高中數(shù)學(xué)北師大版選修1-1第四章1.1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性作業(yè)1

[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1.函數(shù)f(x)＝2x－sinx在(－∞，＋∞)上()A．是增函數(shù) B．是減函數(shù)C．先增后減 D．先減后增解析：選A.f′(x)＝2－cosx，因?yàn)閏osx∈[－1，1]，所以2－cosx＞0恒成立，即f′(x)＞0恒成立，故選A.2.函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(－1，1) B．(0，1]C．[1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0，1]解析：選B.f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)(x>0)，由題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2－1,x)≤0,x>0))得0<x≤1.3.設(shè)函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)可導(dǎo)，y＝f(x)的圖像如圖所示，則導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖像可能為()解析：選D.由y＝f(x)圖像可知，x<0時(shí)，f(x)是增函數(shù)，f′(x)>0，x>0時(shí)，函數(shù)圖像先增加后減小再增加，其對(duì)應(yīng)的導(dǎo)數(shù)是，先有f′(x)>0，再有f′(x)<0，最后f′(x)>0，因此D符合條件．eq\a\vs4\al(4.)對(duì)于R上的任意連續(xù)函數(shù)f(x)，若滿足(x－1)f′(x)≥0，則必有()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：選C.由題意，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)≥0，當(dāng)x<1時(shí)，f′(x)≤0，由于函數(shù)f(x)為連續(xù)函數(shù)，所以f′(1)＝0必成立．所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是[1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，所以f(0)≥f(1)，f(2)≥f(1)，所以f(0)＋f(2)≥2f(1)．5.若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則a的取值范圍是()A．[－1，0] B．[－1，＋∞)C．[0，3] D．[3，＋∞)解析：選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的取值范圍是[－1，＋∞)．6.函數(shù)f(x)＝excosx，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))的大小關(guān)系為_(kāi)_______．解析：∵f′(x)＝ex(cosx－sinx)，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))是函數(shù)f(x)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間，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.)若函數(shù)f(x)＝x2－mlnx在(0，1]上為減函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：f′(x)＝2x－eq\f(m,x)(x>0)，由題意知2x－eq\f(m,x)≤0，即m≥2x2在(0，1]上恒成立，∴m≥2.即實(shí)數(shù)m的取值范圍是[2，＋∞)．答案：[2，＋∞)eq\a\vs4\al(8.)函數(shù)y＝eq\f(1,3)x3－ax2＋x－2a在R上不是單調(diào)函數(shù)，則a的取值范圍是________．解析：由題意知，y′＝x2－2ax＋1有兩個(gè)不相等零點(diǎn)，所以Δ＝(－2a)2－4>0得a2>1，解得a<－1或a>1.即a的取值范圍是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)eq\a\vs4\al(9.)已知f(x)＝ex－ax，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．解：因?yàn)閒(x)＝ex－ax，所以f′(x)＝ex－a.令f′(x)≥0得ex≥a，當(dāng)a≤0時(shí)，有f′(x)>0在R上恒成立；當(dāng)a>0時(shí)，有x≥lna.綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[lna，＋∞)．eq\a\vs4\al(10.)(1)已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(a,x)(x≠0，常數(shù)a∈R)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍．(2)設(shè)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax，若f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝2x－eq\f(a,x2)＝eq\f(2x3－a,x2).要使f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，則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.∵函數(shù)y＝2x3在[2，＋∞)上是單調(diào)遞增的，∴(2x3)min＝16，∴a≤16.當(dāng)a＝16時(shí)，f′(x)＝eq\f(2x3－16,x2)≥0(x∈[2，＋∞))有且只有f′(2)＝0，∴a的取值范圍是{a|a≤16}．(2)f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,4)＋2a，當(dāng)x∈[eq\f(2,3)，＋∞)時(shí)，f′(x)的最大值為f′(eq\f(2,3))＝eq\f(2,9)＋2a，令eq\f(2,9)＋2a>0，得a>－eq\f(1,9).即當(dāng)f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間時(shí)，a的取值范圍是(－eq\f(1,9)，＋∞)．[能力提升]eq\a\vs4\al(1.)定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像如圖，若兩個(gè)正數(shù)a，b滿足f(2a＋b)<1，且f(4)＝1，則eq\f(b＋1,a＋1)的取值范圍是()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：選D.由圖像可知f(x)在(－∞，0)遞減，在(0，＋∞)遞增，所以f(2a＋b)<1即2a＋b<4，原題等價(jià)于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0,b>0,2a＋b<4))，求eq\f(b＋1,a＋1)的取值范圍．畫(huà)出不等式組表示的可行區(qū)域(圖略)，利用直線斜率的意義可得eq\f(b＋1,a＋1)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，5)).eq\a\vs4\al(2.)設(shè)函數(shù)f(x)在R上滿足f(x)＋xf′(x)>0，若a＝30.3·f(30.3)，b＝logπ3·f(logπ3)，則a與b的大小關(guān)系為_(kāi)_______．解析：設(shè)函數(shù)F(x)＝xf(x)，∴F′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，∴F(x)＝xf(x)在R上為增函數(shù)，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.)證明方程x－eq\f(1,2)sinx＝0有唯一解．證明：設(shè)f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx，當(dāng)x＝0時(shí)，f(0)＝0，所以x＝0是方程x－eq\f(1,2)sinx＝0的一個(gè)解．因?yàn)閒′(x)＝1－eq\f(1,2)cosx，當(dāng)x∈R時(shí)，f′(x)>0恒成立，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，因此曲線f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，即方程x－eq\f(1,2)sinx＝0有唯一解x＝0.4．試問(wèn)是否存在實(shí)數(shù)a，使得函數(shù)f(x)＝ax3＋x恰有三個(gè)單調(diào)區(qū)間？如果存在，求出實(shí)數(shù)a的取值范圍及這三個(gè)單調(diào)區(qū)間；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：f′(x)＝3ax2＋1.若a>0，則f′(x)>0，此時(shí)f(x)只有一個(gè)單調(diào)區(qū)間，不滿足要求；若a＝0，則f′(x)＝1>0，此時(shí)f(x)也只有一個(gè)單調(diào)區(qū)間，不滿足要求；若a<0，則f′(x)＝3a