高中数学北师大版选修1-1第四章1.1导数与函数的单调性作业1

[基础达标]1.函数f(x)＝2x－sinx在(－∞，＋∞)上()A．是增函数 B．是减函数C．先增后减 D．先减后增解析：选A.f′(x)＝2－cosx，因为cosx∈[－1，1]，所以2－cosx＞0恒成立，即f′(x)＞0恒成立，故选A.2.函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1，1) B．(0，1]C．[1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0，1]解析：选B.f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)(x>0)，由题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2－1,x)≤0,x>0))得0<x≤1.3.设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图像如图所示，则导函数y＝f′(x)的图像可能为()解析：选D.由y＝f(x)图像可知，x<0时，f(x)是增函数，f′(x)>0，x>0时，函数图像先增加后减小再增加，其对应的导数是，先有f′(x)>0，再有f′(x)<0，最后f′(x)>0，因此D符合条件．eq\a\vs4\al(4.)对于R上的任意连续函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有()A．f(0)＋f(2)<2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)C．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)>2f(1)解析：选C.由题意，当x>1时，f′(x)≥0，当x<1时，f′(x)≤0，由于函数f(x)为连续函数，所以f′(1)＝0必成立．所以函数f(x)的单调递增区间是[1，＋∞)，单调递减区间为(－∞，1)，所以f(0)≥f(1)，f(2)≥f(1)，所以f(0)＋f(2)≥2f(1)．5.若函数f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是()A．[－1，0] B．[－1，＋∞)C．[0，3] D．[3，＋∞)解析：选B.f′(x)＝2x＋a－eq\f(1,x2)≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴a≥eq\f(1,x2)－2x，∴a≥－1.即a的取值范围是[－1，＋∞)．6.函数f(x)＝excosx，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))的大小关系为________．解析：∵f′(x)＝ex(cosx－sinx)，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))是函数f(x)的一个单调递增区间，又0<eq\f(π,6)<eq\f(π,5)<eq\f(π,4)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))).答案：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))eq\a\vs4\al(7.)若函数f(x)＝x2－mlnx在(0，1]上为减函数，则实数m的取值范围是________．解析：f′(x)＝2x－eq\f(m,x)(x>0)，由题意知2x－eq\f(m,x)≤0，即m≥2x2在(0，1]上恒成立，∴m≥2.即实数m的取值范围是[2，＋∞)．答案：[2，＋∞)eq\a\vs4\al(8.)函数y＝eq\f(1,3)x3－ax2＋x－2a在R上不是单调函数，则a的取值范围是________．解析：由题意知，y′＝x2－2ax＋1有两个不相等零点，所以Δ＝(－2a)2－4>0得a2>1，解得a<－1或a>1.即a的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)eq\a\vs4\al(9.)已知f(x)＝ex－ax，求f(x)的单调递增区间．解：因为f(x)＝ex－ax，所以f′(x)＝ex－a.令f′(x)≥0得ex≥a，当a≤0时，有f′(x)>0在R上恒成立；当a>0时，有x≥lna.综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为[lna，＋∞)．eq\a\vs4\al(10.)(1)已知函数f(x)＝x2＋eq\f(a,x)(x≠0，常数a∈R)在[2，＋∞)上单调递增，求a的取值范围．(2)设f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax，若f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在单调递增区间，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝2x－eq\f(a,x2)＝eq\f(2x3－a,x2).要使f(x)在[2，＋∞)上单调递增，则f′(x)≥0，即eq\f(2x3－a,x2)≥0在[2，＋∞)上恒成立．∵x2>0，∴2x3－a≥0，即a≤2x3在[2，＋∞)上恒成立，∴a≤(2x3)min.∵函数y＝2x3在[2，＋∞)上是单调递增的，∴(2x3)min＝16，∴a≤16.当a＝16时，f′(x)＝eq\f(2x3－16,x2)≥0(x∈[2，＋∞))有且只有f′(2)＝0，∴a的取值范围是{a|a≤16}．(2)f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,4)＋2a，当x∈[eq\f(2,3)，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′(eq\f(2,3))＝eq\f(2,9)＋2a，令eq\f(2,9)＋2a>0，得a>－eq\f(1,9).即当f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在单调递增区间时，a的取值范围是(－eq\f(1,9)，＋∞)．[能力提升]eq\a\vs4\al(1.)定义在R上的函数f(x)的导函数f′(x)的图像如图，若两个正数a，b满足f(2a＋b)<1，且f(4)＝1，则eq\f(b＋1,a＋1)的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(1,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪(5，＋∞)C．(－∞，3) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，5))解析：选D.由图像可知f(x)在(－∞，0)递减，在(0，＋∞)递增，所以f(2a＋b)<1即2a＋b<4，原题等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0,b>0,2a＋b<4))，求eq\f(b＋1,a＋1)的取值范围．画出不等式组表示的可行区域(图略)，利用直线斜率的意义可得eq\f(b＋1,a＋1)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，5)).eq\a\vs4\al(2.)设函数f(x)在R上满足f(x)＋xf′(x)>0，若a＝30.3·f(30.3)，b＝logπ3·f(logπ3)，则a与b的大小关系为________．解析：设函数F(x)＝xf(x)，∴F′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，∴F(x)＝xf(x)在R上为增函数，又∵30.3>1，logπ3<1，∴30.3>logπ3，∴F(30.3)>F(logπ3)，∴30.3f(30.3)>logπ3f(logπ3)，∴a>b.答案：a>beq\a\vs4\al(3.)证明方程x－eq\f(1,2)sinx＝0有唯一解．证明：设f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx，当x＝0时，f(0)＝0，所以x＝0是方程x－eq\f(1,2)sinx＝0的一个解．因为f′(x)＝1－eq\f(1,2)cosx，当x∈R时，f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)在R上单调递增，因此曲线f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx与x轴只有一个交点，即方程x－eq\f(1,2)sinx＝0有唯一解x＝0.4．试问是否存在实数a，使得函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间？如果存在，求出实数a的取值范围及这三个单调区间；如果不存在，请说明理由．解：f′(x)＝3ax2＋1.若a>0，则f′(x)>0，此时f(x)只有一个单调区间，不满足要求；若a＝0，则f′(x)＝1>0，此时f(x)也只有一个单调区间，不满足要求；若a<0，则f′(x)＝3a