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《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学 人教A版选修2-2【配套备课资源】第一章 1.3.3习题课


习题课
一、基础过关 1. 函数 f(x)=xcos x 的导函数 f′(x)在区间[-π,π]上的图象大致是 ( )

2. 函数 y=xcos x-sin x 在下面哪个区间内是增函数 π 3π? A.? ?2, 2 ? 3π 5π? C.? ?2,2? B.(π,2π) D.(2π,3π)

(

)

3. 已知函数 f(x)= x+ln x,则有 A.f(2)<f(e)<f(3) B.f(e)<f(2)<f(3) C.f(3)<f(e)<f(2) D.f(e)<f(3)<f(2) 4. 函数 y=f(x)的图象如下图所示,则导函数 y=f′(x)的图象可能是

(

)

(

)

5.已知 a>0,函数 f(x)=x3-ax 在[1,+∞)上单调递增,则 a 的最大值为________. 3 9 6.若函数 y=x3+ x2+m 在[-2,1]上的最大值为 ,则 m=________. 2 2 二、能力提升 7. 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 A.f(a)-g(a) C.f(a)-g(b) B.f(b)-g(b) D.f(b)-g(a) ( )

8. 已知对任意实数 x, 有 f(-x)=-f(x), g(-x)=g(x), 且当 x>0 时, 有 f′(x)>0, g′(x)>0, 则当 x<0 时,有 A.f′(x)>0,g′(x)>0 C.f′(x)<0,g′(x)>0
3

( B.f′(x)>0,g′(x)<0 D.f′(x)<0,g′(x)<0

)

9.直线 y=a 与函数 f(x)=x -3x 的图象有三个相异的交点,则 a 的取值范围是________. 10.已知函数 f(x)=x3-ax2+3x+6,若 x=3 是 f(x)的一个极值点,求 f(x)在[0,a]上的最值. 11.设函数 f(x)=x+ax2+bln x,曲线 y=f(x)过 P(1,0),且在 P 点处的切线斜率为 2. (1)求 a,b 的值; (2)证明:f(x)≤2x-2. 三、探究与拓展 12.已知 a∈R,函数 f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R). (1)当 a=2 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在(-1,1)上单调递增,求 a 的取值范围.

答案
1.A 5.3 6.2 7.A 8.B 2.B 3.A 4.D

9.(-2,2) 10.解 f′(x)=3x2-2ax+3, 由已知得 f′(3)=0, ∴3×9-6a+3=0.∴a=5, ∴f(x)=x3-5x2+3x+6. 令 f′(x)=3x2-10x+3=0, 1 得 x1= ,x2=3. 3 则 x,f′(x),f(x)的变化关系如下表. x f′(x) f(x) 6 0

?0,1? ? 3?
+ 递增 6

1 3 0 13 27

?1,3? ?3 ?
- 递减

3 0 -3

(3,5) + 递增

5

21

∴f(x)在[0,5]上的最大值为 f(5)=21, 最小值为 f(3)=-3. 11.(1)解 b f′(x)=1+2ax+ . x

? ?f?1?=0, 由已知条件得? ?f′?1?=2, ? ? ?1+a=0, 即? ?1+2a+b=2. ? ?a=-1, ? 解得? ? ?b=3.

(2)证明 因为 f(x)的定义域为(0,+∞), 由(1)知 f(x)=x-x2+3ln x. 设 g(x)=f(x)-(2x-2) =2-x-x2+3ln x, 3 则 g′(x)=-1-2x+ x

?x-1??2x+3? =- . x 当 0<x<1 时,g′(x)>0,当 x>1 时, g′(x)<0. 所以 g(x)在(0,1)内单调递增, 在(1,+∞)内单调递减. 而 g(1)=0,故当 x>0 时,g(x)≤0, 即 f(x)≤2x-2. 12.解 当 a=2 时,f(x)=(-x2+2x)ex, f′(x)=(-x2+2)ex. 当 f′(x)>0 时,(-x2+2)ex>0, 注意到 ex>0, 所以-x2+2>0,解得- 2<x< 2. 所以,函数 f(x)的单调递增区间为(- 2, 2). 同理可得,函数 f(x)的单调递减区间为(-∞,- 2)和( 2,+∞). (2)因为函数 f(x)在(-1,1)上单调递增, 所以 f′(x)≥0 在(-1,1)上恒成立. 又 f′(x)=[-x2+(a-2)x+a]ex, 即[-x2+(a-2)x+a]ex≥0, 注意到 ex>0, 因此-x2+(a-2)x+a≥0 在(-1,1)上恒成立, x2+2x 1 也就是 a≥ =x+1- 在(-1,1)上恒成立. x+1 x+1 1 1 设 y=x+1- ,则 y′=1+ >0, x+1 ?x+1?2 1 即 y=x+1- 在(-1,1)上单调递增, x+1 1 3 3 则 y<1+1- = ,故 a≥ . 2 1+1 2



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