第35期 数系的扩充与复数的引入-【数理报】2020-2021学年高中数学选修2-2(北师大版)

书书书 高中数学北师大（选修２－２）２０２１年２月 第３１～３５期参考答案 ３１期１版跟踪训练参考答案 导数与函数的单调性 １．Ｃ；　２．Ｄ；　３．Ａ．　 ４．增；　５．（－１，＋∞）． ６．解：易知函数ｆ（ｘ）的定义域为（０，＋∞）． 因为ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ－１ ３ ｘ３， 所以ｆ′（ｘ）＝ １ ｘ －ｘ２ ＝１－ｘ ３ ｘ ． 当ｆ′（ｘ）＞０，即０＜ｘ＜１时，函数ｆ（ｘ）单调递增； 当ｆ′（ｘ）＜０，即ｘ＞１时，函数ｆ（ｘ）单调递减． 所以函数ｆ（ｘ）的单调递减区间为（１，＋∞），单调递增区间 为（０，１）． 函数的极值 １．Ａ；　２．Ｂ；　３．Ｂ．　 ４．③；　５．０． ６．解：（１）ｆ′（ｘ）＝ ａ ｘ ＋２ｂｘ＋１，由题意得 ｆ′（１）＝ａ＋２ｂ＋１＝０， ｆ′（２）＝ ａ ２ ＋４ｂ＋１＝０{ ，解得 ａ＝－ ２ ３ ， ｂ＝－１ ６ { ． （２）由（１）知ｆ′（ｘ）＝－２ ３ｘ －ｘ ３ ＋１＝－（ｘ－１）（ｘ－２） ３ｘ ， 在ｘ＝１处的左侧，ｆ′（ｘ）＜０， 在ｘ＝１处的右侧，ｆ′（ｘ）＞０， 故ｆ（ｘ）在ｘ＝１处取得极小值． ３１期３版参考答案 函数的单调性与极值同步测试题 Ａ组 一、选择题 １～８　ＣＤＢＤ　ＤＤＢＡ 提示： ３．函数ｙ＝ｆ（ｘ）在点ｘ０处连续且ｆ′（ｘ０）＝０，若在点ｘ０附 近左侧ｆ′（ｘ０）＞０，右侧ｆ′（ｘ０）＜０，则点ｘ０为函数的极大值点， 满足定义的点有２个． ５．ｆ′（ｘ）＝ａｃｏｓｘ＋ｃｏｓ３ｘ，由 ｆ′ π( )３ ＝０，得 ａｃｏｓ π ３ ＋ ｃｏｓπ＝０，得ａ＝２． ６．令Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－１ ３ ｘ，则Ｆ′（ｘ）＝ｆ′（ｘ）－１ ３ ＜０，所以 函数Ｆ（ｘ）在Ｒ上单调递减，因为ｆ（ｘ）＜ ｘ ３ ＋２ ３ ，所以ｆ（ｘ）－ １ ３ ｘ＜ｆ（１）－１ ３ ，即Ｆ（ｘ）＜Ｆ（１），根据函数Ｆ（ｘ）在Ｒ上单调 递减可知ｘ＞１． ７．因为ｆ（ｘ）＝ｘ３＋ａｘ，所以ｆ′（ｘ）＝３ｘ２＋ａ． 依题意，可得ｆ′（２）＝１２＋ａ＝０，所以ａ＝－１２． 所以ｆ（ｘ）＝ｘ３－１２ｘ， 所以函数ｆ（ｘ）的极大值为ｆ（－２）＝－８＋２４＝１６． ８．令ｇ（ｘ）＝ｅｘｆ（ｘ），则ｇ′（ｘ）＝ｅｘ［ｆ（ｘ）＋ｆ′（ｘ）］＜０，所 以ｇ（ｘ）是定义在Ｒ上的单调递减函数，因为 ｌｎ２＜ｌｎ３，所以 ｇ（ｌｎ２）＞ｇ（ｌｎ３），所以２ｆ（ｌｎ２）＞３ｆ（ｌｎ３）． 二、填空题 ９．（１，＋∞）；　１０．１，－１． 提示： ９．由题知ｆ（ｘ）的定义域为（０，＋∞），因为ｆ′（ｘ）＝１－ １ ｘ ＞０ｘ＞１，所以单调递增区间是（１，＋∞）． １０．ｆ′（ｘ）＝ ａ ｘ ＋ｂ＝ａ＋ｂｘ ｘ （ｘ＞０），ｆ′（ｘ）＝０时，ｘ＝ －ａ ｂ ．当 ｘ ＝ １时， 函 数 取 得 极 大 值 ｌｎ２ －１， 即 －ａ ｂ ＝１， ａｌｎ２＋ｂ＝ｌｎ２－１ { ， 解得ａ＝１，ｂ＝－１． 三、解答题 １１．解：ｆ′（ｘ）＝ １ ｘ －１ ｘ２ ＝ｘ－１ ｘ２ ，ｘ＞０． 令ｆ′（ｘ）＞０，得ｘ＞１，因此函数ｆ（ｘ）的单调递增区间是（１， ＋∞）． 令 ｆ′（ｘ）＜０，得０＜ｘ＜１，因此函数ｆ（ｘ）的单调递减区间 是（０，１）． １２． 解： （１）ｆ′（ｘ） ＝ ３ａｘ２ ＋ ２ｂｘ， 由 已 知 得 ｆ（０）＝ｃ＝１， ｆ′（１）＝３ａ＋２ｂ＝１， ｆ（１）＝ａ＋ｂ＋ｃ＝１ { ， 解得 ａ＝１， ｂ＝－１， ｃ＝１ { ． 所以ｆ（ｘ）＝ｘ３－ｘ２＋１． （２）ｆ′（ｘ）＝３ｘ２－２ｘ＝ｘ（３ｘ－２）． 令ｆ′（ｘ）＞０，得ｘ＞ ２ ３ 或ｘ＜０． 所以函数ｆ（ｘ）的单调递增区间为（－∞，０）， ２ ３ ，＋( )∞ ． １３．解：（１）当ａ＝２时，ｆ（ｘ）＝ １ ｘ ＋４ｘ，ｘ＞０， 令ｆ′（ｘ）＝－１ ｘ２ ＋４＝０，得ｘ１ ＝ (１２ ｘ２ ＝－１２ )舍去 ． 当ｘ变化时，ｆ′（ｘ），ｆ（ｘ）的变化情况如下： ｘ ０，( )１２ １ ２ １ ２ ，＋( )∞ ｆ′（ｘ） － ０ ＋ ｆ（ｘ）  极小值  所以函数ｆ（ｘ）的极小值为ｆ( )１２ ＝４，无极大值． （２）ｆ′（ｘ）＝２－ａ ｘ －１ ｘ２ ＋２ａ＝（２ｘ－１）（ａｘ＋１） ｘ２ ， 令ｆ′（ｘ）＝０，得ｘ１ ＝ １ ２ ，ｘ２ ＝－ １ ａ ， 则当ａ＝－２时，ｆ′（ｘ）≤０，函数ｆ（ｘ）在定义域（０，＋∞）上 单调递减；当 －２＜ａ＜０时， (在区间 １２，－１ )ａ 上ｆ′（ｘ）＞ ０，ｆ（ｘ）单调递增；当ａ＜－２时， (在区间 －１ａ， )１２ 上ｆ′（ｘ）＞ ０，ｆ（ｘ）单调递增． Ｂ组 一、选择题 １～４　ＡＣＤＢ 提示： １．因为ｆ′（ｘ）＝ １ ｘ －ｘ＝１－ｘ ２ ｘ ， 当 ｘ＞１时，ｆ′（ｘ）＜０，所以ｆ（