高中數(shù)學(xué)選修1-1配人教A版-課后習(xí)題第三章　習(xí)題課-導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

1、習(xí)題課導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用課后篇鞏固提升1.若不等式-x3+2x+ax0在1,2上恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是()A.(-1,+)B.(-,-1)C.(-,4)D.(4,+)解析依題意不等式x3-2x-ax3-2x,令g(x)=x3-2x,則g(x)=3x2-20在1,2上恒成立,因此g(x)max=g(2)=4,故a4.答案D2.已知函數(shù)f(x)=(x2-3x+1)ex,則不正確的選項是()A.f(x)在x=-1處取得極大值B.f(x)在R上有兩個極值點C.f(x)在x=2處取得極小值D.函數(shù)f(x)在R上有三個不同的零點解析由題意得函數(shù)f(x)的定義域為R.因為f(x)=(x2-3x+1)ex,

2、所以f(x)=(x2-x-2)ex=(x+1)(x-2)ex,令f(x)=0,得x=-1或x=2,當(dāng)x0,函數(shù)單調(diào)遞增;當(dāng)-1x2時,f(x)2時,f(x)0,函數(shù)單調(diào)遞增.故函數(shù)f(x)在x=2處取得極小值,在x=-1處取得極大值.f(x)=(x2-3x+1)ex=0,x2-3x+1=0,=(-3)2-411=50,方程有兩個不相等的實根,故函數(shù)f(x)在R上有兩個不同的零點.根據(jù)以上得出的結(jié)論可以判斷選項D說法不正確,故選D.答案D3.方程x-ln x-2=0的根的個數(shù)為()A.0B.1C.2D.3解析令f(x)=x-ln x-2,則由f(x)=12x1x=0,得x=4.當(dāng)0 x4時,f(

3、x)4時,f(x)0,x=4是f(x)的唯一極小值點,且f(4)0,f(e4)=e2-60,f(x)在(e-2,4),(4,e4)上各有一個零點.對應(yīng)的方程有2個根.故選C.答案C4.設(shè)函數(shù)f(x)是奇函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),f(-1)=0,當(dāng)x0時,xf(x)-f(x)0成立的x的取值范圍是()A.(-1,0)(1,+)B.(-,-1)(0,1)C.(-,-1)(-1,0)D.(0,1)(1,+)解析令g(x)=f(x)x,則g(x)=xf(x)-f(x)x2,因為x0時,xf(x)-f(x)0,則g(x)0成立的x的取值范圍是(-,-1)(0,1).故選B.答案B5.已知y=f(x)為R上的

4、可導(dǎo)函數(shù),當(dāng)x0時,f(x)+f(x)x0,則函數(shù)g(x)=f(x)+1x的零點個數(shù)為()A.1B.2C.0D.0或2解析因為函數(shù)y=f(x)為R上的可導(dǎo)函數(shù),當(dāng)x0時,f(x)+f(x)x0,即xf(x)+f(x)x0.當(dāng)x0時,xf(x)+f(x)0;當(dāng)x0時,xf(x)+f(x)0.由g(x)=xf(x)+1x=(x)x可知,g(x)的零點就是h(x)的零點,而h(x)無零點.故選C.答案C6.函數(shù)f(x)=x3-12x+3,g(x)=3x-m,若x1-1,5,x20,2,f(x1)g(x2),則實數(shù)m的最小值是.解析由題意f(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),則f(x)在-1

5、,2上單調(diào)遞減,在2,5上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x-1,5時,f(x)min=f(2)=8-24+3=-13.又g(x)=3x-m在0,2上單調(diào)遞增,所以x0,2時,g(x)min=g(0)=1-m,所以-131-m,得m14,故mmin=14.答案147.函數(shù)y=ln x+x2的圖象與函數(shù)y=3x-b的圖象有3個不同的交點,則實數(shù)b的取值范圍是.解析依題意方程ln x+x2-3x+b=0有3個實數(shù)根,即b=-ln x-x2+3x,令f(x)=-ln x-x2+3x,則f(x)=-1x-2x+3=-2x2+3x-1x=-(2x-1)(x-1)x,因此f(x)在x=12取得極小值f12=54+ln 2

6、,在x=1取得極大值f(1)=2,故實數(shù)b的取值范圍是54+ln2,2.答案54+ln2,28.已知函數(shù)f(x)=e2x-a(x+2).當(dāng)a=2時,f(x)的增區(qū)間為;若f(x)有兩個零點,則實數(shù)a的取值范圍為.解析(1)當(dāng)a=2時,f(x)=e2x-2x-4,求導(dǎo)得f(x)=2e2x-2,令f(x)0,解得x0,所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+);(2)f(x)=2e2x-a,當(dāng)a0時,因為2e2x0,所以f(x)0恒成立,此時f(x)單調(diào)遞增,不存在兩個零點,故舍去;當(dāng)a0時,易知當(dāng)x12ln a2,+時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x-,12ln a2時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞

7、減;又當(dāng)x+時,f(x)+,當(dāng)x-時,f(x)+,若使f(x)有2個零點,只需最小值f12ln a20即可,即f12ln a2=e212lna2-a12ln a2+2=-a2ln a232a=-a2ln a2+32e-3.故a(2e-3,+).答案(0,+)(2e-3,+)9.已知函數(shù)f(x)=ln x.(1)若函數(shù)h(x)=f(x)+12x2-ax在點(1,h(1)處的切線與直線4x-y+1=0平行,求實數(shù)a的值;(2)對任意的a-1,0),若不等式f(x)ln x-12ax2-2x對任意的a-1,0)恒成立,則blnx-12ax2-2xmax,由函數(shù)(a)=-12x2a-2x+ln x在a

8、-1,0)內(nèi)單調(diào)遞減,所以(a)max=(-1)=12x2-2x+ln x,因此問題轉(zhuǎn)化為不等式b12x2-2x+ln x在x(0,1上恒成立,令G(x)=12x2-2x+ln x,則G(x)=x-2+1x=(x-1)2x0.因此G(x)max=G(1)=-32,故b的取值范圍為-32,+.10.已知函數(shù)f(x)=14x3-x2+x.(1)求曲線y=f(x)的斜率為1的切線方程;(2)當(dāng)x-2,4時,求證:x-6f(x)x;(3)設(shè)F(x)=|f(x)-(x+a)|(aR),記F(x)在區(qū)間-2,4上的最大值為M(a).當(dāng)M(a)最小時,求a的值.(1)解由f(x)=14x3-x2+x得f(x)=34x2-2x+1.令f(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0,f83=827,所以曲線y=f(x)的斜率為1的切線方程是y=x與y-827=x-83,即y=x與y=x-6427.(2)證明令g(x)=f(x)-x,x-2,4.由g(x)=14x3-x2得g(x)=34x2-2x.令g(x)=0得x=0或x=83.g(x),g(x)的情況如下:x-2(-2,0)00,838383,44g(x)+-+g(