高中数学人教版新课标A选修2-21.3导数在研究函数中的应用习题

这是一份高中数学人教版新课标A选修2-21.3导数在研究函数中的应用习题，共12页。试卷主要包含了此时f′＝3x2－75，等内容，欢迎下载使用。


[学习目标]
1．结合实例，直观探索并掌握函数的单调性与导数的关系．
2．能利用导数研究函数的单调性，并能够利用单调性证明一些简单的不等式．
3．会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．
[知识链接]
以前，我们用定义来判断函数的单调性．在假设x1＜x2的前提下，比较f(x1)与f(x2)的大小，在函数y＝f(x)比较复杂的情况下，比较f(x1)与f(x2)的大小并不很容易．如何利用导数来判断函数的单调性？
答 根据导数的几何意义，可以用曲线切线的斜率来解释导数与单调性的关系，如果切线的斜率大于零，则其倾斜角是锐角，函数曲线呈上升的状态，即函数单调递增；如果切线的斜率小于零，则其倾斜角是钝角，函数曲线呈下降的状态，即函数单调递减．
[预习导引]
函数的单调性与导数的关系
(1)在区间(a，b)内函数的导数与单调性有如下关系：
(2)在区间(a，b)内函数的单调性与导数有如下关系：
要点一 利用导数判断函数的单调性
例1 证明：函数f(x)＝eq \f(sin x,x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
证明 f′(x)＝eq \f(xcs x－sin x,x2)，又x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
则cs x<0，sin x＞0，∴xcs x－sin x<0，
∴f′(x)<0，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上是减函数．
规律方法 关于利用导数证明函数单调性的问题：
(1)首先考虑函数的定义域，所有函数性质的研究必须保证在定义域内这个前提下进行．
(2)f′(x)>(或<)0，则f(x)为单调递增(或递减)函数；但要特别注意，f(x)为单调递增(或递减)函数，则f′(x)≥(或≤)0.
跟踪演练1 证明：函数f(x)＝eq \f(ln x,x)在区间(0，e)上是增函数．
证明 ∵f(x)＝eq \f(ln x,x)，∴f′(x)＝eq \f(x·\f(1,x)－ln x,x2)＝eq \f(1－ln x,x2).
又0∴f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)>0，
故f(x)在区间(0，e)上是单调递增函数．
要点二 利用导数求函数的单调区间
例2 求下列函数的单调区间：
(1)f(x)＝2x3＋3x2－36 x＋1；
(2)f(x)＝sin x－x(0(3)f(x)＝3x2－2ln x；
(4)f(x)＝x3－3tx.
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故f(x)的增区间是(－∞，－3)，(2，＋∞)；
减区间是(－3,2)．
(2)f′(x)＝cs x－1.因为0＜x＜π，
所以cs x－1＜0恒成立，
故函数f(x)的单调递减区间为(0，π)．
(3)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\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3))).
(4) f′(x)＝3x2－3t，令f′(x) ≥0，得3x2－3t≥0，
即x2≥t.∴当t≤0时，f′(x) ≥0恒成立，函数的增区间是(－∞，＋∞)．
当t>0时，解x2≥t得x≥eq \r(t)或x≤－eq \r(t)；
由f′(x)≤0解得－eq \r(t)≤x≤eq \r(t).
故函数f(x)的增区间是(－∞，－eq \r(t))和(eq \r(t)，＋∞)，
减区间是(－eq \r(t)，eq \r(t))．
规律方法 求函数的单调区间的具体步骤是
(1)优先确定f(x)的定义域；(2)计算导数f′(x)；(3)解f′(x)＞0和f′(x)＜0；(4)定义域内满足f′(x)＞0的区间为增区间，定义域内满足f′(x)＜0的区间为减区间．
跟踪演练2 求下列函数的单调区间：
(1)f(x)＝x2－ln x；
(2)f(x)＝x3－x2－x.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝2x－eq \f(1,x)，由f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＞0且x＞0，得x＞eq \f(\r(2),2)，
所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))；
由f′(x)＜0得x＜eq \f(\r(2),2)，又x∈(0，＋∞)，
所以函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))).
(2)f′(x)＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1)．
由f′(x)＞0得x＜－eq \f(1,3)或x＞1；
由f′(x)＜0得－eq \f(1,3)＜x＜1，
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))，(1，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1)).
要点三 已知函数单调性求参数的取值范围
例3 已知函数f(x)＝x2＋eq \f(a,x)(x≠0，常数a∈R)．若函数f(x)在x∈[2，＋∞)上是单调递增的，求a的取值范围．
解 f′(x)＝2x－eq \f(a,x2)＝eq \f(2x3－a,x2).
要使f(x)在[2，＋∞)上是单调递增的，
则f′(x)≥0在x∈[2，＋∞)时恒成立，
即eq \f(2x3－a,x2)≥0在x∈[2，＋∞)时恒成立．∵x2>0，
∴2x3－a≥0，∴a≤2x3在x∈[2，＋∞)上恒成立．
∴a≤(2x3)min.∵x∈[2，＋∞)，y＝2x3是单调递增的，
∴(2x3)min＝16，∴a≤16.
当a＝16时，f′(x)＝eq \f(2x3－16,x2)≥0(x∈[2，＋∞))有且只有f′(2)＝0，∴a的取值范围是(－∞，16]．
规律方法 已知函数的单调性，求函数解析式中参数的取值范围，可转化为不等式恒成立问题，一般地，函数f(x)在区间I上单调递增(或减)，转化为不等式f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在区间I上恒成立，再用有关方法可求出参数的取值范围．
跟踪演练3 设f(x)＝ax3＋x恰好有三个单调区间，求实数a的取值范围．
解 ∵f′(x)＝3ax2＋1，且f(x)有三个单调区间，
∴方程f′(x)＝3ax2＋1＝0有两个不等的实根，
∴Δ＝02－4×1×3a＞0，∴a＜0.
∴a的取值范围为(－∞，0)．
1．函数f(x)＝x＋ln x在(0,6)上是( )
A．单调增函数
B．单调减函数
C．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上是减函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，6))上是增函数
D．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上是增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，6))上是减函数
答案 A
解析 ∵x∈(0,6)时，f′(x)＝1＋eq \f(1,x)＞0，∴函数f(x)在(0,6)上单调递增．
2．f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，若y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
答案 D
解析 由导函数的图象可知，当x＜0时，f′(x)＞0，即函数f(x)为增函数；当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)为减函数；当x＞2时，f′(x)＞0，即函数f(x)为增函数．观察选项易知D正确．
3．若函数f(x)＝x3－ax2－x＋6在(0,1)内单调递减，则实数a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．a＝1
C．(－∞，1] D．(0,1)
答案 A
解析 ∵f′(x)＝3x2－2ax－1，又f(x)在(0,1)内单调递减，
∴不等式3x2－2ax－1＜0在(0,1)内恒成立，∴f′(0)≤0，且f′(1)≤0，∴a≥1.
4．函数y＝x2－4x＋a的增区间为________，减区间为________．
答案 (2，＋∞) (－∞，2)
解析 y′＝2x－4，令y′＞0，得x＞2；令y′＜0，得x＜2，
所以y＝x2－4x＋a的增区间为(2，＋∞)，减区间为(－∞，2)．
1．导数的符号反映了函数在某个区间上的单调性，导数绝对值的大小反映了函数在某个区间或某点附近变化的快慢程度．
2．利用导数求函数f(x)的单调区间的一般步骤为
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)；
(3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)＞0和f′(x)＜0；
(4)根据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间.
一、基础达标
1．命题甲：对任意x∈(a，b)，有f′(x)>0；命题乙：f(x)在(a，b)内是单调递增的，则甲是乙的( )
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
解析 f(x)＝x3在(－1,1)内是单调递增的，但f′(x)＝3x2≥0(－12．函数y＝eq \f(1,2)x2－ln x的单调减区间是( )
A．(0,1) B．(0,1)∪(－∞，－1)
C．(－∞，1) D．(－∞，＋∞)
答案 A
解析 ∵y＝eq \f(1,2)x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，∴y′＝x－eq \f(1,x)，令y′<0，即x－eq \f(1,x)<0，解得：0又∵x>0，∴03．函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，其中a，b，c为实数，当a2－3b＜0时，f(x)是( )
A．增函数
B．减函数
C．常函数
D．既不是增函数也不是减函数
答案 A
解析 求函数的导函数f′(x)＝3x2＋2ax＋b，导函数对应方程f′(x)＝0的Δ＝4(a2－3b)＜0，所以f′(x)＞0恒成立，故f(x)是增函数．
4．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是( )
A．y＝sin x B．y＝xe2
C．y＝x3－x D．y＝ln x－x
答案 B
解析 显然y＝sin x在(0，＋∞)上既有增又有减，故排除A；对于函数y＝xe2，因e2为大于零的常数，不用求导就知y＝xe2在(0，＋∞)内为增函数；
对于C，y′＝3x2－1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(\r(3),3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(3),3)))
故函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))上为增函数，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上为减函数；对于D，y′＝eq \f(1,x)－1 (x＞0)．
故函数在(1，＋∞)上为减函数，
在(0,1)上为增函数．故选B.
5．函数y＝f(x)在其定义域eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3))内可导，其图象如图所示，记y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1))∪[2,3)
6．函数y＝ln(x2－x－2)的递减区间为________．
答案 (－∞，－1)
解析 f′(x)＝eq \f(2x－1,x2－x－2)，令f′(x)＜0得x＜－1或eq \f(1,2)＜x＜2，注意到函数定义域为(－∞，－1)∪(2，＋∞)，故递减区间为(－∞，－1)．
7．已知函数f(x)＝x3＋ax＋8的单调递减区间为(－5,5)，求函数y＝f(x)的递增区间．
解 f′(x)＝3x2＋a.
∵(－5,5)是函数y＝f(x)的单调递减区间，则－5,5是方程3x2＋a＝0的根，
∴a＝－75.此时f′(x)＝3x2－75，
令f′(x)＞0，则3x2－75＞0，解得x＞5或x＜－5，∴函数y＝f(x)的单调递增区间为(－∞，－5)和(5，＋∞)．
二、能力提升
8．如果函数f(x)的图象如图，那么导函数y＝f′(x)的图象可能是( )
答案 A
解析 由f(x)与f′(x)关系可选A.
9．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)＞g′(x)，则当a＜x＜b时，有( )
A．f(x)＞g(x)
B．f(x)＜g(x)
C．f(x)＋g(a)＞g(x)＋f(a)
D．f(x)＋g(b)＞g(x)＋f(b)
答案 C
解析 ∵f′(x)－g′(x)＞0，
∴(f(x)－g(x))′＞0，
∴f(x)－g(x)在 [a，b]上是增函数，
∴当a＜x＜b时f(x)－g(x)＞f(a)－g(a)，
∴f(x)＋g(a)＞g(x)＋f(a)．
10．(2013·大纲版)若函数f(x)＝x2＋ax＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))是增函数，则a的取值范围是________．
答案 [3，＋∞)
解析 因为f(x)＝x2＋ax＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上是增函数，
故f′(x)＝2x＋a－eq \f(1,x2)≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，
即a≥eq \f(1,x2)－2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立．
令h(x)＝eq \f(1,x2)－2x，则h′(x)＝－eq \f(2,x3)－2，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，h′(x)＜0，则h(x)为减函数，
所以h(x)＜heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝3，所以a≥3.
11．求下列函数的单调区间：
(1)y＝x－ln x；
(2)y＝ln(2x＋3)＋x2.
解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，y′＝1－eq \f(1,x)，
由y′＞0，得x＞1；由y′＜0，得0＜x＜1.
∴函数y＝x－ln x的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)．
(2)函数y＝ln(2x＋3)＋x2的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞)).
∵y＝ln(2x＋3)＋x2，
∴y′＝eq \f(2,2x＋3)＋2x＝eq \f(4x2＋6x＋2,2x＋3)＝eq \f(22x＋1x＋1,2x＋3).
当y′＞0，即－eq \f(3,2)＜x＜－1或x＞－eq \f(1,2)时，
函数y＝ln(2x＋3)＋x2单调递增；
当y′＜0，即－1＜x＜－eq \f(1,2)时，
函数y＝ln(2x＋3)＋x2单调递减．
故函数y＝ln(2x＋3)＋x2的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2))).
12．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象经过点P(0,2)，且在点M(－1，f(－1))处的切线方程为6x－y＋7＝0.
(1)求函数y＝f(x)的解析式；
(2)求函数y＝f(x)的单调区间．
解 (1)由y＝f(x)的图象经过点P(0,2)，知d＝2，
∴f(x)＝x3＋bx2＋cx＋2，f′(x)＝3x2＋2bx＋c.
由在点M(－1，f(－1))处的切线方程为6x－y＋7＝0，
知－6－f(－1)＋7＝0，即f(－1)＝1，f′(－1)＝6.
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－2b＋c＝6,－1＋b－c＋2＝1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b－c＝－3,b－c＝0，))
解得b＝c＝－3.
故所求的解析式是f(x)＝x3－3x2－3x＋2.
(2)f′(x)＝3x2－6x－3.令f′(x)＞0，
得x＜1－eq \r(2)或x＞1＋eq \r(2)；
令f′(x)＜0，得1－eq \r(2)＜x＜1＋eq \r(2).
故f(x)＝x3－3x2－3x＋2的单调递增区间为(－∞，1－eq \r(2))和(1＋eq \r(2)，＋∞)，单调递减区间为(1－eq \r(2)，1＋eq \r(2))．
三、探究与创新
13．已知函数f(x)＝mx3＋nx2(m、n∈R，m≠0)，函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线与x轴平行．
(1)用关于m的代数式表示n；
(2)求函数f(x)的单调增区间．
解 (1)由已知条件得f′(x)＝3mx2＋2nx，
又f′(2)＝0，∴3m＋n＝0，故n＝－3m.
(2)∵n＝－3m，∴f(x)＝mx3－3mx2，
∴f′(x)＝3mx2－6mx.
令f′(x)＞0，即3mx2－6mx＞0，
当m＞0时，解得x＜0或x＞2，则函数f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；
当m＜0时，解得0＜x＜2，则函数f(x)的单调增区间是(0,2)．
综上，当m＞0时，函数f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；
当m＜0时，函数f(x)的单调增区间是(0,2).导数
函数的单调性
f′(x)>0
单调递增
f′(x)<0
单调递减
f′(x)＝0
常函数
函数的单调性
导数
单调递增
f′(x)≥0
单调递减
f′(x)≤0
常函数
f′(x)＝0