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?。? 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!

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