数学同步练习第三章导数与函数的单调性

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精高手支招6体验成功基础巩固1。函数f(x）=1+x-sinx在（0，2π）上是()A.增函数B。减函数C.在(0，π）上递增，在（π,2π)上递减D。在（0，π）上递减,在(π,2π)上递增答案：A思路分析:f′(x)=1—cosx＞0恒成立,所以f(x)在(0,2π)上为增函数。2.（2005北京海淀高三第一学期期末检测)函数y=xsinx+cosx在下面哪个区间内是增函数（)A.(,)B。(π，2π)C.（，）D.(2π,3π)答案：C思路分析:y′=（xsinx+cosx)′=sinx+xcosx—sinx=xcosx,当x∈（,）时,恒有xcosx＞0.此时，函数y=xsinx+cosx为增函数。3。设f(x）在（a,b)内有导函数f′(x)，则f′（x)＜0是f(x)在(a，b）内单调递减的（）A。充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案：A思路分析：由f′（x）＜0能够推出f(x）在(a,b)内单调递减，但由f（x)在（a，b）内单调递减不能推出f′（x)＜0,如f(x)=x3，f′（x）=3x2≥0，不满足f′（x）＞0.故为充分不必要条件。4.函数y=x4-2x2+5的单调减区间为（）A.（-∞，—1]和［0,1］B。［-1,0］和［1,+∞］C.［—1，1］D。（—∞，-1)和［1，+∞）答案:A思路分析:y′=4x3—4x≤0x(x2—1)≤0x≤-1或0≤x≤1.5.y=xlnx在(0，5)上是（）A.单调增函数B.单调减函数C.在（0,)上单调递减，在(,5)上是递增函数D。在(0,）上是递增函数,在(，5）上是递减函数答案：C思路分析：y′=lnx+x·=1+lnx;令y′＞0,∴x＞,∴y=xlnx在（，5)上为增函数。同理可求在(0,)上为减函数。6.若函数f（x）=x3+x2+mx+1是R上的单调函数，则m的取值范围是__________。答案:m≥思路分析：因为f(x）=x3+x2+mx+1,所以f′(x）=3x2+2x+m，由题意可知f（x)在R上只能递增，所以Δ=4-12m≤0,∴m≥。综合应用7.已知f（x）=ax3+bx2+cx+d(a＞0)为增函数,则（）A.b2-4ac＞0B.b＞0,c＞0C.b=0,c＞0D.b2-3ac＜0答案：D思路分析:f′（x）=3ax2+2bx+c＞0恒成立.因为a＞0,则Δ=4b2-4·3ac＜0,即b2-3ac＜0.8.已知函数f(x)、g(x）均为［a，b]上的可导函数，且f′(x）＞g′(x)，f(a）=g(a),则当x∈（a,b)时有()A.f（x）＞g(x)B。f（x)＜g（x)C.f（x)=g（x）D。大小关系不能确定答案：A思路分析：令F(x）=f(x)-g（x），∴F′(x)=f′（x）—g′（x）＞0。∴F（x）在［a,b］上为增函数。又F（a)=f(a）—g（a)=0，∴在x∈（a,b)时，F(x）＞F（a)，∴f(x)＞g(x）.9。已知函数f(x）=x3+3ax-1，g(x）=f′(x)-ax-5,其中f′(x)是f(x)的导函数。对满足—1≤a≤1的一切a的值,都有g(x）＜0，求实数x的取值范围.解:由题意g（x)=3x2-ax+3a—5,令φ（a)=(3-x）a+3x2—5，—1≤a≤1.对-1≤a≤1,恒有g(x）＜0，即φ(a）＜0，∴解得＜x＜1。故x∈（,1）时,对满足—1≤a≤1的一切a的值,都有g（x）＜0。10。(2006陕西高考,理22）已知函数f（x）=x3—x2++，且存在x0∈(0，)，使f(x0）=x0。(1）证明:f(x）是R上的单调增函数;(2)设x1=0,xn+1=f(xn）；y1=，yn+1=f(yn)，其中n=1,2，…。证明:xn＜xn+1＜x0＜yn+1＜yn；(3)证明:。解:（1)∵f′（x）=3x2-2x+=3(x-）2+＞0,∴f（x）是R上的单调增函数。（2）∵0＜x0＜，即x1＜x0＜y1.又f（x)是增函数，∴f(x1)＜f（x0）＜f(y1）。即x2＜x0＜y2。又x2=f(x1)=f(0）=＞0=x1，y2=f(y1)=f()=＜=y1，综上,x1＜x2＜x0＜y2＜y1。用数学归纳法证明如下:(1)当n=1时,上面已证明成立。(2)假设当n=k(k≥1)时有xk＜xk+1＜x0＜yk+1＜yk。当n=k+1时，由f（x）是单调增函数，有f（xk)＜f（xk+1)＜f（x0）＜f（yk+1）＜f(yk)，∴xk+1＜xk+2＜x0＜yk+2＜yk+1.由（1)(2