2014-2015學(xué)年下學(xué)期高二數(shù)學(xué) 課時作業(yè)10 （新人教A版選修2-2）

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1、 課時作業(yè)(十) 一、選擇題 1．函數(shù)f(x)＝x3－3x(－1

2、＝0，f(1)＝0，f()＝，f(－)＝－， - 2 - / 13 ∴f(x)max＝. 4．函數(shù)y＝＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是(　　) A．－ B．－ C．－4 D．－ 答案　A 解析　y′＝x2＋2x－3， 令y′＝0，得x＝－3或x＝1，∵x∈[0,2]，∴x＝1. ∵f(0)＝－4，f(1)＝－，f(2)＝－， ∴ymin＝－，選A. 5．已知函數(shù)f(x)、g(x)均為[a，b]上的可導(dǎo)函數(shù)，在[a，b]上連續(xù)且f′(x)

3、)－g(b) D．f(b)－g(a) 答案　A 解析　令h(x)＝f(x)－g(x)，x∈[a，b]， 則h′(x)＝f′(x)－g′(x)<0. ∴h(x)是[a，b]上的減函數(shù)． ∴h(x)max＝[f(x)－g(x)]max＝f(a)－g(a)．故選A. 二、填空題 6．函數(shù)f(x)＝x＋在[2，＋∞)上的最小值為________． 答案　 7．已知a>0，函數(shù)f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，則a的最大值是________． 答案　3 8．函數(shù)f(x)＝ax4－4ax3＋b(a>0)(x∈[1,4])的最大值為3，最小值為－6，則ab＝_____

4、___. 答案　1 9．若不等式x4－4x3>2－a對任意實數(shù)x都成立，則a的取值范圍是________． 答案　(29，＋∞) 10．f(x)＝2x3－6x2＋m在[－2,2]上有最大值3，則f(x)在[－2,2]上的最小值為________． 答案?。?7 解析　f′(x)＝6x2－12x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2. ∵f(－2)＝m－40，f(0)＝m，f(2)＝m－8，∴m為最大值． 又最大值為3，∴m＝3，∴最小值為f(－2)＝－37. 三、解答題 11．已知函數(shù)f(x)＝x2＋lnx. (1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的最大、最小值

5、； (2)求證：在區(qū)間(1，＋∞)上，函數(shù)f(x)的圖像在函數(shù)g(x)＝x3圖像的下方． 解析　(1)由已知f′(x)＝x＋， 當(dāng)x∈[1，e]時，f′(x)＞0， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上單調(diào)遞增． 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的最小、最大值分別為f(1)、f(e)． 因為f(1)＝，f(e)＝＋1，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的最大值為＋1，最小值為. (2)設(shè)F(x)＝x2＋lnx－x3，則F′(x)＝x＋－2x2＝.因為x＞1，所以F′(x)＜0. 所以函數(shù)F(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 又F(1)＝－＜0， 所以，在區(qū)間(1，＋∞)上

6、F(x)＜0， 即x2＋lnx＜x3. 所以函數(shù)f(x)的圖像在函數(shù)g(x)＝x3圖像的下方． 12．已知a是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝x2(x－a)． (1)若f′(1)＝3，求a的值及曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)求f(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值． 解析　(1)f′(x)＝3x2－2ax， 因為f′(1)＝3－2a＝3，所以a＝0. 又當(dāng)a＝0時，f(1)＝1，f′(1)＝3， 所以曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為 3x－y－2＝0. (2)令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝. 當(dāng)≤0，即a≤0時，f(x)在[0

7、,2]上單調(diào)遞增，從而 f(x)max＝f(2)＝8－4a. 當(dāng)≥2，即a≥3時，f(x)在[0,2]上單調(diào)遞減，從而 f(x)max＝f(0)＝0. 當(dāng)0<<2，即0

8、像上， ∴－3＝aln1＋b，∴b＝－3. ∵f′(x)＝－3，由題意f′(1)＝－2， 即a－3＝－2，∴a＝1.∴f(x)＝lnx－3x. ∴f′(x)＝－3. 當(dāng)x∈[，＋∞)時，f′(x)≤0， ∴f(x)在[，＋∞)為減函數(shù)． ∵fmax(x)＝f()＝ln－1＝－ln3－1. 若任意x∈[，＋∞)，使f(x)≤m恒成立， ∴m≥－ln3－1，即實數(shù)m的取值范圍為[－ln3－1，＋∞)． (2)f(x)＝lnx－3x的定義域為(0，＋∞)， ∴y＝lnx－3x＋x2＋2，x∈(0，＋∞)． ∴y′＝－3＋2x＝. 令y′＝0，得x＝1，x＝. x

9、 (0，) (，1) 1 (1，＋∞) y′ ＋ 0 － 0 ＋ y 增 極大 減 極小 增 而y|x＝1＝0，∴x＝1為y＝lnx－3x＋x2＋2，x∈(0，＋∞)的最右側(cè)的一個零點，故k的最大值為1. 14．(2010江西高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax(a>0)． (1)當(dāng)a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)在(0,1]上的最大值為，求a的值． 解析　函數(shù)f(x)的定義域為(0,2)， f′(x)＝－＋a. (1)當(dāng)a＝1時，f′(x)＝，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(，2)． (2

10、)當(dāng)x∈(0,1]時，f′(x)＝＋a>0， 即f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，故f(x)在(0,1]上的最大值為f(1)＝a，因此a＝. 1．函數(shù)f(x)＝x＋在x>0時有(　　) A．極小值 B．極大值 C．既有極大值又有極小值 D．極值不存在 答案　A 2．設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝eax＋3x，x∈R有大于零的極值點，則(　　) A．a(chǎn)>－3 B．a(chǎn)<－3 C．a(chǎn)>－ D．a(chǎn)<－ 答案　B 3．函數(shù)y＝x3－3x2－9x(－2

11、7，無極大值 答案　C 4．曲線y＝x2＋4lnx上切線斜率的極小值為________． 答案　4 解析　∵x>0，y′＝x＋.令g(x)＝x＋， 又∵g′(x)＝1－＝0，得x＝2. 在(0,2)上g(x)＝x＋單調(diào)遞減， 在(2，＋∞)上g(x)＝x＋單調(diào)遞增， ∴g(x)的極小值為g(2)＝4. 5．函數(shù)f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的極大值為正數(shù)，極小值為負(fù)數(shù)，則a的取值范圍是________． 答案　(，＋∞) 解析　∵f′(x)＝3x2－3a2(a>0)， ∴f′(x)>0時，得x>a或x<－a；f′(x)<0時，得－a

12、(x)有極小值，x＝－a時，f(x)有極大值． 由題意得：解得a>. 6．函數(shù)f(x)＝ax3＋bx在x＝1處有極值－2，則a、b的值分別為________、________. 答案　1　－3 解析　因為f′(x)＝3ax2＋b， 所以f′(1)＝3a＋b＝0.① 又x＝1時有極值－2，所以a＋b＝－2.② 由①②解得a＝1，b＝－3. 7．求下列函數(shù)的極值． (1)f(x)＝x3－12x； (2)f(x)＝x2e－x. 解析　(1)函數(shù)f(x)的定義域為R. f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)． 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2. 當(dāng)x變

13、化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－2) －2 (－2,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值 ↘ 極小值  從表中可以看出，當(dāng)x＝－2時，函數(shù)f(x)有極大值， 且f(－2)＝(－2)3－12(－2)＝16； 當(dāng)x＝2時，函數(shù)f(x)有極小值， 且f(2)＝23－122＝－16. (2)函數(shù)f(x)的定義域為R. f′(x)＝2xe－x＋x2e－x(－x)′＝2xe－x－x2e－x＝x(2－x)e－x. 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變

14、化情況如下表： x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) ↘ 極小值  極大值 ↘ 從表中可以看出，當(dāng)x＝0時，函數(shù)f(x)有極小值，且f(0)＝0； 當(dāng)x＝2時，函數(shù)f(x)有極大值，且f(2)＝. 8．已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋2在x＝－2和x＝處取得極值． (1)確定函數(shù)f(x)的解析式； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解析　(1)f′(x)＝3x2＋2bx＋c.因為在x＝－2和x＝處取得極值，所以－2，為3x2＋2bx＋c＝0的兩個根，所以所以 所以f(x)＝x3＋2

15、x2－4x＋2. (2)f′(x)＝3x2＋4x－4.令f′(x)>0，則x<－2或x>，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－2)，(，＋∞)；令f′(x)<0，則－2

16、(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↘ 極大值  極小值 ↘ 所以f(x)的極大值是f(－)＝＋a，極小值是f(1)＝a－1. (2)函數(shù)f(x)＝x3－x2－x＋a＝(x－1)2(x＋1)＋a－1， 由此可知，x取足夠大的正數(shù)時， 有f(x)>0，x取足夠小的負(fù)數(shù)時，有f(x)<0， 所以曲線y＝f(x)與x軸至少有一個交點． 由(1)知f(x)極大值＝f(－)＝＋a，f(x)極小值＝f(1)＝a－1. ∵曲線y＝f(x)與x軸僅有一個交點， ∴f(x)極大值<0或f(x)極小值>0. 即＋a<0或a－1>0.∴a<－或a>1， ∴當(dāng)a∈(－∞

17、，－)∪(1，＋∞)時，曲線y＝f(x)與x軸僅有一個交點． 10．設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； (2)求證：當(dāng)a>ln2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1. 解析　(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝ex－2，x∈R. 令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 于是當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 單調(diào)遞減↘ 2(1－ln2＋a) 單調(diào)遞增 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間

18、是(－∞，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln2處取得極小值，極小值為f(ln2)＝2(1－ln2＋a)． (2)證明：設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R， 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. 由(1)知當(dāng)a>ln2－1時，g′(x)取最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0. 于是對任意x∈R，都有g(shù)′(x)>0，所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增． 于是當(dāng)a>ln2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>g(0)． 而g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>0. 即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1. 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！