gòu)造函數(shù)h(x)＝xf(x)，由函數(shù)y＝f(x)是R上的偶函數(shù)，函數(shù)y＝x是R上的奇函數(shù)，可得h(x)＝xf(x)是R上的奇函數(shù)．又當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，h′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0.∴函數(shù)h(x)在x∈(－∞，0)上為單調(diào)遞減函數(shù)．∴h(x)在x∈(0，＋∞)上為單調(diào)遞減函數(shù)．∵2>20.2>1,0<ln2<1，log0.50.25∴l(xiāng)og0.50.25>20.2>ln2.∴b>a>c答案：C5．設(shè)p：f(x)＝x3＋2x2＋mx＋1在(－∞，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，q：m≥eq\f(4,3)，則p是q的________條件．()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：對(duì)于p，由題意知f′(x)＝3x2＋4x＋m≥0在R上恒成立，即Δ≤0.∴4－3m≤0.∴m≥eq\f(4,3).又當(dāng)m＝eq\f(4,3)時(shí)，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上單調(diào)遞增，∴m≥eq\f(4,3).∴p是q的充要條件．答案：A6．若函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的遞減區(qū)間為[－1，2]，則b＝________，c＝________.解析：由題意知，f′(x)＝3x2＋2bx＋c≤0在[－1,2]上恒成立，所以－1,2為方程3x2＋2bx＋c＝0的兩根，則b＝－eq\f(3,2)，c＝－6.答案：－eq\f(3,2)－67．若函數(shù)f(x)＝ax3＋x恰有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：∵f′(x)＝3ax2＋1，f(x)有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，∴方程3ax2＋1＝0有兩個(gè)不等實(shí)根．∴Δ＝0－4×3a×1>0.解得a答案：(－∞，0)8．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，則a的最大值是________．解析：由題意得f′(x)＝3x2－a≥0在[1，＋∞)上恒成立，因此a≤3.故a的最大值為3.答案：39．已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(a,x)(a>0)，設(shè)F(x)＝f(x)＋g(x)．(1)求F(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若以y＝F(x)(x∈(0,3])圖像上任意一點(diǎn)P(x0，y0)為切點(diǎn)的切線的斜率k≤eq\f(1,2)恒成立，求實(shí)數(shù)a的最小值．解：(1)F(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(x>0)，F(xiàn)′(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)上是減少的．∴F(x)的遞減區(qū)間為(0，a)，遞增區(qū)間為(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.當(dāng)x0＝1時(shí)，－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．設(shè)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)，＋∞))上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍．解：f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))時(shí)，f′(x)的最大值為f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,9)＋2a.函數(shù)有單調(diào)遞增區(qū)間，即在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))內(nèi)，導(dǎo)函數(shù)大于0有解，令eq\f(2,9)＋2a>0，得a>－eq\f(1,9).所以當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞))時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在單調(diào)遞增區(qū)間．11．已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(1)＝1，且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)<eq\f(1,2)，則f(x)<eq\f(x,2)＋eq\f(1,2)的解集為()A．{x|－1<x<1} B．{x|x<－1}C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x>1}解析：設(shè)g(x)＝f(x)－eq\f(x,2)－eq\f(1,2)，則g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)<0.∴g(x)在R上是減函數(shù)．∵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的解集為{x|x>1}．答案：D12．已知函數(shù)f(x)＝2ex－mx(其中e≈2.718…)在區(qū)間[－1,0]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)_______．解析：由題意得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．若函數(shù)f(x)＝x3－3ax2－bx，其中a，b為實(shí)數(shù)，f(x)在區(qū)間[－1,2]上為減函數(shù)，且b＝9a，則a的取值范圍是________解析：由已知得f′(x)＝3x2－6ax－b≤0對(duì)?x∈[－1，2]恒成立，∵b＝9a，∴x2－2ax－3a≤0.∵2∴a≥eq\f(x2,2x＋3)對(duì)x∈[－1,2]恒成立．解得a≥1.答案：[1，＋∞)14．已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx，若f(x)>1在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)________．解析：由已知a>eq\f(1＋lnx,x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立．設(shè)g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，∴g′(x)＝－eq\f(lnx,x2)<0(x>1)．∴g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)遞減．∴g(x)<g(1)．∵g(1)＝1，∴eq\f(1＋lnx,x)<1在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立．∴a≥1.答案：[1，＋∞)15．已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x3(a為常數(shù))．(1)若a＝－3，判斷函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上的單調(diào)性；(2)函數(shù)f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)若存在x∈[1，e]，使得f(x)≥ax＋x3－x2＋2x成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝－3時(shí)f′(x)＝3x2－eq\f(3,x)＝eq\f(3x3－1,x).當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.∴函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)．(2)由已知得f′(x)＝eq\f(a,x)＋3x2＝eq\f(3x3＋a,x).∵f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，∴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可化為a(x－lnx)≤x2－2x.∵x∈[1，e]，∴l(xiāng)nx≤1≤x，且不能同時(shí)取等號(hào)．∴l(xiāng)nx<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])，則g′(x)＝eq\f(x－1x＋2－2lnx,x－lnx2).當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，x－1≥0，lnx≤1，x＋2－2lnx>0，從而g′(x)≥0(僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào))，∴g(x)在[1，e]上為增函數(shù)．∴g(x)的最小值為g(1)＝－1.∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1]．16．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1＋x,1－x)e－ax.(1)試寫(xiě)出定義域及f′(x)的解析式；(2)設(shè)a>0，討論函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性．解：(1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(ax2＋2－a,1－x2)e－ax，其中x≠1.(2)①當(dāng)0<a≤2時(shí)，f′(x)≥0且僅在有限個(gè)點(diǎn)處取等號(hào)，∴f(x)在(－∞，1)，(1，＋∞)上為增函數(shù)．②當(dāng)a>2時(shí)，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