2017-2018学年高中数学人教A版选修2-2练习：第1章 导数及其应用1.3.3 Word版含解

第一章1.31.3.3A级基础巩固一、选择题1．(2016·潍坊高二检测)设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝exx，f(2)＝e28，则x＞0时，f(x)导学号84624241(D)A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值[解析]∵函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝exx，∴[x2f(x)]′＝exx，令F(x)＝x2f(x)，则f′(x)＝exx，F(2)＝4·f(2)＝e22.由x2f′(x)＋2xf(x)＝exx，得f′(x)＝ex－2Fxx3，令φ(x)＝ex－2F(x)，则φ′(x)＝ex－2f′(x)＝exx－2x.∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴φ(x)的最小值为φ(2)＝e2－2F(2)＝0.∴φ(x)≥0.又x＞0，∴f′(x)≥0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴f(x)既无极大值也无极小值．故选D．2．(2017·开滦二中高二检测)若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)内有极小值，则实数b的取值范围是导学号84624242(B)A．(0,1)B．(－∞，1)C．(0，＋∞)D．(0，12)[解析]f′(x)＝3x2－6b，∵f(x)在(0,1)内有极小值，∴在(0,1)内存在点x0，使得在(0，x0)内f′(x)0，在(x0,1)内f′(x)0，由f′(x)＝0得，x2＝2b0，∴b02b1，∴0b12.3．(2017·临沂高二检测)函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值和最小值分别是导学号84624243(A)A．5，－15B．5，－4C．－4，－15D．5，－16[解析]令y′＝6x2－6x－12＝0，得x＝－1(舍去)或x＝2，故函数y＝f(x)＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最值可能是x取0,2,3时的函数值，而f(0)＝5，f(2)＝－15，f(3)＝－4，故最大值为5，最小值为－15，故选A．4．(2016·德州高二检测)已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x)g′(x)，则f(x)－g(x)的最大值为导学号84624244(A)A．f(a)－g(a)B．f(b)－g(b)C．f(a)－g(b)D．f(b)－g(a)[解析]令F(x)＝f(x)－g(x)∴F′(x)＝f′(x)－g′(x)0.所以F′(x)0，∴F(x)在[a，b]上递减，∴F(x)max＝f(a)－g(a)．5．(2016·长春高二检测)若存在正数x使2x(x－a)1成立，则a的取值范围是导学号84624245(D)A．(－∞，＋∞)B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞)D．(－1，＋∞)[解析]∵2x(x－a)1，∴ax－12x，令y＝x－12x，∴y是单调增函数，若x0，则y－1，∴a－1.6．(2016·安庆高二检测)已知函数f(x)＝－23x3＋2ax2＋3x(a0)的导数f′(x)的最大值为5，则在函数f(x)图象上的点(1，f(1))处的切线方程是导学号84624246(B)A．3x－15y＋4＝0B．15x－3y－2＝0C．15x－3y＋2＝0D．3x－y＋1＝0[解析]∵f(x)＝－23x3＋2ax2＋3x，∴f′(x)＝－2x2＋4ax＋3＝－2(x－a)2＋2a2＋3，∵f′(x)的最大值为5，∴2a2＋3＝5，∵a0，∴a＝1∴f′(1)＝5，f(1)＝133.∴f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是y－133＝5(x－1)，即15x－3y－2＝0.二、填空题7．曲线y＝xex在点(0,0)处的切线为l，则l上的点到圆x2＋y2－4x＋3＝0上的点的最近距离是2－1.导学号84624247[解析]y′|x＝0＝(x＋1)ex|x＝0＝1，∴切线方程为y＝x，圆心(2,0)到直线的距离d＝2，圆的半径r＝1，∴所求最近距离为2－1.8．函数f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]既有极大值又有极小值，则a的取值范围是__(－∞，－1)∪(2，＋∞)__.导学号84624248[解析]f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，令f′(x)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0.因为函数f(x)有极大值和极小值，所以方程x2＋2ax＋a＋2＝0有两个不相等的实数根，即Δ＝4a2－4a－80，解得a2或a－1.三、解答题9．(2016·昆明高二检测)设函数f(x)＝12x2－ax＋2lnx(a∈R)在x＝1时取得极值.导学号84624249(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间．[解析](1)f′(x)＝x－a＋2x，因为当x＝1时f(x)取得极值，所以f′(1)＝0，即1－a＋2＝0，解得a＝3，经检验，符合题意．(2)由(1)得：f(x)＝12x2－3x＋2lnx，∴f′(x)＝x－3＋2x＝x－1x－2x，(x0)，令f′(x)0解得0x1或x2，令f′(x)0解得1x2，∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，(2，＋∞)；单调递减区间为(1,2)．10．(2017·宁波高二检测)设函数f(x)＝exsinx.导学号84624250(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)当x∈[0，π]时，求函数f(x)的最大值与最小值．[解析](1)f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＝2exsin(x＋π4)．f′(x)≥0，所以sin(x＋π4)≥0，所以2kπ≤x＋π4≤2kπ＋π，k∈Z，即2kπ－π4≤x≤2kπ＋34π，k∈Z.f(x)的单调增区间为[2kπ－π4，2kπ＋34π]，k∈Z.(2)由(1)知当x∈[0，π]时，[0，34π]是单调增区间，[34π，π]是单调减区间．f(0)＝0，f(π)＝0，f(34π)＝22e34π，所以f(x)max＝f(3π4)＝22e34π，f(x)min＝f(0)＝f(π)＝0.B级素养提升一、选择题1．若函数f(x)在定义域R内可导，f(1.9＋x)＝f(0.1－x)且(x－1)f′(x)＜0，a＝f(0)，b＝f(12)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是导学号84624251(D)A．abcB．cabC．cbaD．bac[解析]∵(x－1)f′(x)＜0，∴当x＞1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减；当x＜1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增．又f(1.9＋x)＝f(0.1－x)，∴f(x)＝f(2－x)，∴f(3)＝f[2－(－1)]＝f(－1)，∵－1＜012，∴f(－1)＜f(0)＜f(12)，∴f(3)f(0)f(12)，∴b＞a＞c，故选D．2．定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)＞1，f(0)＝4，则不等式exf(x)＞ex＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为导学号84624252(A)A．(0，＋∞)B．(－∞，0)∪(3，＋∞)C．(－∞，0)∪(0，＋∞)D．(3，＋∞)[解析]设g(x)＝exf(x)－ex，(x∈R)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，∵f(x)＋f′(x)＞1，∴f(x)＋f′(x)－1＞0，∴g′(x)＞0，∴y＝g(x)在定义域上单调递增，∵exf(x)＞ex＋3，∴g(x)＞3，又∵g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3，∴g(x)＞g(0)，∴x＞0，故选A．二、填空题3．函数y＝x3＋x2－x＋1在区间[－2,1]上的最小值为__－1__.导学号84624253[解析]y′＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)，令y′＝0解得x＝13或x＝－1.当x＝－2时，y＝－1；当x＝－1时，y＝2；当x＝13时，y＝2227；当x＝1时，y＝2.所以函数的最小值为－1.4．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)＝0，当x0时，有xf′x－fxx20，则不等式x2f(x)0的解集是__(－1,0)∪(1，＋∞)__.导学号84624254[解析]令g(x)＝fxx(x≠0)，∵x0时，xf′x－fxx20，∴g′(x)0，∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又f(1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴在(0，＋∞)上g(x)0的解集为(1，＋∞)，∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，∴在(－∞，0)上g(x)0的解集为(－1,0)，由x2f(x)0得f(x)0，∴f(x)0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)．三、解答题5．设函数f(x)＝ex－k2x2－x.导学号84624255(1)若k＝0，求f(x)的最小值；(2)若k＝1，讨论函数f(x)的单调性．[解析](1)k＝0时，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，0)上单调减小，在(0，＋∞)上单调增加，故f(x)的最小值为f(0)＝1.(2)若k＝1，则f(x)＝ex－12x2－x，定义域为R.∴f′(x)＝ex－x－1，令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，由g′(x)≥0得x≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，由g′(x)0得x0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，∴g(x)min＝g(0)＝0，即f′(x)min＝0，故f′(x)≥0.所以f(x)在R上单调递增．6．(2016·德州高二检测)已知函数f(x)＝x－2lnx－ax＋1，g(x)＝ex(2lnx－x).导学号84624256(1)若函数f(x)在定义域上是增函数，求a的取值范围；(2)求g(x)的最大值．[解析](1)由题意得x＞0，f′(x)＝1－2x＋ax2.由函数f(x)在定义域上是增函数得，f′(x)≥0，即a≥2x－x2＝－(x－1)2＋1(x＞0)．因为－(x－1)2＋1≤1(当x＝1时，取等号)，所以a的取值范围是[1，＋∞)．(2)g′(x)＝ex2x－1＋2lnx－x，由(1)得a＝2时，f(x)＝x－2lnx－2x＋1，因为f(x)在定义域上是增函数，又f(1)＝0，所以，当x∈(0,1)时，f(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0.所以，当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.故x＝1时，g(x)取得最大值g(1)＝－e.C级能力拔高(2016·天津卷)设函数f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.导学号84624257(Ⅰ)求f(x)的单调区间；(Ⅱ)若f(x)存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，求证：x1＋2x0＝0；(Ⅲ)设a＞0，函数g(x)＝|f(x)|，求证：g(x)在区间[－1,1]上的最大值不小于14.[解析](Ⅰ)由f(x)＝x3－ax－b，可得f′(x)＝3x2－a.下面分两种情况讨论：(1)当a≤0时，有f′(x)＝3x2－a≥0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．(2)当a0时，令f′(x)＝0，解得x＝3a3，或x＝－3a3.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－3a3)－3a3(－3a3，33)3a3(3a3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为(－3a3，3a3)，单调递增区间为(－∞，－3a3)，(3a3，＋∞)．(Ⅱ)证明：因为f(x)存在极值点，所以由(Ⅰ)知a0，且x0≠0，由题意，得f′(x0)＝3x20－a＝0，即x20＝a3，进而f(x0)＝x30－ax0－b＝－2a3x0－b.又f(－2x0)＝－8x30＋2ax0－b＝－8a3x0＋2ax0－b＝－2a3x0－b＝f(x0)，且－2x0≠x0，由题意及(Ⅰ)知，存在唯一实数x1满足f(x1)