2019-2020学年数学人教A版选修2-2作业与测评：1.3.1 函数的单调性与导数(2) Word版含解析.pdf

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1、课时作业7函数的单调性与导数(2)知识点一已知函数单调性求参数的值或取值范围1.函数f(x)＝x3＋ax－2在区间(1，＋∞)内是增函数，则实数a的取值范围是()A．[3，＋∞)B．[－3，＋∞)C．(－3，＋∞)D．(－∞，－3)答案B解析∵f(x)＝x3＋ax－2，∴f′(x)＝3x2＋a.∵由已知，f′(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，∴a≥－3x2在区间(1，＋∞)内恒成立，∴a≥－3.12．若函数f(x)＝mx＋x在区间2，1上单调递增，则m的取值范围为()11A.－，＋∞B.，＋∞22C．[－2，＋∞)D．[2，＋∞)答案A11

2、解析由题意知f′(x)＝m＋≥0在，1上恒成立，即m≥－2x211在2，1上恒成立．2x11令g(x)＝－2≤x≤1，2x31－2则g′(x)＝x.41因为g′(x)在区间，1上有g′(x)>0，21所以g(x)＝g(1)＝－，max21所以m≥－.故选A.213．已知f(x)＝2ax－，若f(x)在x∈(0,1]上是增函数，则a的取值x2范围为________．答案[－1，＋∞)2解析由已知得f′(x)＝2a＋.x3∵f(x)在(0,1]上单调递增，1∴f′(x)≥0，即a≥－在x∈(0,1]上恒成立，x31而g(x)＝－在(0,1]上单

3、调递增，x3∴g(x)＝g(1)＝－1，∴a≥－1.max4．已知函数f(x)＝2ax3＋4x2＋3x－1在R上是增函数，求实数a的取值范围．解f′(x)＝6ax2＋8x＋3.∵f(x)在R上是增函数，∴f′(x)≥0在R上恒成立，即6ax2＋8x＋3≥0在R上恒成立，64－72a≤0，8∴解得a≥.9a＞0，8经检验，当a＝时，只有个别点使f′(x)＝0，符合题意．98∴当a≥时，f(x)在R上单调递增.9知识点二利用单调性比较大小5.已知函数f(x)＝x＋lnx，则有()A．f(e)

4、f(2)0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．又2－f(x)恒成立，且常数a，b满足abf(a)B．af(a)>bf(b)C．af(a)0,∴g(x)在R上是增函数．又∵a，b为常数且a

5、

6、<0.Δ＝02－4×3a×1>0，一、选择题1．若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)内单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)答案D1解析因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，x11＋∞)上单调递增，所以当x>1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在xx1区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0<<1，所以k≥1.故选D.x2．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－3)∪[3，＋∞)B．[－3，3]C．

7、(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－3，3)答案B解析f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立且不恒为0，Δ＝4a2－12≤0－3≤a≤3.13．设函数f(x)＝x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实2数a的取值范围是()A．1＜a≤2B．a≥4C．a≤2D．0＜a≤3答案A199解析∵f(x)＝x2－9lnx，∴f′(x)＝x－(x＞0)．令x－≤0，解2xx得0＜x≤3，即函数f(x)在(0,3]上是减函数，∴a－1