发布时间 : 星期一 文章高二数学 (人教a版,选修1-1)作业：3 导数及其应用(B)更新完毕开始阅读
?1－?x?2? S＝f(x)＝x·??2??
x3
＝－＋x (x∈(0,2))．
4
3
由f′(x)＝－x2＋1＝0，
422
得x1＝－(舍)，x2＝，
332
∴x∈?0，?时，f′(x)>0，f(x)是递增的，
3??2
x∈?，2?时，f′(x)<0，f(x)是递减的， ?3?243
当x＝时，f(x)取最大值. 93
16．①③
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 由题意得f(0)＝0，
3π
f′(－1)＝f′(1)＝tan ＝－1.
4c＝0??
∴?3－2a＋b＝－1??3＋2a＋b＝－1
，∴a＝0，b＝－4，c＝0.
∴f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]．故①正确．
2323
由f′(x)＝3x2－4＝0得x1＝－，x2＝.
33
根据x1，x2分析f′(x)的符号、f(x)的单调性和极值点. x －2 2323(－2，－） － 33(－23，323) 323 323(，2) 32 f′(x) f(x) 0 ＋ 0 163 9 － 0 163－ 9＋ 0 23∴x＝－是极大值点也是最大值点． 323x＝是极小值点也是最小值点．
3
f(x)min＋f(x)max＝0.∴②错，③正确． 17．解 f′(x)＝x2－ax＋a－1，
由题意知f′(x)≤0在(1,4)上恒成立， 且f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立． 由f′(x)≤0得x2－ax＋a－1≤0， 即x2－1≤a(x－1)．
∵x∈(1,4)，∴x－1∈(0,3)，
x2－1∴a≥＝x＋1.
x－1
又∵x＋1∈(2,5)，∴a≥5， ① 由f′(x)≥0得x2－ax＋a－1≥0， 即x2－1≥a(x－1)．
∵x∈(6，＋∞)，∴x－1>0，
x2－1∴a≤＝x＋1.
x－1
又∵x＋1∈(7，＋∞)，∴a≤7， ② ∵①②同时成立，∴5≤a≤7.
经检验a＝5或a＝7都符合题意， ∴所求a的取值范围为5≤a≤7. 18．解 (1)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
2124
－?＝－a＋b＝0， 由f′??3?93
1
f′(1)＝3＋2a＋b＝0得a＝－，b＝－2.
2
2
f′(x)＝3x－x－2＝(3x＋2)(x－1)，
2
令f′(x)>0，得x<－或x>1，
32
令f′(x)<0，得－ 3 22 －∞，－?和(1，＋∞)，递减区间是?－，1?. 所以函数f(x)的递增区间是?3???3? 1 (2)f(x)＝x3－x2－2x＋c，x∈[－1,2]， 2 2222 －?＝＋c为极大值， 由(1)知，当x＝－时，f??3?273 而f(2)＝2＋c，则f(2)＝2＋c为最大值， 要使f(x) 则只需要c2>f(2)＝2＋c，得c<－1或c>2. 19．解 设每次订购电脑的台数为x，则开始库存量为x台，经过一个周期的正常均匀 1 销售后，库存量变为零，这样又开始下一次的订购，因此平均库存量为x台，所以每年的 2 1 保管费用为x·4 000·10%元， 2 5 000 而每年的订货电脑的其它费用为·1 600元， x 5 0001 这样每年的总费用为·1 600＋x·4 000·10%元． x2 5 0001令y＝·1 600＋x·4 000·10%， x211 y′＝－2·5 000·1 600＋·4 000·10%. x2 令y′＝0，解得x＝200(台)． 也就是当x＝200台时，每年订购电脑的其它费用及保管费用总费用达到最小值，最小值为80 000元． 20．解 (1)对函数f(x)求导数，得 f′(x)＝(x2－2ax)ex＋(2x－2a)ex ＝[x2＋2(1－a)x－2a]ex. 令f′(x)＝0，得[x2＋2(1－a)x－2a]ex＝0， 从而x2＋2(1－a)x－2a＝0. 解得x1＝a－1－1＋a2，x2＝a－1＋1＋a2， 其中x1 当x变化时，f′(x)、f(x)的变化如下表： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 极大值 极小值 当f(x)在x＝x1处取得极大值，在x＝x2处取到极小值． 当a≥0时，x1<－1，x2≥0. f(x)在(x1，x2)为减函数，在(x2，＋∞)为增函数． 而当x<0时，f(x)＝x(x－2a)ex>0； 当x＝0时，f(x)＝0，所以当x＝a－1＋1＋a2时，f(x)取得最小值． (2)当a≥0时，f(x)在[－1,1]上为单调函数的充要条件是x2≥1，即a－1＋1＋a2≥1， 3 解得a≥. 4 33 ，＋∞?. 综上，f(x)在[－1,1]上为单调函数的充分必要条件为a≥.即a的取值范围是??4?4 21．(1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 2(1－ln 2＋a) 故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)． (2)证明 设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R， 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. 由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0. 于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增． 于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)． 而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0， 即ex－x2＋2ax－1>0， 故ex>x2－2ax＋1. 1 22．(1)解 ∵f(x)＝x2＋ln x，∴f′(x)＝2x＋. x ∵x>1时，f′(x)>0， ∴f(x)在[1，e]上是增函数， ∴f(x)的最小值是f(1)＝1，最大值是f(e)＝1＋e2. (2)证明 令F(x)＝f(x)－g(x) 12 ＝x2－x3＋ln x， 23 1x2－2x3＋12 ∴F′(x)＝x－2x＋＝ xx x2－x3－x3＋1?1－x??2x2＋x＋1?＝＝. xx ∵x>1，∴F′(x)<0， ∴F(x)在(1，＋∞)上是减函数， 121 ∴F(x) 236 ∴f(x) 21 ∴当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象在g(x)＝x3＋x2的下方． 32