5、范圍是( )
A.[-1,+∞) B.(-1,+∞)
C.(-∞,-1] D.(-∞,-1)
解析:由題意可知f′(x)=-(x-2)+≤0,
在x∈(1,+∞)上恒成立,
即b≤x(x-2)在x∈(1,+∞)上恒成立,
由于φ(x)=x(x-2)=x2-2x在(1,+∞)上的值域是(-1,+∞),故只要b≤-1即可.
答案:C
二、填空題
7.已知向量a=ex+,-x,b=(1,t),若函數(shù)f(x)=ab在區(qū)間(-1,1)上存在增區(qū)間,則t的取值范圍為________.
解析:f(x)=ex+-tx,x∈(-1,1),f′(x)=ex+x-t,函數(shù)在(x1,x2)?
6、(-1,1)上單調(diào)遞增,
故ex+x>t,x∈(x1,x2)時恒成立,故e+1>t.
答案:(-∞,e+1)
8.(2014福建廈門外國語學(xué)校高三模擬)若函數(shù)f(x)=x4-ax3+x2-2有且僅有一個極值點,求實數(shù)a的取值范圍________.
解析:f′(x)=4x3-3ax2+2x=x(4x2-3ax+2),函數(shù)f(x)=x4-ax3+x2-2有且只有一個極值點的充要條件是9a2-32≤0,
解得-≤a≤.
答案:-,
9.(2014鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)=-x3+ax2-4在x=2處取得極值,若m,n∈[-1,1],則f(m)+f′(n)的最小值是________.
7、
解析:f′(x)=-3x2+2ax,
根據(jù)已知=2,
得a=3,
即f(x)=-x3+3x2-4.
根據(jù)函數(shù)f(x)的極值點,可得函數(shù)f(m)在[-1,1]上的最小值為f(0)=-4,f′(x)=-3n2+6n在[-1,1]上單調(diào)遞增,
所以f′(n)的最小值為f′(-1)=-9.
[f(m)+f′(n)]min=f(m)min+f′(n)min=-4-9=-13.
答案:-13
10.函數(shù)f(x)=的單調(diào)遞增區(qū)間是________.
解析:f′(x)=
=>0,
即cos x>-,
結(jié)合三角函數(shù)圖象或是單位圓中的三角函數(shù)線知道,2kπ-
8、即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是
2kπ-,2kπ+(k∈Z).
答案:2kπ-,2kπ+(k∈Z)
三、解答題
11.(2014四川眉山二診)已知函數(shù)f(x)=aln x-ax-3(a∈R).
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若函數(shù)y=f(x)的圖象在點(2,f(2))處的切線的傾斜角為45,對于任意的t∈[1,2],函數(shù)g(x)=x3+x2f′(x)+在區(qū)間(t,3)內(nèi)總不是單調(diào)函數(shù),求m的取值范圍.
解:(1)f′(x)=(x>0),
當a>0時,f(x)的增區(qū)間為(0,1),減區(qū)間為(1,+∞);
當a<0時,f(x)的增區(qū)間為(1,+∞),減區(qū)間為(0,1);
9、
當a=0時,f(x)不是單調(diào)函數(shù).
(2)由(1)得f′(2)=-=1,
即a=-2,
∴f(x)=-2ln x+2x-3,
∴g(x)=x3++2x2-2x,
∴g′(x)=3x2+(m+4)x-2.
∵g(x)在區(qū)間(t,3)內(nèi)總不是單調(diào)函數(shù),
即g′(x)=0在區(qū)間(t,3)內(nèi)有變號零點.
由于g′(0)=-2,
∴
當g′(t)<0,即3t2+(m+4)t-2<0對任意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-
10、.(2014嘉興測試)已知函數(shù)f(x)=x2-(2a+2)x+(2a+1)ln x
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)對任意的a∈,,x1,x2∈[1,2],恒有|f(x1)-f(x2)|≤λ-,求正實數(shù)λ的取值范圍.
解:(1)f′(x)=x-(2a+2)+
=,x>0.
①當2a+1≤0,即a≤-時,函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)單調(diào)遞增;
②當0<2a+1<1,即-1,即a>
11、0時,函數(shù)f(x)在(1,2a+1)上單調(diào)遞減,在(0,1),(2a+1,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)根據(jù)(1),當a∈,時,函數(shù)f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減.
若x1=x2,則不等式|f(x1)-f(x2)|≤λ-對任意正數(shù)λ恒成立,此時λ∈(0,+∞).
若x1≠x2,不妨設(shè)1≤x1f(x2),>,
原不等式即f(x1)-f(x2)≤λ-,
即f(x1)-≤f(x2)-對任意的a∈,,x1,x2∈[1,2]恒成立.
設(shè)g(x)=f(x)-,問題即對任意的a∈,,x1,x2∈[1,2]不等式g(x1)≤g(x2)恒成立,問題等價于函數(shù)g(x)在[1,
12、2]上為增函數(shù),
故g′(x)≥0對任意a∈,,x∈[1,2]恒成立.
g′(x)=x-(2a+2)++≥0,
即x3-(2a+2)x2+(2a+1)x+λ≥0,
即(2x-2x2)a+x3-2x2+x+λ≥0,
對任意a∈,恒成立.
由于x∈[1,2],2x-2x2<0,
故只要(2x-2x2)+x3-2x2+x+λ≥0,
即x3-7x2+6x+λ≥0對任意x∈[1,2]恒成立.
令h(x)=x3-7x2+6x+λ,h′(x)=3x2-14x+6<0恒成立,
故函數(shù)h(x)在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù),
所以h(x)min=h(2)=λ-8,
只要λ-8≥0即可,
即得λ≥8,
故實數(shù)λ的取值范圍是[8,+∞).