2022-2022版数学新学案北师大版选修2-2练习：第四章-定积分-模块复习3-Word版含解析.docx

第3课时　导数的应用及定积分的简单应用
课后训练案巩固提升
A组
1.函数y=x-ex的递增区间为(　　)

A.(1,+∞) B.(0,+∞) C.(-∞,0) D.(-∞,1)
解析:f'(x)=1-ex,∴f'(x)>0的解为x<0,故函数的递增区间为(-∞,0).
答案:C
2.边界在直线y=0,x=e,y=x及曲线y=1x上的封闭图形的面积为(　　)
A.1 B.2 C.32 D.e

解析:由题意,作出封闭图形,其面积为12+1e 1xdx=12+ln x|1e=32.
答案:C
3.对任意的x∈R,函数f(x)=x3+ax2+7ax不存在极值点的充要条件是(　　)
A.0≤a≤21 B.a=0或a=7
C.a<0或a>21 D.a=0或a=21
解析:f'(x)=3x2+2ax+7a,当相应一元二次方程的根的判别式Δ=4a2-84a≤0,即0≤a≤21时,f'(x)≥0恒成立,此时函数f(x)不存在极值点.故选A.
答案:A
4.若f(x)=-12x2+bln(x+2)在(-1,+∞)上是减少的,则b的取值范围是(　　)
A.[-1,+∞) B.(-1,+∞)
C.(-∞,-1] D.(-∞,-1)
解析:∵f'(x)=-x+bx+2≤0,x∈(-1,+∞),即f'(x)=-x2-2x+bx2≤0,即-x2-2x+b=-(x+1)2+1+b≤0.∴1+b≤0,b≤-1.
答案:C
5.函数f(x)=-x3+x2+x-2的零点个数及分布情况为(　　)
A.一个零点,在-∞,-13内
B.两个零点,分别在-∞,-13,(0,+∞)内
C.三个零点,分别在-∞,-13,-13,0,(1,+∞)内
D.三个零点,分别在-∞,-13,(0,1),(1,+∞)内
解析:利用导数法易得函数f(x)在-∞,-13上是减少的,在-13,1上是增加的,在(1,+∞)上是减少的,而f-13=-5927<0,f(1)=-1<0,故函数f(x)的图像与x轴仅有一个交点,且交点横坐标在-∞,13内,故选A.
答案:A
6.0π4 (sin x-acos x)dx=-22,则实数a=　　　　　. 
解析:由题意,得0π4 (sin x-acos x)dx
=(-cos x-asin x)|0π4
=-22-22a+1=-22,解得a=2.
答案:2
7.用长为18 cm的钢条围成一个长方体形状的框架,要求长方体的长与宽之比为2∶1,则该长方体的长、宽、高分别为　　　　　时,其体积最大. 
解析:设长、宽、高分别为2x,x,h,则4(2x+x+h)=18,h=92-3x,
∴V=2x·x·h=2x292-3x=-6x3+9x2,
由V'=0得x=1或x=0(舍去).
∴x=1是函数V在(0,+∞)上唯一的极大值点,也是最大值点,故长、宽、高分别为2 cm,1 cm,32 cm时,体积最大.
答案:2 cm,1 cm,32 cm
8.设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于x∈[-1,1],都有f(x)≥0,则实数a的值为　　　　　. 
解析:当x=0时,不论a为何值,f(x)≥0显然成立.
当x∈(0,1]时,由f(x)≥0得a≥3x2-1x3,
设g(x)=3x2-1x3,则g'(x)=3(1-2x)x4,
故g(x)在0,12上是增加的,在12,1上是减少的,
∴g(x)max=g12=4,故a≥4.
当x∈[-1,0)时,由f(x)≥0得a≤3x2-1x3,
设g(x)=3x2-1x3,则g'(x)=3(1-2x)x4,故g(x)在[-1,0)上是增加的,∴g(x)min=g(-1)=4,从而a≤4.
综上可知a=4.
答案:4
9.导学号88184069设函数f(x)=axx2+b(a>0).
(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值-2,求a,b的值;
(2)若函数f(x)在区间(-1,1)上是增加的,求b的取值范围.
解(1)由题知f'(x)=a(b-x2)(x2+b)2.
因为函数f(x)在x=-1处取得极值-2,所以f'(-1)=0,f(-1)=-2⇒a=4,b=1.
(2)函数f(x)在区间(-1,1)上是增加的,即f'(x)≥0在区间(-1,1)上恒成立,
因为a>0,(x2+b)2>0,所以b-x2≥0,
即b≥x2在区间(-1,1)上恒成立,所以b≥[x2]max.
因为x∈(-1,1),所以0≤x2≤1.
所以b的取值范围为[1,+∞).
10.

导学号88184070如图所示,已知曲线C1:y=x2与曲线C2:y=-x2+2ax(a>1)交于点O,A,直线x=t(0t)在区间(0,1]上的最大值.
解(1)由y=x2,y=-x2+2ax得点O(0,0),A(a,a2).
又由已知,得B(t,-t2+2at),D(t,t2),
∴S=0t (-x2+2ax)dx-12·t·t2+12(-t2+2at-t2)·(a-t)
=16t3-at2+a2t.
∴S=f(t)=16t3-at2+a2t(0≥0.
∴f(t)在区间(0,1]上是增加的,S的最大值是f(1)=a2-a+16;
当(2-2)a<1且a>1,即10,
∴f(t)在区间(0,(2-2)a]上是增加的;
②当(2-2)af(x)-f'(x)>0,则(　　)
A.ef(2 015)>f(2 016)
B.ef(2 015)g(2 016),即f(2 015)e2 015>f(2 016)e2 016,所以e·f(2 015)e2 016>f(2 016)e2 016,即ef(2 015)>f(2 016).
答案:A
2.已知函数f(x)=x2-2x+1+aln x有两个极值点x1,x2,且x11+2ln24 D.f(x2)>1-2ln24
解析:函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-2+ax=2x2-2x+ax,因为函数f(x)有两个极值点x1,x2,所以x1,x2是方程2x2-2x+a=0的两根,又x12t2)·ln t120,所以g(t)在区间12,1上是增加的,g(t)>g12=1-2ln24,所以f(x2)>1-2ln24.
答案:D
3.已知F(x)是一次函数,且01 F(x)dx=5,01 F(x)xdx=176,则F(x)=　　　　　. 
解析:∵F(x)是一次函数,
∴设F(x)=kx+b(k≠0).
∴01 F(x)dx=01 (kx+b)dx
=k2x2+bx|01=k2+b,
∴k2+b=5.①
又01 F(x)xdx=01 (kx+b)xdx
=01 kx2+bx)dx
=k3x3+b2x2|01
=k3+b2.
∴k3+b2=176.②
由①②,得k=4,b=3.
∴F(x)=4x+3.
答案:4x+3
4.已知函数f(x)=13x3+ax+b(a,b∈R)在x=2处取得极小值-43.
(1)求函数f(x)的递增区间;
(2)若f(x)≤m2+m+103对x∈[-4,3]恒成立,求实数m的取值范围.
解(1)由已知得f(2)=-43,f'(2)=0,又f'(x)=x2+a,所以83+2a+b=-43,4+a=0,解得a=-4,b=4,则f(x)=13x3-4x+4.
令f'(x)=x2-4>0,得x<-2或x>2,所以函数f(x)的递增区间为(-∞,-2),(2,+∞).
(2)f(-4)=-43,f(-2)=283,f(2)=-43,f(3)=1,则当x∈[-4,3]时,f(x)的最大值为283,故要使f(x)≤m2+m+103对x∈[-4,3]恒成立,只要283≤m2+m+103,解得m≥2或m≤-3.
所以实数m的取值范围是(-∞,-3]∪[2,+∞).
5.导学号88184071已知函数f(x)=x,g(x)=aln x,a∈R.
(1)设函数h(x)=f(x)-g(x),当h(x)存在最小值时,求其最小值φ(a)的解析式;
(2)对(1)中的φ(a),证明:当a∈(0,+∞)时,φ(a)≤1.
解(1)由题意知h(x)=x-aln x(x>0),
∴h'(x)=12x-ax=x-2a2x,
①当a>0时,令h'(x)=0,解得x=4a2,
∴当04a2时,h'(x)>0,h(x)在(4a2,+∞)上是增加的.
∴x=4a2是h(x)在(0,+∞)上的唯一极值点,且是极小值点,从而也是h(x)的最小值点.
∴最小值φ(a)=h(4a2)=2a-aln 4a2=2a(1-ln 2a).
②当a≤0时,h'(x)=x-2a2x>0,h(x)在(0,+∞)上是增加的,无最小值.
综上所述,h(x)的最小值φ(a)的解析式为φ(a)=2a(1-ln 2a)(a>0).
(2)由(1)知φ(a)=2a(1-ln 2a)=2a(1-ln 2-ln a),
则φ'(a)=-2(ln 2+ln a).
令φ'(a)=0,解得a=12.
当00,
∴φ(a)在0,12上是增加的;
当a>12时,φ'(a)<0,
∴φ(a)在12,+∞上是减少的.
∴φ(a)在a=12处取得极大值φ12=1,也是最大值,故当a∈(0,+∞)时,φ(a)≤1.