2014-2015學(xué)年下學(xué)期高二數(shù)學(xué) 課時作業(yè)11 （新人教A版選修2-2）

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1、 課時作業(yè)(十一) 一、選擇題 1．函數(shù)f(x)＝x＋2cosx在區(qū)間[－，0]上的最小值是(　　) A．－　　　　　　　 B．2 C.＋ D.＋1 答案　A 2．函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋3x(－1

2、 - 1 - / 11 答案　D 5．已知對任意實數(shù)x有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0，f′(x)>0，g′(x)>0，則x<0時(　　) A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0 C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0 答案　B 6．函數(shù)f(x)＝xcosx的導(dǎo)函數(shù)f′(x)在區(qū)間[－π，π]上的圖像大致是(　　) 答案　A 解析　∵f(x)＝xcosx，∴f′(x)＝cosx－xsinx. ∴f′(－x)＝f′(x)，∴f′(x)為偶函數(shù)． ∴函數(shù)圖像關(guān)于y軸對稱

3、． 由f′(0)＝1可排除C、D選項． 而f′(1)＝cos1－sin1<0， 從而觀察圖像即可得到答案為A. 二、填空題 7．函數(shù)f(x)＝x2－(x<0)的最小值是________． 答案　 8．函數(shù)f(x)＝x2＋2ax＋1在[0,1]上的最小值為f(1)，則a的取值范圍為________． 答案　(－∞，－1] 解析　f′(x)＝2x＋2a， f(x)在[0,1]上的最小值為f(1)，說明f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減， ∴x∈[0,1]時f′(x)≤0恒成立． ∴a≤－x，∴a≤－1. 9．函數(shù)f(x)＝ex(sinx＋cosx)在區(qū)間[0，]上的值

4、域為________． 答案　[，e] 解析　∵x∈[0，]，∴f′(x)＝excosx≥0，∴f(0)≤f(x)≤f()．即≤f(x)≤e. 10．直線y＝a與函數(shù)y＝x3－3x的圖像有三個相異的交點，則a的取值范圍是________． 答案　(－2,2) 解析　f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，可以得x＝1或－1. ∵f(1)＝－2，f(－1)＝2，∴－2

5、. 由題設(shè)得∈[－2，－1]，故m∈[－4，－2]． 三、解答題 12．求下列各函數(shù)的最值： (1)f(x)＝sin2x－x，x∈[－，]； (2)f(x)＝e－x－ex，x∈[0，a]，a為正常數(shù)． 解析　(1)因為f(x)＝sin2x－x，所以f′(x)＝2cos2x－1. 又x∈[－，]，令f′(x)＝0， 解得x＝－或x＝. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x － (－， 由上表可得函數(shù)f(x)的最大值為，最小值為－. (2)f′(x)＝()′－(ex)′＝－－ex＝－. 當(dāng)x∈[0，a]時，f′(x)<0恒

6、成立， 即f(x)在[0，a]上是減函數(shù)． 故當(dāng)x＝a時，f(x)有最小值f(a)＝e－a－ea； 當(dāng)x＝0時，f′(x)有最大值f(0)＝e－0－e0＝0. 13．已知f(x)＝x3－x2－x＋3，x∈[－1,2]，f(x)－m<0恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解析　由f(x)－m<0，即m>f(x)恒成立， 知m>f(x)max. f′(x)＝3x2－2x－1，令f′(x)＝0， 解得x＝－或x＝1. 因為f(－)＝，f(1)＝2，f(－1)＝2，f(2)＝5， 所以f(x)的最大值為5，故m的取值范圍為(5，＋∞)． 14．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2ex. (1)求f(

7、x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若當(dāng)x∈[－2,2]時，不等式f(x)>m恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解析　(1)f′(x)＝xex＋x2ex＝x(x＋2)． 由x(x＋2)>0，解得x>0或x<－2. ∴(－∞，－2)，(0，＋∞)為f(x)的增區(qū)間． 由x(x＋2)<0，得－2m恒成

8、立，∴m<0. 故m的取值范圍為(－∞，0)． 15．設(shè)函數(shù)f(x)定義在(0，＋∞)上，f(1)＝0，導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)． (1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值； (2)討論g(x)與g()的大小關(guān)系． 解析　(1)由題設(shè)易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋， ∴g′(x)＝.令g′(x)＝0，得x＝1. 當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間． 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間． ∴x＝1是g(x)的唯一極值點，且為極小值點，從而也是最小值點，∴最小值為g(1)＝1

9、. (2)g()＝－lnx＋x， 設(shè)h(x)＝g(x)－g()＝2lnx－x＋， 則h′(x)＝－. 當(dāng)x＝1時，h(1)＝0，即g(x)＝g()． 當(dāng)x∈(0,1)∪(1，＋∞)時，h′(x)<0，h′(1)＝0， ∴h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減． 當(dāng)0h(1)＝0，即g(x)>g()； 當(dāng)x＝1時，g(x)＝g()； 當(dāng)x>1時，h(x)0的x的取值范圍為(1,3)． (1)求f(x)的解析式及f(x)的極

10、大值； (2)當(dāng)x∈[2,3]時，求g(x)＝f′(x)＋6(m－2)x的最大值． 解析　(1)由題意知f′(x)＝3ax2＋2bx＋c ＝3a(x－1)(x－3)(a<0)， ∴在(－∞，1)上f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)，在(1,3)上f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)，在(3，＋∞)上f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)． 因此f(x)在x0＝1處取得極小值－4，在x＝3處取得極大值． ∴ 解得a＝－1，b＝6，c＝－9. ∴f(x)＝－x3＋6x2－9x. ∴f(x)在x＝3處取得極大值f(3)＝0. (2)g(x)＝－3(x－1)(x－3)＋6(m－2)x＝－3(x

11、2－2mx＋3)， g′(x)＝－6x＋6m＝0，得x＝m. ①當(dāng)2≤m≤3時，g(x)max＝g(m)＝3m2－9； ②當(dāng)m<2時，g(x)在[2,3]上是遞減的，g(x)max＝g(2)＝12m－21； ③當(dāng)m>3時，g(x)在[2,3]上是遞增的，g(x)max＝g(3)＝18m－36. 因此g(x)max＝ 17．設(shè)函數(shù)f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t>0)． (1)求f(x)的最小值h(t)； (2)若h(t)<－2t＋m對t∈(0,2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解析　(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t>0)， ∴當(dāng)x＝－

12、t時， f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1， 即h(t)＝－t3＋t－1. (2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m. 由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(舍去)． 當(dāng)t變化時，g′(t)，g(t)的變化情況如下表： t (0,1) 1 (1,2) g′(t) ＋ 0 － g(t)  極大值1－m ↘ ∴g(t)在(0,2)內(nèi)有最大值g(1)＝1－m，h(t)<－2t＋m在(0,2)內(nèi)恒成立，即g(t)<0在(0,2)內(nèi)恒成立， 即1－m<0，解得m>1，所以m的取值范圍為(1，＋∞)． 18．已知函數(shù)f(x)＝ax2－blnx＋在x＝x0處取得極小值1＋ln2，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像如圖所示．求x0，a，b的值． 解析　由圖可知x0＝. ∴當(dāng)x＝時，f(x)極小值為1＋ln2. ∴a－bln＋＝1＋ln2. ∴a＋4bln2＝2＋4ln2.① 又∵f′(x)＝2ax－， ∴f()＝2a－2a＝0. ∴a＝2b.② 由①②解得b＝1，a＝2. 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！