【苏教版选修1-1课时训练】3.3.1单调性

3.3.1单调性
一、填空题
1．若函数y＝a(x3－x)的递减区间为(－，)，则a的取值范围是________．
2．函数f(x)＝lnx－ax(a>0)的单调增区间是________．
3．函数f(x)＝ax＋(a>0且b>0)的单调减区间是__________．
4．若函数f(x)＝x3－px2＋2m2－m＋1的单调减区间为(－2,0)，则p的集合为__________．
5．若f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，且x∈[a，b]时，f′(x)>0，又f(a)<0，则下列结论正确的是________．
①f(x)在[a，b]上单调递增，且f(b)>0
②f(x)在[a，b]上单调递增，且f(b)<0
③f(x)在[a，b]上单调递减，且f(b)<0
④f(x)在[a，b]上单调递增，但f(b)的符号无法判断
6．若函数y＝f(x)在R上可导且满足不等式xf′(x)＋f(x)>0恒成立，且常数a，b满足a>b，则下列不等式一定成立的是________．
①af(a)>bf(b)　②af(b)>bf(a)
③af(a)7．如果函数f(x)＝2x2－lnx在定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．
8．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为[－1,2]，则b＝________，c＝________.
9．若函数f(x)＝x3－mx2＋2m2－5的单调减区间是(－9，0)，则m＝________.
二、解答题
10．已知函数f(x)＝(x2＋)(x＋a)(a∈R)．
(1)若函数f(x)有与x轴平行的切线，求a的取值范围；
(2)若f′(－1)＝0，求函数f(x)的单调区间．
11．已知函数f(x)与g(x)均为闭区间[a，b]上的可导函数，且f′(x)>g′(x)，f(a)＝g(a)，证明：当x∈[a，b]时，f(x)≥g(x)．
12．已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex.设f(x)在区间[－1,1]上是单调函数，求a的取值范围．
答案
1 解析：∵y＝a(x3－x)的递减区间为(－，)，
∴y′＝a(3x2－1)在区间(－，)上，y′<0恒成立．
又∵在(－，)上，3x2－1<0且a≠0，∴a>0.
答案：a>0
2 解析：∵f(x)＝lnx－ax，
∴f′(x)＝－a>0，
∴x<.又f(x)有意义，x>0，
∴0 答案：(0，)
3 解析：∵f(x)＝ax＋，
∴f′(x)＝a－，
∵f′(x)<0，
∴x2<，∴－又x≠0，∴－ 答案：(－，0)和(0，)
4解析：∵f(x)＝x3－px2＋2m2－m＋1，
∴f′(x)＝3x2－2px.
∵f(x)在(－2,0)上是减函数，
∴f′(x)＝3x2－2px<0，∴＝－2，
∴p＝－3，
∴p的集合是{p|p＝－3}．
答案：{p|p＝－3}
5 解析：由于f′(x)>0，所以函数是增函数，f(b)>f(a)，但由f(a)<0，无法判断f(b)的符号．
答案：④
6 解析：设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)，由条件知g(x)是R上的增函数，所以g(a)>g(b)，即af(a)>bf(b)．
答案：①
7 解析：显然函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－＝.由f′(x)>0，得函数f(x)的单调递增区间为(，＋∞)；由f′(x)<0，得函数f(x)的单调递减区间(0，)．由于函数在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以k－1<综上所述，1≤k<.
答案：1≤k<
8 解析：因为f′(x)＝3x2＋2bx＋c，所以根据题意知3x2＋2bx＋c≤0的解集是[－1,2]，所以－1,2是一元二次方程3x2＋2bx＋c＝0的两根，所以－1＋2＝－，(－1)×2＝，所以b＝－，c＝－6.
答案：－　－6
9 解析：因为f′(x)＝3x2－2mx＝3x(x－m)，所以根据题意知m<0，x(x－m)<0的解集是(m,0)，所以m＝－9，即m＝－.
答案：－
10 解析：∵f(x)＝x3＋ax2＋x＋a，
∴f′(x)＝3x2＋2ax＋.
(1)∵函数f(x)有与x轴平行的切线，∴f′(x)＝0有实数解，则Δ＝4a2－4×3×≥0，a2≥，所以a的取值范围是(－∞，－]∪[，＋∞)．
(2)∵f′(－1)＝0，∴3－2a＋＝0，a＝，
∴f′(x)＝3x2＋x＋＝3(x＋)(x＋1)．
由f′(x)>0得x<－1或x>－；
由f′(x)<0得－1∴函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)和(－，＋∞)；单调递减区间是(－1，－)．
11 证明：构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，由已知可得F(x)在[a，b]上可导，且F′(x)＝f′(x)－g′(x)>0，∴F(x)在[a，b]上是单调递增的．
∴对任意x∈[a，b]有F(x)≥F(a)．
∵f(a)＝g(a)，
∴F(x)＝f(x)－g(x)≥f(a)－g(a)＝0，
∴f(x)≥g(x)．
12 解：f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex
＝ex[x2＋2(1－a)x－2a]．
令f′(x)＝0，即x2＋2(1－a)x－2a＝0.
解得x1＝a－1－，x2＝a－1＋，
其中x1当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况见下表：
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
?
?
∵a≥0，∴x1<－1，x2≥0，f(x)在(x1，x2)上单调递减．
由此可得f(x)在[－1,1]上是单调函数需x2≥1，
即a－1＋≥1，解得a≥.
故所求a的取值范围为[，＋∞)．