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导数习题及答案


课时作业(十三) [第 13 讲 变化率与导数、导数的运算] (时间:45 分钟 分值:100 分) 基础热身 1.函数 y=x2ln x 的导数为( ) A.y′=2x+ln(ex) B.y′=x+ln(ex2) C.y′=xln(ex2) D.y′=2xln(ex2) 2.已知函数 y=f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线方程是 x-2y+1=0,则 f(1)+2f′(1) =( ) 1 A. 2 3 C. 2 B.1 D.2

x2 1 3.[2014· 郑州测试] 已知曲线 y= -3ln x 的一条切线的斜率为 ,则切点的横坐标为 4 2 ( ) 1 A.3 B.2 C.1 D. 2 4.[2014· 济南质检] 设曲线 y= a=( ) 1 1 A.2 B.-2 C.- D. 2 2 1 5.已知曲线 y1=2- 与 y2=x3-x2+2x 在 x=x0 处切线的斜率的乘积为 3,则 x0 的值 x 为________. 6. [2014· 江西“红色六校”联考] 若曲线 y=kx2+ln x 在点(1, k)处的切线过点(2, 3), 则 k=________. 能力提升 7.P0(x0,y0)是曲线 y=3ln x+x+k(k∈R)上一点,过点 P0 的切线的方程为 4x-y-1 =0,则实数 k 的值为( ) A.2 B.-2 C.-1 D.-4 8.已知 f(x)=x2+2xf′(1),则 f′(0)等于( ) A.0 B.-4 C.-2 D.2 9.[2014· 济宁模拟] 已知 f(x)=x(2012+ln x),f′(x0)=2013,则 x0=( ) 2 A.e B.1 C.ln 2 D.e 2 10.已知函数 f(x)=- x3+2ax2+3x(a>0)的导数 f′(x)的最大值为 5,则函数 f(x)的图像 3 上点(1,f(1))处的切线方程是( ) A.3x-15y+4=0 B.15x-3y-2=0 C.15x-3y+2=0 D.3x-y+1=0 - 11.[2014· 湛江调研] 曲线 y=e 2x+1 在点(0,2)处的切线与直线 y=0 和 y=x 围成的 x+1 在点(3,2)处的切线与直线 ax+y+1=0 垂直,则 x-1

三角形的面积为( 1 A. 3 2 C. 3 1 B. 2 D.1

)

12.若曲线 y=x +1(α∈R)在点(1,2)处的切线经过坐标原点,则 α=________. 13.若点 P 是曲线 y=x2-ln x 上任意一点,则点 P 到直线 y=x-2 的距离的最小值为 ________. 14.(10 分)已知函数 f(x)=x3+(1-a)x2-a(a+2)x+b(a,b∈R). (1)若函数 f(x)的图像过原点,且在原点处的切线斜率为-3,求 a,b 的值; (2)若曲线 y=f(x)存在两条垂直于 y 轴的切线,求 a 的取值范围. 15.(13 分)已知函数 f(x)=x3-ax2+10. (1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)若在区间[1,2]内至少存在一个实数 x0,使得 f(x0)<0 成立,求实数 a 的取值范围. 难点突破 b 16.(12 分)设函数 f(x)=ax- ,曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 7x-4y-12 x =0. (1)求 f(x)的解析式; (2)证明:曲线 y=f(x)上任一点处的切线与直线 x=0 和直线 y=x 所围成的三角形的面 积为定值,并求此定值.

α

课时作业(十四) [第 14 讲 第 1 课时 导数与函数的单调性] (时间:45 分钟 分值:100 分) 基础热身 1.函数 f(x)=(x-3)ex 的单调递增区间是( A.(-∞,2) B.(0,3) C.(1,4) D.(2,+∞) 9 2.函数 f(x)=x+ 的单调递减区间为( x ) )

A.(-3,0) B.(0,3) C.(-3,0),(0,3) D.(-3,0)∪(0,3) - 3.设 a∈R,函数 f(x)=ex+e ax 的导数是 f′(x),若 xf′(x)是偶函数,则 a=( A.1 B.0 C.-1 D.±1 4.[2014· 抚顺二模] 设函数 f(x)=x3-12x+b,则下列结论正确的是( ) A.函数 f(x)在区间(-∞,1)上单调递增 B.函数 f(x)在区间(-∞,1)上单调递减 C.函数 f(x)在区间(-2,2)上单调递增 D.函数 f(x)在区间(-2,2)上单调递减 5.若 f(x)=x3-ax2+1 在区间(0,2)上单调递减,则实数 a 的取值范围是( A.0<a<3 B.a=2 C.a≤3 D.a≥3

)

)

1 6.设函数 f(x)= x2-9ln x 在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数 a 的取值范围是 2 ________. 能力提升 7.若函数 f(x)=x3+x2+mx+1 对任意 x1,x2∈R 满足(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,则实数 m 的取值范围是( ) 1 1 A.(-∞, ) B.( ,+∞) 3 3 1? C.? ?-∞,3? 1 ? D.? ?3,+∞? )

8.设 f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0),则 f(x)为增函数的充要条件是( A.b2-4ac>0 B.b>0,c>0 C.b=0,c>0 D.b2-3ac≤0 9.下列区间中,使函数 y=xsin x+cos x 为增函数的区间是( ) π 3π A.( , ) B.(π ,2π ) 2 2 3π 5π C.( , ) D.(2π ,3π ) 2 2

1 1 10.若函数 f(x)= x3- ax2+(a-1)x+1 在区间(1,4)上为减函数,在区间(6,+∞)上 3 2 为增函数,则实数 a 的取值范围为( )

A.(-∞,0] B.[-1,3] C.[3,5] D.[5,7] 1 1 11.函数 f(x)= ax3+ ax2-2ax+2a+1 的图像经过四个象限,则实数 a 的取值范围是 3 2 ( ) A.a>- 3 6 3 B.- <a<- 16 5 16

6 6 3 C.a>- D.- ≤a≤- 5 5 16 1 3 12.[2014· 郑州调研] 若函数 f(x)= x3- x2+ax+4 的单调递减区间为[-1,4],则实 3 2 数 a 的值为________. 13.[2014· 漳州质检] 若函数 f(x)=2x2-ln x 在区间(k-1,k+1)上有定义且不是单调 函数,则实数 k 的取值范围为________. 1 14.(10 分)[2014· 商丘三模] 已知函数 f(x)=ln x- ax2-2x(a∈R).若函数 f(x)在定义 2 域内单调递增,求 a 的取值范围. 15. (13 分)[2014· 河南新乡三模] 直线 y=kx+1 与曲线 f(x)=x3+ax+b 相切于点 A(1, 3). (1)求 f(x); (2)若 g(x)=f(x)+ln x+(t-1)x-x3+x(t∈R),讨论函数 g(x)的单调性.

难点突破 a 16.(12 分)[2014· 吉林三模] 已知函数 f(x)=ln x- ,其中 a∈R. x (1)当 a=-1 时,判断 f(x)的单调性; (2)若 g(x)=f(x)+ax 在其定义域内为减函数,求实数 a 的取值范围.

课时作业(十四) [第 14 讲 第 2 课时 导数与函数的极值、最值] (时间:45 分钟 分值:60 分) 基础热身 1.(12 分)[2014· 黄冈中学模拟] 已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值,若 m,n∈[-1,1],求 f(m)+f′(n)的最小值. 1-m+ln x 2.(12 分)[2014· 银川一中四模] 已知函数 f(x)= ,m∈R. x (1)若 m=1,判断函数在定义域内的单调性; (2)若函数在区间(1,e)内存在极值,求实数 m 的取值范围. 能力提升 1 1 3.(12 分)[2014· 河南长葛三模] 设函数 f(x)=ln x- x2- x. 4 2 (1)求函数 f(x)的极值; 1 (2)若 g(x)=x[f(x)+ x2+1],当 x>1 时,g(x)在区间(n,n+1)内存在极值,求整数 n 的 4 值. x-a ,其中 a 为常数,且 a>0. x

4.(12 分)[2015· 山西四校联考] 已知函数 f(x)=ln x-

(1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 y=x+1 垂直,求函数 f(x)的单调递减区 间; 1 (2)若函数 f(x)在区间[1,3]上的最小值为 ,求 a 的值. 3 难点突破 5.(12 分)[2014· 兰州模拟] 已知函数 f(x)=-x2+ax-ln x(a∈R). 1 ? (1)当 a=3 时,求函数 f(x)在区间? ?2,2?上的最大值和最小值; 1 (2)当函数 f(x)在区间( ,2)上单调时,求 a 的取值范围 2

x2 1. C [解析] 由导数的计算公式得 y′=(x )′ln x+x (ln x)′=2xln x+ =x(2ln x+1)=x(ln x 2 x +1)=xln(ex2). 2.D [解析] 因为点(1,f(1))在直线 x-2y+1=0 上,所以 1-2f(1)+1=0,得 f(1)= 1 1 1.又 f′(1)= ,所以 f(1)+2f′(1)=1+2× =2. 2 2 x2 3.A [解析] 设切点的横坐标为 x0,因为曲线 y= 4 -3ln x 在 x=x0 处的切线的斜率为
2 2

课时作业(十三)

1 2,所以

,解得 x0=3(舍去 x0=-2),即切点的横坐标为 3.

x-1-(x+1) 2 4.B [解析] ∵y′= =- , (x-1)2 (x-1)2 ∴y′ 5.1 -2 ? 1 ? =(3-1)2=-2,∴-a=2,即 a=-2. x = 3 ?

1 [解析] 由题知 y′1= 2,y′2=3x2-2x+2,所以两曲线在 x=x0 处切线的斜率分别 x 2 3x0 -2x0+2 1 2 为 2,3x0-2x0+2,所以 =3,解得 x0=1. x0 x2 0 6. 2 1 [解析] y′=2kx+ ,当 x=1 时,有 y′ 3 x

? ? =2k+1,即过(1,k)和(2,3)两点的 ?x=1

3-k 2 切线的斜率为 2k+1,即 2k+1= ,于是得 k= . 3 2-1 3 3 7.A [解析] y′= +1,∴ +1=4,得 x0=1,代入切线方程得 y0=3,即 P0 点坐标为 x x0 (1,3),代入曲线方程得 3=1+k,解得 k=2. 8. B [解析] ∵f′(x)=2x+2f′(1), ∴f′(1)=2+2f′(1), 即 f′(1)=-2, ∴f′(x)=2x-4, ∴f′(0) =-4. 1 9.B [解析] 由题意可知 f′(x)=2012+ln x+x· =2013+ln x.由 f′(x0)=2013,得 ln x0 x =0,解得 x0=1. 10 . B [ 解 析 ] 易 知 f′(x) = - 2x2 + 4ax + 3 , 因 为 f′(x) 的 最 大 值 为 5 , 所 以 4×(-2)×3-16a2 2 13 =5,解得 a=1(舍去 a=-1),所以 f(x)=- x3+2x2+3x,f(1)= , 3 3 4×(-2) 13 f′(1)=5,所以切线方程为 y- =5(x-1),即 15x-3y-2=0. 3 11.A [解析] y′

? ? =(-2e-2x) ?x=0

? ? ?

x=0

=-2,故曲线 y=e

-2x

+1 在点(0,2)处的

2 2 切线方程为 y=-2x+2,易得切线与直线 y=0 和 y=x 的交点分别为(1,0), ( , ) ,故围 3 3 1 2 1 成的三角形的面积为 ×1× = . 2 3 3 12.2 [解析] y′=αx
α -1

,y′

? ? =α,所以切线方程为 y-2=α (x-1),该切线过 ?x=1

原点,得 α=2. 1 1 [解析] y′=2x- ,令 y′=1,得方程 2x2-x-1=0,解得 x=- (舍)或 x=1,故 x 2 与直线 y=x-2 平行的曲线 y=x2-ln x 的切线的切点坐标为(1,1),该点到直线 y=x-2 的 距离 d= 2即为所求. 14.解:f′(x)=3x2+2(1-a)x-a(a+2). ?f(0)=b=0, ? (1)由题意得? ? ?f′(0)=-a(a+2)=-3, ?b=0, ? 解得? ?a=-3或1. ? (2)∵曲线 y=f(x)存在两条垂直于 y 轴的切线, ∴关于 x 的方程 f′(x)=3x2+2(1-a)x-a(a+2)=0 有两个不相等的实数根, ∴Δ =4(1-a)2+12a(a+2)>0, 即 4a2+4a+1=(2a+1)2>0, 13. 2

1 ∴a≠- , 2 1 1 ∴a 的取值范围是(-∞,- )∪(- ,+∞). 2 2 15.解:(1)当 a=1 时,f(2)=14,f′(x)=3x2-2x, ∴曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率 k=f′(2)=8, ∴曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y-14=8(x-2),即 8x-y-2=0. x3 10 0+10 (2)由 f(x0)<0 得 a> 2 =x0+ 2 , x0 x0 10 20 设 g(x)=x+ 2 (1≤x≤2),g′(x)=1- 3 , x x ∵1≤x≤2, ∴g′(x)<0,∴g(x)在区间[1,2]上是减函数, 9 9 ∴g(x)min=g(2)= ,∴a> , 2 2 9 即实数 a 的取值范围是( ,+∞). 2 7 1 16.解:(1)易知方程 7x-4y-12=0 可化为 y= x-3,当 x=2 时,y= ,又 f′(x)=a 4 2 b b 1 b 7 3 + 2,所以 2a- = ,且 a+ = ,解得 a=1,b=3,故 f(x)=x- . x 2 2 4 4 x (2)证明:设 P(x0,y0)为曲线上任一点, 3 3 由 f′(x)=1+ 2知,曲线在点 P(x0,y0)处的切线方程为 y-y0=1+ 2·(x-x0),即 y-x0 x x0 3 3 - =1+ 2(x-x0). x0 x0 6 6 令 x=0,得 y=- ,从而得切线与直线 x=0 的交点坐标为 0,- . x0 x0 令 y=x,得 y=x=2x0,从而得切线与直线 y=x 的交点坐标为(2x0,2x0). 1 6 所以点 P(x0,y0)处的切线与直线 x=0,y=x 所围成的三角形的面积为 - |2x0|=6, 2 x0 故曲线 y=f(x)上任一点处的切线与直线 x=0 和直线 y=x 所围成的三角形的面积为定值, 此定值为 6.

课时作业(十四)(第 1 课时)
[解析] f′(x)=(x-3)′ex+(x-3)(ex)′=(x-2)ex,令 f′(x)>0,解得 x>2. 2 9 x -9 2.C [解析] f′(x)=1- 2= 2 ,令 f′(x)<0,解得-3<x<0 或 0<x<3,故 f(x)的单调递 x x 减区间为(-3,0)和(0,3). - - 3.A [解析] f′(x)=ex-ae ax,所以 g(x)=xf′(x)=xex-axe ax 为偶函数,所以 g(x)=g(- - - x),即 xex-axe ax=-xe x+axeax 对任意的实数 x 恒成立,从而 a=1.故选 A. 4.D [解析] 由 f′(x)=3x2-12=3(x+2)(x-2),可知函数在区间(-∞,-2),(2,+ ∞)上单调递增,在区间(-2,2)上单调递减. 2 2 5.D [解析] 令 f′(x)=3x2-2ax<0,当 a>0 时,得 0<x< a,当 a<0 时,得 a<x<0.因为 3 3 2 f(x)在区间(0,2)上单调递减,所以 a>0,所以 a≥2,即 a≥3. 3 1 2 9 9 6.1<a<2 [解析] ∵f(x)= x -9ln x,∴f′(x)=x- (x>0).当 x- <0 时,有 0<x<3,即 2 x x f(x)在区间(0,3)上是减函数,∴a-1>0 且 a+1<3,解得 1<a<2. 7.D [解析] 由题意知,函数 f(x)是 R 上的单调增函数,∴f′(x)=3x2+2x+m≥0 在 1 R 上恒成立,即 Δ=4-12m≤0,∴m≥ . 3 8.D [解析] f′(x)=3ax2+2bx+c,若 f(x)为增函数,则 f′(x)≥0 恒成立,即 3ax2+2bx 1.D

+c≥0(a>0)恒成立,所以有 Δ=4b2-12ac≤0,即 b2-3ac≤0. 3π 5π 9.C [解析] y′=xcos x,当 x∈( , )时,cos x>0,所以 y′=xcos x>0,此时函数 y 2 2 =xsin x+cos x 为增函数. 10.D [解析] f′(x)=x2-ax+a-1,由 f′(x)=0,得 x=1 或 x=a-1. 当 a-1≤1,即 a≤2 时,f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,不合题意; 当 a-1>1,即 a>2 时,f(x)在区间(-∞,1)上为增函数,在区间(1,a-1)上为减函数, 在区间(a-1,+∞)上为增函数.∵函数在区间(1,4)上为减函数,在区间(6,+∞)上为增 函数,∴4≤a-1≤6,解得 5≤a≤7. 11.B [解析] f′(x)=ax2+ax-2a=a(x-1)(x+2).若 a<0,则当 x<-2 或 x>1 时, f′(x)<0,当-2<x<1 时,f′(x)>0,要使 f(x)的图像经过四个象限,须有 f(-2)<0, -8a+24a+3<0, ? ? 6 3 且 f(1)>0,即?1 1 解得- <a<- . 5 16 ?3a+2a+1>0, ? 1 3 [解析] ∵f(x)= x3- x2+ax+4,∴f′(x)=x2-3x+a,又函数 f(x)的单调递减 3 2 区间为[-1,4],∴-1,4 是 f′(x)=0 的两根,∴a=(-1)×4=-4. 3 1 (2x-1)(2x+1) 1 1 13.1≤k< [解析] 由 f′(x)=4x- = =0,得 x= x=- 舍去.当 2 x x 2 2 1 1 1 x∈0, 时,f′(x)<0;当 x∈( ,+∞)时,f′(x)>0,即函数 f(x)在区间(0, )上单调递减,在 2 2 2 1 1 区间( ,+∞)上单调递增,所以 x= 为函数 f(x)的极值点.函数在区间(k-1,k+1)上有定 2 2 1 3 义且不是单调函数,即在区间(k-1,k+1)内有极值点,所以 0≤k-1< <k+1,得 1≤k< . 2 2 ax2+2x-1 14.解:f′(x)=- (x>0). x 依题意 f′(x)≥0 在 x>0 时恒成立,即 ax2+2x-1≤0 在 x>0 时恒成立, 1-2x 1 则 a≤ 2 = -12-1 在 x>0 时恒成立, x x 1 2 ? 即 a≤? ? x-1 -1?min(x>0), 1 当 x=1 时, -12-1 取最小值-1, x ∴a 的取值范围是(-∞,-1]. 15.解:(1)将点 A(1,3)的坐标代入直线 y=kx+1,得 3=k+1,∴k=2. ∵f′(x)=3x2+a,∴f′(1)=3+a=2,∴a=-1. 将点 A(1,3)的坐标代入 f(x)=x3-x+b, 得 f(1)=13-1+b=3,∴b=3. ∴f(x)=x3-x+3. 1 (2)g(x)=f(x)+ln x+(t-1)x-x3+x=ln x+(t-1)x+3,g′(x)= +t-1(x>0). x 当 t-1≥0,即 t≥1 时,g′(x)>0, ∴g(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 当 t-1<0,即 t<1 时, 1 1 由 g′(x)>0,得 0<x< ;由 g′(x)<0,得 x> , 1-t 1- t 1 1 ∴g(x)在区间(0, )上单调递增,在区间( ,+∞)上单调递减. 1-t 1- t 综上所述,当 t≥1 时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 12.-4

1 1 当 t<1 时,g(x)在区间(0, )上单调递增,在区间( ,+∞)上单调递减. 1-t 1-t x-1 16.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),当 a=-1 时 f′(x)= 2 , x 当 0<x<1 时,f′(x)<0;当 x>1 时,f′(x)>0. 所以 f(x)在区间(0,1)上为减函数,在区间(1,+∞)上为增函数. ax2+x+a a (2)g(x)=f(x)+ax=ln x- +ax,g(x)的定义域为(0,+∞),所以 g′(x)= , x x2 因为 g(x)在其定义域内为减函数, 所以对任意 x∈(0,+∞),g′(x)≤0, -x -x 所以 ax2+x+a≤0?a(x2+1)≤-x?a≤ 2 ,故 a≤ 2 min. x +1 x +1 -x x 1 1 1 又 2 = ≤ ,所以 2 ≥- , 1 2 2 x +1 x +1 x+ x 1 当且仅当 x=1 时取等号,所以 a≤- . 2

课时作业(十四)(第 2 课时)
1.解:对函数 f(x)求导得 f′(x)=-3x2+2ax, 由函数 f(x)在 x=2 处取得极值知 f′(2)=0, 即-3×4+2a×2=0,∴a=3, 由此可得 f(x)=-x3+3x2-4, f′(x)=-3x2+6x=-3x(x-2). 易知 f(x)在区间(-1,0)上单调递减,在区间(0,1)上单调递增,∴当 m∈[-1,1]时, f(m)min=f(0)=-4. 又∵f′(x)=-3x2+6x 的图像开口向下, 且对称轴为 x=1,∴当 n∈[-1,1]时, f′(n)min=f′(-1)=-9. 故 f(m)+f′(n)的最小值为-13. 2.解:(1)显然函数的定义域为(0,+∞),若 m=1, 1-ln x 则 f′(x)= . x2 令 f′(x)=0,得 x=e. 当 x∈(0,e)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当 x∈(e,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. m-ln x (2)f′(x)= . x2 令 f′(x)=0,得 x=em. 当 x∈(0,em)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当 x∈(em,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 故当 x=em 时,f(x)有极大值,根据题意得, 1<em<e,即 0<m<1. 2 1 1 1 -x -x+2 3.解:(1)f′(x)= - x- = (x>0), x 2 2 2x 令 f′(x)=0,解得 x=1(x=-2 舍去), 根据 x,f′(x),f(x)的变化情况,列出表格. x f′(x) f(x) (0,1) + 单调递增 1 0 3 极大值- 4 (1,+∞) - 单调递减

3 由上表可知函数 f(x)在 x=1 处取得极大值- ,无极小值. 4 1 2 1 2 (2)g(x)=xf(x)+ x +1=xln x- x +x, 4 2 g′(x)=ln x+1-x+1=ln x-x+2. 1-x 1 令 h(x)=ln x-x+2,则 h′(x)= -1= , x x 因为 x>1,所以 h′(x)<0 恒成立,所以 h(x)在区间(1,+∞)上为单调递减函数, 因为 h(1)=1>0,h(2)=ln 2>0,h(3)=ln 3-1>0,h(4)=ln 4-2<0, 所以 h(x)在区间(3,4)内有零点 x0,且函数 g(x)在区间(3,x0)和(x0,4)上单调性相反, 因此,当 n=3 时,g(x)在区间(n,n+1)内存在极值, 所以 n=3. 1 x-(x-a) x-a 4.解:f′(x)= - = 2 (x>0). x x2 x (1)因为曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 y=x+1 垂直, 所以 f′(1)=-1,即 1-a=-1,解得 a=2. x-2 x-2 当 a=2 时,f(x)=ln x- ,f′(x)= 2 . x x x-2 令 f′(x)= 2 <0,解得 0<x<2,所以函数 f(x)的单调递减区间为(0,2). x (2)当 0<a≤1 时,f′(x)>0 在(1,3)上恒成立,这时 f(x)在[1,3]上为增函数, 1 4 ∴f(x)min=f(1)=a-1,令 a-1= ,得 a= >1(舍去). 3 3 当 1<a<3 时,由 f′(x)=0 得,x=a∈(1,3), ∵对于 x∈(1,a)有 f′(x)>0,f(x)在[1,a]上为减函数, 对于 x∈(a,3)有 f′(x)>0,f(x)在[a,3]上为增函数, 1 1 ∴f(x)min=f(a)=ln a,令 ln a= ,得 a=e , 3 3 当 a≥3 时,f′(x)<0 在(1,3)上恒成立,这时 f(x)在[1,3]上为减函数, a a 1 ∴f′(x)min=f(3)=ln 3+ -1,令 ln 3+ -1= ,得 a=4-3ln 3<3(舍去) , 3 3 3 1 综上,a=e . 3 2x2-3x+1 (2x-1)(x-1) 1 5. 解: (1)当 a=3 时, f′(x)=-2x+3- =- =- , 令 f′(x) x x x 1 =0,解得 x= 或 x=1. 2 1 当 x∈(0, )∪(1,+∞)时,f′(x)<0, 2 1 1 1 故 f(x)在区间(0, )和(1,+∞)上单调递减;当 x∈( ,1)时,f′(x)>0,故 f(x)在区间( , 2 2 2 1)上单调递增. 1 所以函数 f(x)在区间[ ,2]上的极大值点为 x=1, 2 1 ? 故这个极大值点也是最大值点,故函数 f(x)在区间? ?2,2?上的最大值是 f(1)=2. 1 5 3 又 f(2)-f( )=(2-ln 2)- +ln 2= -2ln 2<0, 2 4 4 1 所以 f(2)<f , 2 1 ? 得函数在区间? ?2,2?上的最小值为 f(2)=2-ln 2.

1 1 (2)f′(x)=-2x+a- ,令 g(x)=2x+ , x x 1 1 2 2 则 g′(x)=2- 2,则函数 g(x)在区间( , )上单调递减,在区间( ,2)上单调递增, x 2 2 2 1 9 2 1 9 由 g( )=3,g(2)= ,g( )=2 2,得函数 g(x)在区间( ,2)上的值域为[2 2, ). 2 2 2 2 2 1 若要使 f′(x)≤0 在区间( ,2)上恒成立, 2 1 1 则 a≤2x+ 在区间( ,2)上恒成立,只需 a≤2 2即可; x 2 1 若要使 f′(x)≥0 在区间( ,2)上恒成立, 2 1 1 9 则 a≥2x+ 在区间( ,2)上恒成立,只需 a≥ 即可. x 2 2 9 ? 故 a 的取值范围是(-∞,2 2]∪? ?2,+∞?.



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