18届高三数学一轮复习第三章导数及其应用第二节导数与函数的单调性夯基提能作业本理

7.答案 ;

解析 由已知得f(x)的定义域为(0,+∞). 当a<0时,因为f '(x)=a+=

,所以当x≥-时, f

'(x)≤0,当00,所以f(x)的单调递增区间为

,单调递减区间为

.

8.答案 f(-3)

解析 函数f(x)为偶函数,因此f(-3)=f(3).又f '(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x, 当x∈

时, f '(x)<0.

上是减函数,

所以f(x)在区间所以f

>f(2)>f(3)=f(-3).

9.解析 (1)对f(x)求导得f '(x)=--,由f(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于直线y=x,得f '(1)=--a=-2,解得a=.

(2)由(1)知f(x)=+-ln x-,则f '(x)='(x)=0,解得x=-1或x=5.

9

,令f

因x=-1不在f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去. 当x∈(0,5)时, f '(x)<0,故f(x)在(0,5)内为减函数;当x∈(5,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(5,+∞)内为增函数.

所以f(x)的单调减区间为(0,5),单调增区间为(5,+∞).

10.解析 (1)由题意知,函数的定义域为(0,+∞),当a=-2时, f '(x)=2x-=

,由f '(x)<0得0

故f(x)的单调递减区间是(0,1). (2)由题意得g'(x)=2x+-, 因函数g(x)在[1,+∞)上单调,故:

①若g(x)为[1,+∞)上的单调增函数,则g'(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,即a≥-2x在[1,+∞)上恒成立,设φ(x)=-2x.

∵φ(x)在[1,+∞)上单调递减,

∴在[1,+∞)上,φ(x)max=φ(1)=0,∴a≥0. ②若g(x)为[1,+∞)上的单调减函数,则g'(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,易知其不可能成立.∴实数a的取值范围为[0,+∞).

B组 提升题组

10

2

2

11.C 由条件可知当0

当x>1时,xf '(x)>0,所以f '(x)>0,函数f(x)递增.所以当x=1时,函数f(x)取得极小值.当x<-1时,xf '(x)<0,所以f '(x)>0,函数f(x)递增,当-10,所以f '(x)<0,函数f(x)递减,所以当x=-1时,函数取得极大值.符合条件的只有C项.

12.A ∵f(x)=e+x-2,∴f '(x)=e+1>0,则f(x)在R上为增函数,又f(0)=e-2<0, f(1)=e-1>0,且f(a)=0,∴00,∴g(x)在(0,+∞)上为增函数,又g(1)=ln 1-2=-2<0,g(2)=ln 2+1>0,且g(b)=0,∴1

故选A.

2

0

x

x

13.答案 (0,+∞)

解析 因为y'=-4x+a,且y=-x+ax有三个单调区间,所以方程-4x+a=0有两个不等的实根,所以Δ=0-4×(-4)×a>0,所以a>0.

14.解析 h(x)=ln x-ax-2x,x∈(0,+∞),所以h'(x)=-ax-2.因为h(x)在[1,4]上单调递减,所以当

11

23

2

2

2

x∈[1,4]时,h'(x)=-ax-2≤0恒成立,即a≥-恒成立,令G(x)=-,则a≥G(x)max,G(x)=x∈[1,4],所以∈以a≥-.

15.解析 (1)f '(x)=

(x>0),

-1.因为

,所以G(x)max=-(此时x=4),所

当a>0时, f(x)的单调增区间为(0,1],单调减区间为[1,+∞);

当a<0时, f(x)的单调增区间为[1,+∞),单调减区间为(0,1];

当a=0时, f(x)不是单调函数. (2)由(1)及题意得f '(2)=-=1,解得a=-2,∴f(x)=-2ln x+2x-3, f '(x)=∴g(x)=x+

23

,

x-2x,

2

∴g'(x)=3x+(m+4)x-2.

∵对任意的t∈[1,2],g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数,且g'(0)=-2,

12

∴对于任意的t∈[1,2],g'(t)<0恒成立,且g'(3)>0,∴

∴-

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