2019版一轮优化探究文数练习：第三章 第二节 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例 Word版含解析

一、填空题
．
________为的极大值，极小值分别3x －x 3＋1＝y ．函数1 ，
3x －x 3＋1＝y 由解析： ，
3＋2x 3－＝′y 得 0.
＝3＋2x 3－，即0＝′y 令 得x ＝±1.
∵当x <－1时，y ′<0； 当－1<x <1时，y ′>0；
当x >1时，y ′<0.
；3＝1－3＋1＝极大值y 时，有1＝x 当∴ 1.
－＝1＋3－1＝极小值y 时，有1－＝x 当 答案：3，－1
．
________为的单调递减区间1＋2x 3－3x ＝y ．函数2 ，
x 6－2x 3＝′1)＋2x 3－3x (＝)x (′f 解析： ∵当f ′(x )<0时，f (x )单调递减，
<2.x 0<即，0<x 6－2x 3∴ 故单调递减区间为(0,2)．
答案：(0,2)
________.＝t ，则实数2为上的最大值2,1]－[在区间|1＋t －x 3－3x |＝)x (f 为常数，函数t ．已知3 分别分离变量，上恒成立，不等式左右两边2,1]－[∈x 在2≤1＋t －x 3－3x ≤2－由题意知解析：本题还可以通过
.1＝t ，所以1≤t ≤1得上恒成立，2,1]－[∈x 在3＋x 3－3x ≤t ≤1－x 3－3x 可得数形结合的方法讨论解决．
答案： 1
．
________是的取值范围a 既有极大值又有极小值，则1]＋x 2)＋a [(3＋2ax 3＋3x ＝)x (f ．函数4 ，
1]＋x 2)＋a [(3＋2ax 3＋3x ＝)x (f ∵解析： ．
)2＋a 3(＋ax 6＋2x 3＝)x (′f ∴ 0.
＝2＋a ＋ax 2＋2x ，即0＝)2＋a 3(＋ax 6＋2x 3令 ∵函数f (x )有极大值和极小值，
两个不相等的实根．
有0＝2＋a ＋ ax 2＋2x 方程∴ 1.
－<a 或2>a ∴，08>－a 4－2a 4＝Δ即 答案：a >2或a <－1
∈
x
，m 3＋3x 2－4x 1
2
＝
)x (f ．已知函数5R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是________．
，
m 3＋3x 2－4x 1
2
＝)x (f 因为函数解析： ，
2x 6－3x 2＝)x (′f 所以 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝3， 经检验知x ＝3是函数的最小值点， ，272
－
m 3＝)(3f 所以函数的最小值为 不等式f (x )＋9≥0恒成立，
即f (x )≥－9恒成立，
.
3
2
≥m ，解得9－≥272－m 3以所 3
2
≥
m 答案： ．
________为的值x 上取得最大值时]π
2
，0[在x 2cos ＋x ＝y ．函数6 解析：y ′＝(x ＋2cos x )′＝1－2sin x ， .
π
6＝x 时，]π2，0[∈x ，且0＝x 2sin －1令 是单调增函数，)x (f ，0≥)x (′f 时，]π
6
，
0[∈x 当 单调递减．)x (f ，0≤)x (′f 时，]π
2
，π6[
∈x 当 ．
)π
6
(f ＝max )x (f ∴ π
6
答案：
．________是的取值范围m 有大于零的极值点，则)R ∈x (mx 2＋x e ＝y ，若函数R ∈m ．设7 的实0于有大0＝m 2＋x e ＝′y 有大于零的极值点，所以)R ∈x (mx 2＋x e ＝y 因为函数解析：.
1
2
－<m ，即1>m 2－，则两曲线的交点必在第一象限．由图象可得m 2－＝2y ，x e ＝1y 根．令 12
－
<m 答案： 8．已知函数f (x )＝x sin
x ，x
∈
．
)结连”<“用(________为的大小关系)5π
4
－(f ，)4π3(f ，)4－(f ，则R ，
0<x cos x ＋x sin ＝)x (′f ∴，0<x cos ，0<x sin ，时]4π
3，5π4[∈x ，当x cos x ＋x sin ＝)x (′f 解析：－(f )<4π
3
(f ∴为偶函数，)x (f ，又函数)5π4(f (4)<f )<4π3(f ∴上为减函数，]4π3，5π4[
∈x 在)x (f 则函数．)5π
4
－
(f 4)< )
5π
4
－(f 4)<－(f )<4π3(f 答案：
．
________为的值c 处有极大值，则常数2＝x 在2)c －x (x ＝)x (f ．9 ，2c ＋cx 4－2x 3＝)x (′f ，x 2c ＋2cx 2－3x ＝)x (f 解析： ，
4＋x 8－2x 3＝)x (′f ，2＝c 若.6＝c 或2＝c ⇒0＝)(2′f ，
2<x <2
3
⇒)<0x (′f ，2>x 或23<x ⇒)>0x (′f 令 ＝
c 是极小值点．故2＝x ∴上单调递减，)2，2
3
(在上单调递增，)∞，＋2(及)23，∞－(在故函数2不合题意，c ＝6.
答案：6 二、解答题
.
1
2
处有极值1＝x 在x ln b ＋2ax ＝)x (f ．已知函数01 (1)求a ，b 的值；
(2)判断函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间．
，
x ln b ＋2ax ＝)x (f 因为函数)(1解析： .
b
x
＋ax 2＝)x (′f 所以 ，
1
2
处有极值1＝x 在)x (f 又函数 错误!
即.错误!所以 ⎩⎨
⎧
a ＝12，
b ＝－1.
解得
，
)∞，＋0(是，其定义域x ln －2x 1
2
＝)x (f 可知)(1由)(2 .
错误!＝1
x
－x ＝)x (′f 且 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
x (0,1) 1 (1，＋∞)
f ′(x )
－
＋
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f(x)极小值
所以函数y＝f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．
11．已知函数f(x)＝
x
ln x
(x>0，x≠1)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若不等式>x对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围．
解析：(1)函数f(x)＝
x
ln x
的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，
f′(x)＝ln x－1 ln2x
.
令f′(x)＝0，解得x＝e.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (0,1)(1，e)e(e，＋∞)
f′(x)－－0＋
f(x)极小值f(e)
由表得函数f(x)的单调减区间为(0,1)和(1，e)，单调增区间为(e，＋∞)．
所以存在极小值为f(e)＝e，无极大值．
(2)当x≤0时，对任意a≠0，不等式恒成立．
当x>0时，在不等式>x两边同时取自然对数，得
x
a
>ln x．(*)
①当0<x≤1时，ln x≤0，
当a>0，不等式恒成立；
如果a<0，ln x<0，a ln x>0，
不等式(*)等价于a<x
ln x
，
由(1)得，此时x
ln x
∈(－∞，0)，不等于(*)不恒成立．
②当x>1时，ln x>0，则a>0，不等式(*)等价于a<x
ln x ，由(1)得，此时x
ln x
的最小值为e，
得0<a<e.
综上所述，a的取值范围是(0，e)．
12．设函数f(x)＝e x－1－x－ax2.
(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
解析：(1)若a＝0，f(x)＝e x－1－x，f′(x)＝e x－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间是(－∞，0)，单调递增区间是(0，＋∞)．(2)f′(x)＝e x－1－2ax.
由(1)知e x≥1＋x，
当且仅当x＝0时等号成立，
故f′(x)≥x－2ax＝(1－2a)x，
从而当1－2a≥0，即a≤1
2
时，f′(x)≥0(x≥0)．
∴f(x)在[0，＋∞)上单调增加．
而f(0)＝0，于是当x≥0时，f(x)≥0.
由e x>1＋x(x≠0)可得e－x>1－x(x≠0)．
从而当a>1
2
时，
f′(x)<e x－1＋2a(e－x－1)＝e－x(e x－1)(e x－2a)，
令e－x(e x－1)(e x－2a)<0得1<e x<2a，
∴0<x<ln 2a.
故当x∈(0，ln 2a)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(0，ln 2a)上单调减少．
而f(0)＝0，于是当x∈(0，ln 2a)时，f(x)<0.不符合要求．综上可得a的取值范围为(－∞，1
]．
2。