《1.3.4函数与导数综合问题》同步练习1

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1、《函数与导数综合问题》同步练习1一、选择题1．方程2x3－6x2＋7＝0在区间(0，2)内根的个数为(　　)A．0个　　B．1个　　C．2个D．3个2．若f′(x)＝4x3＋2，则f(x)可能是(　　)A．f(x)＝4x4＋2B．f(x)＝x4＋2C．f(x)＝x4＋2x＋1D．f(x)＝4x4＋2x3．函数y＝的最大值为(　　)A．e－1B．eC．e2D.4．若f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a＜0)在R上为减函数，则(　　)A．b2－4ac≥0B．b＞0，c＞0C．b＝0，c＞0D．b2－3ac≤0二、填空题5．若函数

2、f(x)＝ax2＋4x－3在[0，2]上有最大值f(2)，则a的取值范围是________．6.已知f(x)＝－x2＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m的取值范围是________．7．f(x)＝x3－12x＋8在[－3，3]上的最大值为M，最小值为m，则M－m＝__________.8．已知函数f(x)＝(x2－2x)ex，下列说法中正确的有__________(填序号)．①f(x)在R上有两个极值点②f(x)在x＝处取得最大值③f(x)在x＝处取得最小值④f(x)在x＝处取得极小值⑤f(x

3、)在R上有三个不同的零点三、解答题9．在曲线y＝x3＋x－2上，哪一点的切线与直线y＝－x＋1垂直？10．设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．答案一、选择题1．解析：设f(x)＝2x3－6x2＋7，则f′(x)＝6x2－12x，当x∈(0，2)时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，2)内单调递减．又f(0)＝7，f(2)＝－1，∴方程在(0，2)内只有1个根．答案：B2．答案：C3．答案：A4．答案：D二、填空题

4、5．解析：f′(x)＝2ax＋4，f(x)在[0，2]上有最大值f(2)，则要求f(x)在[0，2]上单调递增，则2ax＋4≥0在[0，2]上恒成立．当a≥0时，2ax＋4≥0恒成立．当a＜0时，要求4a＋4≥0恒成立，即a≥－1，所以a的取值范围是[－1，＋∞)．答案：[－1，＋∞)6.解析：f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，得x＝.由题设得∈(－2，－1)，故m∈(－4，－2)．答案：(－4，－2)7．解析：f′(x)＝3x2－12.由f′(x)＞0得x>2或x<－2；由f′(x)＜0得－2＜x＜2.所以f(x)在[

5、－3，－2]上单调递增，在[－2，2]上单调递减，在[2，3]上单调递增．又f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以最大值M＝24，最小值m＝－8，所以M－m＝32.答案：328．解析：f′(x)＝ex(x2－2)，令f′(x)＝0得x＝±.当x＜－时，f′(x)＞0；当－＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0，故函数在x＝处取得极小值，在x＝－处取得极大值，又f(－)＝(2＋2)e＞0，f()＝(2－2)e＜0，函数在R上有三个不同的零点．答案：①④⑤三、解答题9．解析：设切点为(

6、x0，y0)，对y＝x3＋x－2求导得y′＝3x2＋1，∴切线的斜率k＝y′

7、x＝x0＝3x＋1＝4，解得x0＝－1或x0＝1，所以切点为(－1，－4)或(1，0)．10．(1)求f(x)的单调区间；解析：f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a＞0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)若a＝1，k为整数，且当x

8、＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．解析：由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于k＜＋x(x＞0)．①令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)＜0，h(2)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点，故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为a，则a∈(1，2)．当x∈(0，a)时，g′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，g′(

9、x)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(a)．又由g′(a)＝0，可得ea＝a＋2，所以g(a)＝a＋1∈(2，3)．由于①式等价于k＜g(a)，故整数k的最大值为2.