江苏省2019学年高二数学暑假作业第7天导数的应用理(含解析)苏教版

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江苏省 2019学年高二数学暑期作业第7天导数的应用理（含分析）苏
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第7天导数的应用
2
1.函数g(x)＝x ln x的单一减区间是 ____________．
2.函数y＝x e x的最小值是________．
3.
若函数 f(x) ＝ax 3－12x＋a的单一减区间为 ( －2，2) ，则实数 a＝________．
4.
32
若函数 f(x) ＝x＋ax ＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是 __ ____________．
5.若函数f(x)＝kx－ln
x在区间 (1 ，＋∞ ) 上单一递加，则实数 k的取值范围是 ________．6.
已知 x＝0是函数 f(x) ＝(x －2a)(x 223
＋a x＋2a ) 的极小值点，则实数 a的取值范围
是___________________________________________________________________ _____．
7.函数 y＝x－2sin x在区间 (0 ，π) 上的单一增区间为 ________．
8.
32
若函数 f(x) ＝x－3x ＋mx在区间 (0 ，3) 上有极值，则实数 m的取值范围是 ______ __．
π
9.定义在区间 0，2上的函数 f(x) ＝8sin x－ tan x
的最大值为 ________．
10.
已知函数 f(x) ＝x|x 2－3| ，若存在实数 m∈(0 ，5] ，使适当 x∈[0 ，m]时， f(x)的取值范围是 [0 ，am]，则实数 a的取值范围是 ________．
1－x
11.已知函数f(x)＝ax＋ln x.
(1)若函数 f(x) 在区间 [1 ，＋∞ ) 上为增函数，求正实数 a的取值范围；
(2)议论函数 f(x) 的单一性．
12.如图，圆锥 OO1的体积为 6π. 设它的底面半径为 x，侧面积为 S.
(1 ) 试写出 S对于 x的函数分析式；
(2)当圆锥底面半径 x为多少时，圆锥的侧面积最小？
13.已知函数f(x)＝ln x－ax(a ∈ R) ．
1
(1)当 a＝2时，求 f ( x) 的极值；
(2)议论函数 f ( x) 在定义域内极值点的个数．
14.已知函数f(x)＝e x－ax2.
(1)若a＝1，证明：当 x≥0时， f(x) ≥1；
(2)若f(x) 在区间 (0 ，＋∞ ) 上只有一个零点，务实数 a的值．
第7天导数的应用
1.
1
分析：对函数求导，得 g′(x) ＝2x ln (0 ，e－ ]
2
x ＋
x.
令′
(x) ＝2x
ln
g
11
x＋x≤0，解得 0<x≤ e－2，因此函数 g(x) 的单一减区间是 (0， e－2] ．
1
2.－e分析：
y′＝ e x＋x e x＝(x ＋1) e x，当 x<－1时， y′<0，函数 y＝x e x是减函数；当 x>－1时
e x是增函数，因此当
x ＝－时，函数
y
＝x e x取最小值－1
，y′>0，函数 y＝x1e
.
3. 1分析：f′(x)＝3ax2－12＜0的解集是(－2，2)，则a＝1.
4. ( －∞，－ 3) ∪(6 ，＋∞)
分析：由题意知 f ′(x) ＝3x 2＋2ax＋(a ＋6) ＝0有两个不一样的实数根，因此其判别式 (2a) 2－4×3×(a ＋6)>0，解得 a<－3或a>6.
1
5.[1 ，＋∞) 分析：由题意得 f ′(x) ＝k－x
≥0在区间 (1 ，＋∞ ) 上恒建立，因此 k≥1
，即k≥1. x max
6. ( －∞， 0) ∪(2 ，＋∞)
22
4a－2a2
分析： f ′(x) ＝3x ＋(2a －4a)x ＝3x x－，由x＝0是函数的极小值点
4a－2a2
得＜0，解得 a＞2或a＜0.
3
7.π，
π
分析：由 y′＝
cos
x
＞得 cos 31－20
1π
x＜2. 因为 x∈(0 ，π) ，因此 x∈3，π .
8.( －9，3)
分析：由 f ′(x) ＝3x 2－6x＋m在(0 ，3) 上有变号零点，知 m＝6x－3x 2，x∈(0 ，3 ) ，得 m∈( －9，3] ，代入查验，由变号零点，知舍去3，因此 m∈( －9，3) ．
9.3 3分析：′cos
x
－ cos2x＋sin2x f(x) ＝8cos2x
8cos3x－1
＝，令 f ′(x) ＝0，得 cos
cos2x
1πππ
x＝2，x∈ 0，2，因此 x＝3 . 当x∈0，3
时， f ′(x) ＞0，f(x)单一递加；当 x∈π，π
32
π
时， f ′(x) ＜0，f(x)单一递减，因此 x＝3
π
是极大值点，也为最大值点，故 f(x)max＝f3＝3 3.
10.[1 ，3)
分析：易知 f(x)在(0 ，1) 和( 3，5) 上单一递加，在 (1 ，3) 上单一递减； f( 1) ＝f(2)＝2，f(0) ＝f(3) ＝0，f(5) ＝2 5. ①当 m∈(0 ，1] ∪[2 ，5] 时，
2－3| ，因此
f(x) ＝f(m) ，因此 am＝f(m) ＝m|m
max
a＝|m2－3| ，由 m∈(0 ，1) ∪(2 ，5] ，可知 a∈(1 ，3) ；②当 m∈[1 ，2] 时， f(x
2
) max＝2，因此 a＝，由 m∈[1 ，2] ，知 a∈[1 ，2] ．综上， a∈[1 ，3) ．
m
1－x
11.分析：(1)因为f(x)＝ax＋ln x，
ax－1
因此 f ′(x) ＝ax2 (a ＞0) ．
因为函数 f(x) 在[1 ，＋∞ ) 上为增函数，
ax－1
因此 f ′(x) ＝ax2≥0对x∈[1 ，＋∞ ) 恒建立，
1
即ax－1≥0对x∈[1 ，＋∞ ) 恒建立，即 a≥x
对x∈[1 ，＋∞ ) 恒建立，因此 a≥1，即正实数 a的取值范围为 [1 ，＋∞ ) ．
1
a x－a
(2)因为a≠0，f′(x)＝
ax2
1
x－a
＝x2，x＞0. 当a＜0时， f ′(x) ＞0对x∈(0 ，＋∞ ) 恒建立，因此 f(x) 的增
区
11间为 (0 ，＋∞ ) ；当 a＞0时，由 f ′(x) ＞0，得 x＞a ，由f′(x)＜0，得0＜x＜a，
11
因此 f(x) 的增区间为a，＋∞ ，减区间为0，a.综上，当a<0时，函数f(x
11
) 单一递加；当 a>0时，函数 f(x) 在a，＋∞ 单一递加，在0，a上单一递减．
1
12.分析： (1) 设高为 h，则体积为3πx2h＝ 6
36x2＋h2＝x2＋541
π ，解得＝，因此母线长为 l ＝，侧面积为 S＝
h x2x42
54
×2π xl ＝πx4＋x2(x ＞0) ．
(2)
454
3
记f(x) ＝x＋x2，要求侧面积的最小值，只要求f(x) 的最小值． f ′(x) ＝4x －108
x3，令 f ′(x) ＝0，解得 x＝3，跟着 x的变化， f ′(x) 与f(x) 的变化状况以下表：
x
(0，
3)3
，＋∞)
( 3
f ′(x)－0＋
f(x)极小值
因此当 x＝3时，侧面积取最小值 33π .
7 / 9
1
1
13. 分析： (1) 当a
＝
2时， f(x) ＝
ln x － 2
1 1
x ，函数的定义域为 (0 ，＋∞ ) ，且 f ′(x) ＝ x －2
2－x
＝ 2x . 令f ′(x) ＝0，得 x ＝2，因此当 x 变化时， f ′(x) ，f(x) 的变化状况如表：
x (0 ，2)
2 (2 ，＋∞)
f ′(x) ＋
0 －
f(x)
ln
2－1
故f(x) 在定义域上的极大值为 f(2) ＝ ln － ，无极小值．
2 1
1 1－ax (2) 由(1) 知，函数的定义域为 (0 ，＋∞ ) ，f ′(x) ＝ x －a ＝ x (x>0) ．
当a ≤0时， f ′(x)>0 在(0 ，＋∞ ) 上恒建立，即函数在 (0 ，＋∞ ) 上单一递
增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，若 f ′(x) >0 ，则 x ∈ 0， 1 ；若 f ′(x)<0 ，则 x ∈ 1，＋∞ ，故
a a
1
函数在 x ＝ a 处有极大值．
综上可知，当 a ≤0时，函数 f(x) 无极值点；当 a>0时，函数 y ＝f(x) 有一个
1
极大值点，且为 x ＝ a .
14. 分析： (1) 当a ＝1时， f(x) ≥1等价于
(x 2
＋1) e －x －1≤0.
设函数 g(x) ＝ 2 e －x － ，则 ′ ＝－ (x 2
－ ＋ 1)e －x ＝－ (x －
1) 2
e －x
(x ＋1) 1g (x) 2x .
当x ≠1时， g ′(x)<0 ，因此 g(x) 在(0 ，＋∞ ) 上单一递减．又因为 g(0) ＝0，故当 x ≥0时， g(x) ≤0，即 f(x) ≥1.
(2)
设函数 h(x) ＝1－ax 2e －x ，f(x) 在(0 ，＋∞ ) 上只有一个零点当且仅当 h(x) 在(0 ，
＋∞ ) 上只有一个零点建立．
8 / 9
当x∈(0 ，2) 时， h′(x ) <0；当 x∈(2 ，＋∞ ) 时， h′(x)>0 ，
因此 h(x) 在(0 ，2) 上单一递减，在 (2 ，＋∞ ) 上单一递加，
4a
故h(2) ＝1－e2是h(x) 在(0 ，＋∞ ) 上的最小值．
e2
①若 h(2)>0 ，即 a< 4，则 h(x) 在(0 ，＋∞ ) 上没有零点；
e2
②若 h(2) ＝0，即 a＝4，则 h(x) 在(0 ，＋∞ ) 上只有一个零点；
e2
③若 h(2)<0 ，即 a> 4，因为 h(0) ＝1，因此 h(x) 在(0 ，2) 上有一个零点．
由(1) 知，当 x>0时， e x>x2，因此 h(4a) ＝1－16a3
e4a
＝1－
16a316a31
>1－＝1－ >0.（e2a）2（2a）4a
故h (x)在(2 ，4a) 上有一个零点，因此 h(x) 在(0 ，＋∞ ) 上有两个零点．
e2
综上， f(x) 在(0 ，＋∞ ) 上只有一个零点时， a＝4 .
9 / 9。