高中数学北师大版2第三章导数应用 第3章

第三章§1一、选择题1．函数y＝xsinx＋cosx在下面哪个区间内是增函数()\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2))) B．(π，2π)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D．(2π，3π)解析：y′＝(xsinx＋cosx)′＝(xsinx)′＋(cosx)′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))时，y′>0，即函数在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))内是增函数．答案：C2．下列函数中，在(0，＋∞)上为增加的是()A．y＝sinx B．y＝x·exC．y＝x3－x D．y＝lnx－x解析：(sinx)′＝cosx，(x·ex)′＝ex＋x·ex＝(1＋x)·ex，(x3－x)′＝3x2－1，(lnx－x)′＝eq\f(1,x)－1，当x∈(0，＋∞)时，只有(x·ex)′＝(1＋x)·ex＞0.答案：B3．函数f(x)＝ax3－x在(－∞，＋∞)内是减函数，则a的取值范围是()A．a＜1 B．a＜eq\f(1,3)C．a＜0 D．a≤0解析：f′(x)＝3ax2－1≤0在R上恒成立．当x＝0时，不等式成立．当x≠0时，a≤eq\f(1,3x2)，∵eq\f(1,3x2)＞0，∴a≤0.答案：D4．函数y＝x－eq\r(x)在区间(0，a)上递减，在(a，＋∞)上递增，则a的值是()A．±eq\f(1,4) \f(1,4)C．±eq\f(1,2) \f(1,2)解析：y＝x－eq\r(x)，则y′＝1－eq\f(1,2\r(x))(x>0)．由题知y′|x＝a＝0，即1－eq\f(1,2\r(a))＝0，解得a＝eq\f(1,4).故答案为B.答案：B二、填空题5．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为[－1,2]，则b＝________，c＝________.解析：f′(x)＝3x2＋2bx＋c，∵函数f(x)在[－1,2]上为减函数．∴f′(x)＝3x2＋2bx＋c≤0的解集为[－1,2]．∴－1,2是方程3x2＋2bx＋c＝0的两个根.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3)＝－1＋2，,\f(c,3)＝－1×2.))∴b＝－eq\f(3,2)，c＝－6.答案：－eq\f(3,2)－66．设命题p：f(x)＝lnx＋2x2＋mx＋1在(0，＋∞)上是增加的，命题q：m≥－4，则p是q的__________条件．解析：f(x)＝lnx＋2x2＋mx＋1在(0，＋∞)上是增加的，可知在(0，＋∞)上f′(x)＝eq\f(1,x)＋4x＋m≥0成立，而当x＝eq\f(1,2)时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋4x))min＝4，故只需要4＋m≥0，即m≥－4即可．故p是q的充分不必要条件．答案：充分不必要三、解答题7．求下列函数的单调区间．(1)f(x)＝x－x3；(2)f(x)＝3x2－2lnx；(3)y＝eq\f(1,2)x＋sinx，x∈(0，π)．解析：(1)f′(x)＝1－3x2.令1－3x2>0，解得－eq\f(\r(3),3)<x<eq\f(\r(3),3).因此，函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))).令1－3x2<0，解得x<－eq\f(\r(3),3)或x>eq\f(\r(3),3).因此，函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞)).(2)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝6x－eq\f(2,x)＝2·eq\f(3x2－1,x)令f′(x)>0，即2·eq\f(3x2－1,x)>0，解得－eq\f(\r(3),3)<x<0或x>eq\f(\r(3),3).又∵x>0，∴x>eq\f(\r(3),3)；令f′(x)<0，即2·eq\f(3x2－1,x)<0，解得x<－eq\f(\r(3),3)或0<x<eq\f(\r(3),3)，又∵x>0，∴0<x<eq\f(\r(3),3).∴f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3))).(3)∵y＝eq\f(1,2)x＋sinx，∴y′＝eq\f(1,2)＋cosx，令y′＞0，得cosx＞－eq\f(1,2)，又∵x∈(0，π)，∴0＜x＜eq\f(2π,3).令y′＜0，得cosx＜－eq\f(1,2)，又∵x∈(0，π)，∴eq\f(2π,3)＜x＜π.∴函数y＝eq\f(1,2)x＋sinx的递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)).8．已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x.讨论f(x)的单调性．解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq\f(2x＋1ax－1,x).(ⅰ)若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)内单调增加．(ⅱ)若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)，且当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＞0，当x＞eq\f(1,a)时，f′(x)＜0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))内单调增加，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))内单调减少．9．已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1)若f(x)在实数集R上单调递增，求a的取值范围；(2)是否存在实数a，使f(x)在(－1,1)上单调递减，若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．(3)证明：f(x)＝x3－ax－1的图像不可能总在直线y＝a的上方．解析：(1)∵f′(x)＝3x2－a，由已知f(x)在R上单调递增，∴f′(x)＝3x2－a在R上恒大于等于0.即3x2－a≥0在R上恒成立，∴a≤(3x2)min，又∵(3x2)min＝0，∴a≤0.(2)存在．若f(x)在(－1,1)上单调递减，∴f′(x)＝3x2－a在(－1,1)上恒小于等于0.方法一：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－1≤0,f′1≤0