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2016中秋假期作业——导数复习巩固答案 (1)


2016 中秋假期作业——导数复习巩固答案 1. y=2xsin(2x+5)的导数是 . 答案:y′=2sin(2x+5)+4xcos(2x+5) 2. 已知函数 f(x)的导函数为 f′(x),且满足 f(x)=3x +2xf′(2) ,则 f′(5)= 6 . 解:f′(x)=6x+2f′(2)令 x=2 得 f′(2)=﹣12 ∴ f′(x)=6x﹣24 3. 函数 f(x)=x ﹣2lnx 的单调减区间是 (0,1) . 解:∵f(x)=x ﹣2lnx(x>0) , ∴f′(x)=2x﹣ = = ,
2 2 2 2



f′(5)=30﹣24=6

令 f′(x)<0 由图得:0<x<1.∴函数 f(x)=x ﹣2lnx 的单调减区间是(0,1) .故答案为(0,1) . 4. 已知函数 f(x)=x +3ax +3 (a+2) x+1 既有极大值又有极小值, 则实数 a 的取值范围是 (﹣∞, ﹣1) ∪ (2, +∞) . 解:∵f(x)=x +3ax +3(a+2)x+1∴f'(x)=3x +6ax+3(a+2) ∵函数 f(x)=x +3ax +3(a+2)x+1 既有极大值又有极小值, ∴△=(6a) ﹣4× 3× 3(a+2)>0
3

3

2

3

2

2

3

2

2

∴a>2 或 a<﹣1,故答案为: (﹣∞,﹣1)∪(2,+∞)

5. 已知函数 f(x)=x ﹣kx 在区间(﹣3,﹣1)上不单调,则实数 k 的取值范围是 3<k<27 . 解:函数求导 f′(x)=3x ﹣k ∵在区间(﹣3,﹣1)上不单调 ∴f′(x)在区间(﹣3,﹣1)内有零点 ∵f′(﹣3)=27﹣k,f′(﹣1)=3﹣k ∴(27﹣k) (3﹣k)<0
2 2

∴f′(﹣3)f′(﹣1)<0 ∴3<k<27,故答案为:3<k<27.

∴(k﹣27) (k﹣3)<0

6. 若函数 f(x)=2lnx+x ﹣5x 在区间(m,m+1)上为递减函数,则 m 的取值范围是 [ ,1] . 解:∵函数 f(x)=2lnx+x ﹣5x,∴f′(x)= +2x﹣5, 又函数 f(x)在区间(m,m+1)上为递减函数,
2



,解得: ≤m≤1,故答案为:[ ,1].

7. 设 f ( x) ? ? 解:∵

1 3 1 2 x ? x ? 2ax ,若 f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间,则 a 的取值范围是 a≥ 3 2
,∴函数的导数为 f′(x)=﹣x +x+2a,
2



若函数 f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间,即 f′(x)≥0 在[ ,+∞)上有解 ∵f′(x)=﹣x +x+2a,∴只需 f′( )≥0 即可,由 f′( )=﹣ + +2a=2a+ ≥0,解得 a≥ 故答案为:a≥ .
2



8.如图是函数 y=f(x)的导函数 y= f’(x)的图象,给出下列命题:

①﹣2 是函数 y= f(x)的极值点②1 是函数 y= f(x)的极小值点 ③y= f(x)在 x=0 处切线的斜率大于零;④y= f(x)在区间(﹣∞,﹣2)上单调递减;则正确命题的序号是 ①③④ . 解:①由导数图象可知,当 x<﹣2 时,f′(x)<0,函数单调递减,当 x>﹣2 时,f′(x)>0,函数单调 递增,∴﹣2 是函数 y=f(x)的极小值点,∴①正确. ②当 x>﹣2 时,f′(x)>0,函数单调递增,∴1 是函数 y=f(x)的极小值点,错误. ③当 x>﹣2 时,f′(x)>0,函数单调递增,∴y=f(x)在 x=0 处切线的斜率大于零,∴③正确. ④当 x<﹣2 时,f′(x)<0,函数单调递减,∴y=f(x)在区间(﹣∞,﹣2)上单调递减,∴④正确.则 正确命题的序号是①③④,故答案为:①③④
x 2

9.已知函数 f(x)=e (ax+b)﹣x ﹣4x,曲线 y=f(x)在点(0,f(0) )处切线方程为 y=4x+4. (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值. 解: (1)∵ f(x)=e (ax+b)﹣x ﹣4x,∴ f′(x)=e (ax+a+b)﹣2x﹣4, ∵曲线 y=f(x)在点(0,f(0) )处切线方程为 y=4x+4 ∴ f(0)=4,f′(0)=4
x x 2 x

∴ b=4,a+b=8
2



a=4,b=4;
x x

(2)由(1)知,f(x)=4e (x+1)﹣x ﹣4x,f′(x)=4e (x+2)﹣2x﹣4=4(x+2) (e ﹣ ) , 令 f′(x)=0,得 x=﹣ln2 或 x=﹣2 ∴x∈(﹣∞,﹣2)∪(﹣ln2,+∞)时,f′(x)>0; x∈(﹣2,﹣ln2)时,f′(x)<0 ∴f(x)的单调增区间是(﹣∞,﹣2) , (﹣ln2,+∞) ,单调减区间是(﹣2,﹣ln2) 当 x=﹣2 时,函数 f(x)取得极大值,极大值为 f(﹣2)=4(1﹣e ) . 10.设函数 f(x)=x2ex 1+ax3+bx2,已知 x=-2 和 x=1 为 f(x)的极值点.


﹣2

(1)求 a 和 b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性; 解


2 (3)设 g(x)= x3-x2,试比较 f(x)与 g(x)的大小. 3


(1)因为 f′(x)=ex 1(2x+x2)+3ax2+2bx=xex 1(x+2)+x(3ax+2b),

? ?-6a+2b=0, 又 x=-2 和 x=1 为 f(x)的极值点,所以 f′(-2)=f′(1)=0,因此? ……………(3 分) ?3+3a+2b=0, ?

1 ? ?a=-3, 解方程组得? ………………………………………………………………(4 分) ? ?b=-1. 1 - (2)因为 a=- ,b=-1,所以 f′(x)=x(x+2)(ex 1-1), 3 令 f′(x)=0,解得 x1=-2,x2=0,x3=1.……………………………………………(6 分) 因为当 x∈(-∞,-2)∪(0,1)时,f′(x)<0;当 x∈(-2,0)∪(1,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(-2,0)和(1,+∞)上是单调递增的;在(-∞,-2)和(0,1)上是单调递减的.……………(8 分)

1 - - - (3)由(1)可知 f(x)=x2ex 1- x3-x2,故 f(x)-g(x)=x2ex 1-x3=x2(ex 1-x), 3 令 h(x)=ex 1-x,则 h′(x)=ex 1-1.…………………………………………………(9 分)
- -

令 h′(x)=0,得 x=1, 因为 x∈(-∞,1]时,h′(x)≤0,所以 h(x)在 x∈(-∞,1]上单调递减. 故 x∈(-∞,1]时,h(x)≥h(1)=0. 因为 x∈[1,+∞)时,h′(x)≥0,所以 h(x)在 x∈[1,+∞)上单调递增. 故 x∈[1,+∞)时,h(x)≥h(1)=0.……………………………………………………(11 分) 所以对任意 x∈(-∞,+∞),恒有 h(x)≥0, 又 x2≥0,因此 f(x)-g(x)≥0,故对任意 x∈(-∞,+∞),恒有 f(x)≥g(x).………………………(12 分)

11. 已知函数 f ( x) ?

a 3 1 1 x ? (a ? 1) x 2 ? x ? (a ? R ) . (1)若 a<0,求函数 f(x)的极值; 3 2 3

(2)是否存在实数 a 使得函数 f(x)在区间[0,2]上有两个零点,若存在,求出 a 的取值范围;若不存在,说明理 由. 解: (1)f′(x)=ax ﹣(a+1)x+1=a(x﹣1) (x﹣ )∵a<0,∴ <1, (﹣∞, ) f′(x) f(x) ﹣ 递减 0 极小值 ( ,1) + 递增 1 0 极大值 (1,+∞) ﹣ 递减
2

∴f(x)极小值=f( )=

,f(x)极大值=f(1)=﹣ (a﹣1)

(2)f( )=

=

,f(1)=﹣ (a﹣1),f(2)= (2a﹣1),f(0)=﹣ <0,

①当 a

时 f(x)在[0,1]上为增函数,在[1,2]上为减函数,f(0)=



f(1)=﹣ (a﹣1)>0,f(2)= (2a﹣1)≤0,所以 f(x)在区间[0,1], (1,2]上各有一个零点, 即在[0,2]上有两个零点; 当 <a≤1 时,f(x)在[0,1]上为增函数,在(1, )上为减函数, ( ,2)上为增函数,

f(0)=

,f(1)=﹣ (a﹣1)>0,f( )=

,f(2)= (2a﹣1)>0,

所以 f(x)只在区间[0,1]上有一个零点,故在[0,2]上只有一个零点; ③当 a>1 时,f(x)在[0, ]上为增函数,在( ,1)上为减函数, (1,2)上为增函数,f(0)=﹣ <0,

f( )=

,f(1)=﹣ (a﹣1)<0,f(2)= (2a﹣1)>0,所以 f(x)只在区间

(1,2)上有一个零点,故在[0,2]上只有一个零点;

故存在实数 a,当 a≤ 时,函数 f(x)在区间[0,2]上有两个零点;


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