《一元函数的导数及其应用》试卷答案

《一元函数的导数及其应用》试题答案一、单项选择题1．解析：D由于f(x)＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，则f′(x)＝(eq\f(\r(3),2))′＝0.2解析：D∵f′(x)＝2x＋ex，∴f′(0)＝2×0＋e0＝1.3．解析：D因为f′(x)＝10(1－2x)9·(1－2x)′＝－20(1－2x)9，所以f′(1)＝－204，解析：A由f(x)＝sin2x＋e2x，得f′(x)＝cos2x·(2x)′＋e2x·(2x)′＝2cos2x＋2e2x.5.解析：B由f(x)的图象知y＝f(x)在(1，5)上单调递减，∴当x∈(1，5)时，f′(x)<0，故f′(3)<0.6.解析：Af′(x)＝0的点为A，B，C三点，只有点B处附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，因此f(x)在点B处为极小值点7.解析：A∵f′(x)＝2＋sinx>0恒成立，∴f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，无极值、无最值．8解析：Bf′(x)＝4－4x3，令f′(x)＝4－4x3＝0，得x＝1.当x>1时，f′(x)<0；当x<1时，f′(x)>0.∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)的极大值为f(1)＝3，又f(－1)＝－5，f(2)＝－8，故f(x)max＝f(1)＝3，f(x)min＝f(2)＝－8.二、多项选择题9.解析：BCD对于A，y′＝0，故A错．对于B，∵y′＝－eq\f(2,x3)，∴y′|x＝3＝－eq\f(2,27)，故B正确．显然C，D正确．10．解析：ADA项中，(ax2＋bx＋c)′＝a(x2)′＋b(x)′＋(c)′，正确．B项中，(sinx－2x2)′＝(sinx)′－2(x2)′，错误．C项中，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,x2)))′＝eq\f(（sinx）′x2－sinx（x2）′,（x2）2)，错误．D项中，(cosx·sinx)′＝(cosx)′sinx＋cosx(sinx)′，正确．11.解析：ACD当x<－3时，f′(x)<0，x∈(－3，＋∞)时，f′(x)≥0，∴－3是极小值点，无极大值点，单调递增区间是(－3，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－3)．三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)12．解析：∵y＝xcosx－sinx∴y′＝x′cosx＋x(cosx)′－(sinx)′＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.答案：－xsinx13.解析：f′(x)＝eq\f(2xex－x2ex,（ex）2)＝eq\f(2x－x2,ex).答案：eq\f(2x－x2,ex)14.解析：由f′(x)＝ex－1>0，得ex>1，∴x>0，从而函数的单调递增区间为(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)15.．解析：由题意知f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，当x∈(－1，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.所以当x＝－1时，函数取极大值f(－1)＝2；当x＝1时，函数取极小值f(1)＝－2.答案：2－2四、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16．解：(1)y＝sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，则y′＝0.(2)y′＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)))′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)lneq\f(1,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)ln2.(3)y＝x2eq\r(x)＝xeq\s\up6(\f(5,2))，则y′＝eq\f(5,2)xeq\s\up6(\f(3,2)).(4)∵y＝2cos2eq\f(x,2)－1＝cosx，∴y′＝(cosx)′＝－sinx.17.解：(1)∵y＝(x2＋1)(x－1)＝x3－x2＋x－1，∴y′＝3x2－2x＋1.(2)y′＝(3x)′＋(lgx)′＝3xln3＋eq\f(1,xln10).(3)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－sinx,1＋cosx)))′＝eq\f(（1－sinx）′（1＋cosx）－（1－sinx）（1＋cosx）′,（1＋cosx）2)＝eq\f(－cosx－cos2x＋sinx－sin2x,（1＋cosx）2)＝eq\f(－1－cosx＋sinx,（1＋cosx）2).18．解：(1)y＝(1－2x)－eq\s\up6(\f(1,2))，设y＝u－eq\s\up6(\f(1,2))，u＝1－2x，则y′x＝y′uu′x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(u－\s\up6(\f(1,2))))′(1－2x)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)u－\s\up6(\f(3,2))))·(－2)＝(1－2x)－eq\s\up6(\f(3,2)).(2)设y＝log2u，u＝2x2＋3x＋1，则y′x＝y′uu′x＝(log2u)′(2x2＋3x＋1)′＝eq\f(1,uln2)·(4x＋3)＝eq\f(4x＋3,（2x2＋3x＋1）ln2).(3)设y＝eu，u＝3x＋2，则y′x＝y′uu′x＝(eu)′·(3x＋2)′＝3eu＝3e3x＋2，故y′＝3e3x＋2.19．解：(1)f′(x)＝6x2＋6x－36.由f′(x)>0，得6x2＋6x－36>0，解得x<－3或x>2；由f′(x)<0，解得－3<x<2.故f(x)的单调递增区间是(－∞，－3)，(2，＋∞)；单调递减区间是(－3，2)．(2)f′(x)＝cosx－1.因为0<x<π，所以cosx－1<0恒成立，故函数f(x)的单调递减区间为(0，π)．20解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x＋2)(x－1)，令f′(x)＝6(x＋2)(x－1)＝0，解之得x1＝－2，x2＝1.当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值21极小值－6所以当x＝－2时，f(x)取极大值21；当x＝1时，f(x)取极小值－6.(2)函数f(x)＝eq\f(3,x)＋3lnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(3,x2)＋eq\f(3,x)＝eq\f(3（x－1）,x2).令f′(x)＝0，得x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)3从表中可以看出，当x＝1时，函数f(x)有极小值，为f(1)＝3，f(x)无极大值．21．解：(1)f′(x)＝3x2－6x＋6＝3(x2－2x＋2)＝3(x－1)2＋3，∵f′(x)在[－1，1]内恒大于0，∴f(x)在[－1，1]上为单调增函数．故当x＝－1时，f(x)min＝－12；当x＝1时，f(x)max＝2.即f(x)的最小值为－12，最大值为2.(2)f′(x)＝eq\f(1,2)＋cosx，令f′(x)＝0，又x∈[0，2π]，解得x＝eq\f(2π,3)或x＝eq\f(4π,3)，计算得f(0)＝0，f(2π)＝π，feq\b\lc\