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时间:2020-02-27
《高中数学第三章导数应用1函数的单调性与极值1.1导数与函数的单调性课后巩固提升北师大版.docx》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、1.1导数与函数的单调性[A组 基础巩固]1.函数y=f(x)在定义域(-,3)内可导,其图像如图,记y=f(x)的导函数为y=f′(x),则不等式f′(x)≤0的解集为( )A.[-,1]∪[2,3)B.[-1,]∪[,]C.(-,-]∪[1,2)D.(-,-1]∪[,]∪[,3)解析:f′(x)≤0的解集等价于函数f(x)的递减区间所对应的集合.答案:A2.函数y=x2-lnx的单调递减区间为( )A.(-1,1] B.(0,1]C.[1,+∞)D.(0,+∞)解析:∵y=x2-lnx,∴y
2、′=x-,由y′≤0,解得-1≤x≤1,又x>0,∴00,解得-3、2,+∞)B.[2,+∞)C.(-∞,-2]D.(-∞,2]解析:根据条件得h′(x)=2+=≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥-2x2在(1,+∞)上恒成立,所以k∈[-2,+∞).答案:A5.已知函数f(x)=+lnx,则有( )A.f(2)<f(e)<f(3)B.f(e)<f(2)<f(3)C.f(3)<f(e)<f(2)D.f(e)<f(3)<f(2)解析:因为在定义域(0,+∞)上f′(x)=+>0,所以f(x)在(0,+∞)上是增函数,所以有f(2)<f(e)<f(3).答案:A6.函数f(x)=x4、-2sinx在(0,π)上的单调递增区间为________.解析:令f′(x)=1-2cosx>0,则cosx<.又x∈(0,π),解得<x<π,所以函数在(0,π)上的单调递增区间为.答案:7.y=x+sinx在[0,π)上是________(填“增函数”或“减函数”).解析:∵y′=1+cosx≥0恒成立,∴y=x+sinx在[0,π)上是增函数.答案:增函数8.若函数f(x)=ax3+x恰有三个单调区间,则实数a的取值范围是________.解析:f′(x)=ax2+1,若a≥0,f′(x)>0恒成立,不符5、合题意.若a<0,由f′(x)>0得-,即a<0时函数f(x)在(-,)上为增函数,在(-∞,-)及(,+∞)上为减函数.答案:a<09.确定下列函数的单调区间:(1)y=x3-9x2+24x;(2)f(x)=(x>0且x≠1).解析:(1)y′=3x2-18x+24=3(x-2)(x-4),由y′>0得x<2或x>4;由y′<0得26、)(,1)(1,+∞)f′(x)+0--f(x)增加减少减少∴f(x)在(0,)内是增加的;在(,1),(1,+∞)内是减少的.10.求下列函数的单调区间:(1)y=x3-2x2+x;(2)y=+cosx;(3)y=ln(2x-1).解析:(1)y′=3x2-4x+1,令3x2-4x+1>0得x>1或x<,因此y=x3-2x2+x的单调递增区间为(-∞,)和(1,+∞).再令y′<0得7、(k∈Z).令y′=-sinx>0,得2kπ-时,y′=>0,所以,函数在定义域(,+∞)上为增函数.[B组 能力提升]1.已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)=1,且f(x)的导函数f′(x)<,则f(x)<+的解集为( )A.{x8、-19、x<-1}C.{x10、x<-1或x>1}D.{x11、x>1}解12、析:构造函数g(x)=f(x)--.则g′(x)=f′(x)-.又∵f′(x)<,∴g′(x)<0.说明g(x)在R上是减少的.又g(1)=f(1)-1=0,∴g(x)过点(1,0)且是减少的.∴g(x)<0的解集为{x13、x>1}.答案:D2.已知对任意实数x,有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且x>0时,f′(x)>0,g′(x)>0,则x<0时( )A
3、2,+∞)B.[2,+∞)C.(-∞,-2]D.(-∞,2]解析:根据条件得h′(x)=2+=≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥-2x2在(1,+∞)上恒成立,所以k∈[-2,+∞).答案:A5.已知函数f(x)=+lnx,则有( )A.f(2)<f(e)<f(3)B.f(e)<f(2)<f(3)C.f(3)<f(e)<f(2)D.f(e)<f(3)<f(2)解析:因为在定义域(0,+∞)上f′(x)=+>0,所以f(x)在(0,+∞)上是增函数,所以有f(2)<f(e)<f(3).答案:A6.函数f(x)=x
4、-2sinx在(0,π)上的单调递增区间为________.解析:令f′(x)=1-2cosx>0,则cosx<.又x∈(0,π),解得<x<π,所以函数在(0,π)上的单调递增区间为.答案:7.y=x+sinx在[0,π)上是________(填“增函数”或“减函数”).解析:∵y′=1+cosx≥0恒成立,∴y=x+sinx在[0,π)上是增函数.答案:增函数8.若函数f(x)=ax3+x恰有三个单调区间,则实数a的取值范围是________.解析:f′(x)=ax2+1,若a≥0,f′(x)>0恒成立,不符
5、合题意.若a<0,由f′(x)>0得-,即a<0时函数f(x)在(-,)上为增函数,在(-∞,-)及(,+∞)上为减函数.答案:a<09.确定下列函数的单调区间:(1)y=x3-9x2+24x;(2)f(x)=(x>0且x≠1).解析:(1)y′=3x2-18x+24=3(x-2)(x-4),由y′>0得x<2或x>4;由y′<0得26、)(,1)(1,+∞)f′(x)+0--f(x)增加减少减少∴f(x)在(0,)内是增加的;在(,1),(1,+∞)内是减少的.10.求下列函数的单调区间:(1)y=x3-2x2+x;(2)y=+cosx;(3)y=ln(2x-1).解析:(1)y′=3x2-4x+1,令3x2-4x+1>0得x>1或x<,因此y=x3-2x2+x的单调递增区间为(-∞,)和(1,+∞).再令y′<0得7、(k∈Z).令y′=-sinx>0,得2kπ-时,y′=>0,所以,函数在定义域(,+∞)上为增函数.[B组 能力提升]1.已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)=1,且f(x)的导函数f′(x)<,则f(x)<+的解集为( )A.{x8、-19、x<-1}C.{x10、x<-1或x>1}D.{x11、x>1}解12、析:构造函数g(x)=f(x)--.则g′(x)=f′(x)-.又∵f′(x)<,∴g′(x)<0.说明g(x)在R上是减少的.又g(1)=f(1)-1=0,∴g(x)过点(1,0)且是减少的.∴g(x)<0的解集为{x13、x>1}.答案:D2.已知对任意实数x,有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且x>0时,f′(x)>0,g′(x)>0,则x<0时( )A
6、)(,1)(1,+∞)f′(x)+0--f(x)增加减少减少∴f(x)在(0,)内是增加的;在(,1),(1,+∞)内是减少的.10.求下列函数的单调区间:(1)y=x3-2x2+x;(2)y=+cosx;(3)y=ln(2x-1).解析:(1)y′=3x2-4x+1,令3x2-4x+1>0得x>1或x<,因此y=x3-2x2+x的单调递增区间为(-∞,)和(1,+∞).再令y′<0得7、(k∈Z).令y′=-sinx>0,得2kπ-时,y′=>0,所以,函数在定义域(,+∞)上为增函数.[B组 能力提升]1.已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)=1,且f(x)的导函数f′(x)<,则f(x)<+的解集为( )A.{x8、-19、x<-1}C.{x10、x<-1或x>1}D.{x11、x>1}解12、析:构造函数g(x)=f(x)--.则g′(x)=f′(x)-.又∵f′(x)<,∴g′(x)<0.说明g(x)在R上是减少的.又g(1)=f(1)-1=0,∴g(x)过点(1,0)且是减少的.∴g(x)<0的解集为{x13、x>1}.答案:D2.已知对任意实数x,有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且x>0时,f′(x)>0,g′(x)>0,则x<0时( )A
7、(k∈Z).令y′=-sinx>0,得2kπ-时,y′=>0,所以,函数在定义域(,+∞)上为增函数.[B组 能力提升]1.已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)=1,且f(x)的导函数f′(x)<,则f(x)<+的解集为( )A.{x
8、-19、x<-1}C.{x10、x<-1或x>1}D.{x11、x>1}解12、析:构造函数g(x)=f(x)--.则g′(x)=f′(x)-.又∵f′(x)<,∴g′(x)<0.说明g(x)在R上是减少的.又g(1)=f(1)-1=0,∴g(x)过点(1,0)且是减少的.∴g(x)<0的解集为{x13、x>1}.答案:D2.已知对任意实数x,有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且x>0时,f′(x)>0,g′(x)>0,则x<0时( )A
9、x<-1}C.{x
10、x<-1或x>1}D.{x
11、x>1}解
12、析:构造函数g(x)=f(x)--.则g′(x)=f′(x)-.又∵f′(x)<,∴g′(x)<0.说明g(x)在R上是减少的.又g(1)=f(1)-1=0,∴g(x)过点(1,0)且是减少的.∴g(x)<0的解集为{x
13、x>1}.答案:D2.已知对任意实数x,有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且x>0时,f′(x)>0,g′(x)>0,则x<0时( )A
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