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- 2021-06-17 发布
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[基础题组练]
1.已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的大致图像如图所示,则下列叙述正确的是( )
A.f(b)>f(c)>f(d)
B.f(b)>f(a)>f(e)
C.f(c)>f(b)>f(a)
D.f(c)>f(e)>f(d)
解析:选C.由题意得,当x∈(-∞,c)时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,c)上是增函数,
因为af(b)>f(a),故选C.
2.(2020·江西红色七校第一次联考)若函数f(x)=2x3-3mx2+6x在区间(1,+∞)上为增函数,则实数m的取值范围是( )
A.(-∞,1] B.(-∞,1)
C.(-∞,2] D.(-∞,2)
解析:选C.f′(x)=6x2-6mx+6,由已知条件知x∈(1,+∞)时,f′(x)≥0恒成立.设g(x)=6x2-6mx+6,则g(x)≥0在(1,+∞)上恒成立.
当Δ=36(m2-4)≤0,即-2≤m≤2时,满足g(x)≥0在(1,+∞)上恒成立;
当Δ=36(m2-4)>0,即m<-2或m>2时,则需解得m≤2,所以m<-2.
综上得m≤2,所以实数m的取值范围是(-∞,2].
3.已知f(x)=,则( )
A.f(2)>f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2)
C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2)
解析:选D.f(x)的定义域是(0,+∞),
f′(x)=,令f′(x)=0,得x=e.
所以当x∈(0,e)时,f′(x)>0,f(x)是增加的,当x∈(e,+∞)时,f′(x)<0,f(x)是减少的,故当x=e时,f(x)max=f(e)=,而f(2)==,f(3)==,所以f(e)>f(3)>f(2),故选D.
4.设函数f(x)=x2-9ln x在区间[a-1,a+1]上是减少的,则实数a的取值范围是( )
A.(1,2] B.(4,+∞)
C.(-∞,2) D.(0,3]
解析:选A.因为f(x)=x2-9ln x,所以f′(x)=x-(x>0),由x-≤0,得00且a+1≤3,解得10恒成立,且a>0,则下列说法正确的是( )
A.f(a)f(0)
C.ea·f(a)f(0)
解析:选D.设g(x)=ex·f(x),则g′(x)=ex[f(x)+f′(x)]>0,所以g(x)为R上的增函数,因为a>0,所以g(a)>g(0),即ea·f(a)>f(0),故选D.
6.函数f(x)=+-ln x的减区间是________.
解析:因为f(x)=+-ln x,
所以函数的定义域为(0,+∞),
且f′(x)=--=,
令f′(x)<0,解得0<x<5,所以函数f(x)的减区间为(0,5).
答案:(0,5)
7.若函数f(x)=ax3+3x2-x恰好有三个单调区间,则实数a的取值范围是________.
解析:由题意知f′(x)=3ax2+6x-1,由函数f(x)恰好有三个单调区间,得f′(x)有两个不相等的零点,所以3ax2+6x-1=0需满足a≠0,且Δ=36+12a>0,解得a>-3,所以实数a的取值范围是(-3,0)∪(0,+∞).
答案:(-3,0)∪(0,+∞)
8.已知函数f(x)=ln x+2x,若f(x2+2)0,函数是增函数,所以由f(x2+2)0),
则h′(x)=--<0,
即h(x)在(0,+∞)上是减函数.
由h(1)=0知,当00,从而f′(x)>0;
当x>1时,h(x)<0,从而f′(x)<0.
综上可知,f(x)的增区间是(0,1),减区间是(1,+∞).
10.已知函数f(x)=x3-ax-1.
(1)若f(x)在R上为增函数,求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)在(-1,1)上为减函数,求实数a的取值范围;
(3)若函数f(x)的减区间为(-1,1),求实数a的值;
(4)若函数f(x)在区间(-1,1)上不单调,求实数a的取值范围.
解:(1)因为f(x)在(-∞,+∞)上是增函数,
所以f′(x)=3x2-a≥0在(-∞,+∞)上恒成立,
即a≤3x2对x∈R恒成立.
因为3x2≥0,
所以只需a≤0.
又因为a=0时,f′(x)=3x2≥0,
f(x)=x3-1在R上是增函数,
所以a≤0,
即实数a的取值范围为(-∞,0].
(2)由题意知f′(x)=3x2-a≤0在(-1,1)上恒成立,
所以a≥3x2在(-1,1)上恒成立,
因为当-10.
令f′(x)=0,解得x=±.
因为f(x)在区间(-1,1)上不单调,所以f′(x)=0在(-1,1)上有解,需0<<1,得0f(b)g(b)
B.f(x)g(a)>f(a)g(x)
C.f(x)g(b)>f(b)g(x)
D.f(x)g(x)>f(a)g(a)
解析:选C.令F(x)=,则F′(x)=<0,所以F(x)在R上是减少的.又a>.又f(x)>0,g(x)>0,所以f(x)g(b)>f(b)g(x).
2.(2020·西安模拟)定义在R上的连续函数f(x)满足f(x)+f(-x)=x2,且x<0时,f′(x)0,函数f(x)在(0,+∞)上是增加的;
当a<0时,令g(x)=ax2+(2a+2)x+a,
Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1).
①当a=-时,Δ=0,f′(x)=≤0,
函数f(x)在(0,+∞)上是减少的.
②当a<-时,Δ<0,g(x)<0,
f′(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上是减少的.
③当-0,
设x1,x2(x10,
所以当x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)是减少的,当x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,
函数f(x)是增加的,
当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)是减少的.
综上可得:
当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上是增加的;
当a≤-时,函数f(x)在(0,+∞)上是减少的;
当-0时,f(x)的增区间为(0,1),
减区间为(1,+∞);
当a<0时,f(x)的增区间为(1,+∞),减区间为(0,1);
当a=0时,f(x)为常函数.
(2)由(1)及题意得f′(2)=-=1,
即a=-2,
所以f(x)=-2ln x+2x-3,f′(x)=.
所以g(x)=x3+x2-2x,
所以g′(x)=3x2+(m+4)x-2.
因为g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数,
即g′(x)在区间(t,3)上有变号零点.
由于g′(0)=-2,
所以
当g′(t)<0时,
即3t2+(m+4)t-2<0对任意t∈[1,2]恒成立,
由于g′(0)<0,
故只要g′(1)<0且g′(2)<0,
即m<-5且m<-9,即m<-9;
由g′(3)>0,即m>-.
所以-
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