2018学年数学人教A版选修2-2优化复习：第一章 章末优化总结

15．若函数f(x)＝

4x

在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是________． x＋1

24－4x2

解析：f′(x)＝2，令f′(x)> 0，得－1

?x＋1?2m≥－1，??

又f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，所以?m<2m＋1，

??2m＋1≤1.答案：(－1,0]

16．周长为20 cm的矩形，绕一条边旋转成一个圆柱，则圆柱体积的最大值为_______． 解析：设矩形的长为x，则宽为10－x(0

202020

由V′(x)＝0得x＝0(舍去)，x＝，且当x∈(0，)时，V′(x)>0，当x∈(，10)时，V′(x)<0，

333204 000

∴当x＝时，V(x)取得最大值为π cm3.

3274 000

答案：π cm3

27

三、解答题(本大题共有6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分12分)求曲线y＝x3在点(3,27)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积． ?3＋Δx?3－33

解析：因为f′(3)＝lim ＝27，所以在点(3,27)处的切线方程为y－27＝27(x－3)，

ΔxΔx→0

即y＝27x－54.

此切线与x轴、y轴的交点分别为(2,0)，(0，－54)． 1

所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为×2×54＝54.

2

18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为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． 解析：(1)f′ (x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4. 由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8. 从而a＝4，b＝4.

1

(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)(ex－)．

2令f′(x)＝0，得x＝－ln 2或x＝－2.

从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0. 故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减． 当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e2)．

－

解得－1

2

19. (本小题满分12分)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx在区间(－2,1)内x＝－1时取极小值，x＝时

3取极大值．

(1)求函数y＝f(x)在x＝－2时的对应点的切线方程； (2)求函数y＝f(x)在[－2,1]上的最大值与最小值． 解析：(1)f′(x)＝－3x2＋2ax＋b.

2

又x＝－1，x＝分别对应函数取得极小值、极大值，

32

所以－1，为方程－3x2＋2ax＋b＝0的两个根．

322b2所以a＝－1＋，－＝(－1)×.

3333

11

于是a＝－，b＝2，则f(x)＝－x3－x2＋2x.

22当x＝－2时，f(－2)＝2，即(－2,2)在曲线上．

又切线斜率为k＝f′(－2)＝－8，所求切线方程为y－2＝－8(x＋2)， 即为8x＋y＋14＝0.

(2)当x变化时，f′(x)及f(x)的变化情况如下表：

x f′(x) f(x) －2 2 (－2，－1) － －1 0 3－ 22(－1，) 3＋ 2 30 22 272(，1) 3－ 1 1 2 3则f(x)在[－2,1]上的最大值为2，最小值为－.

2

20．(本小题满分12分)已知二次函数f(x)＝3x2－3x，直线l1：x＝2和l2：y＝3tx(其中t为常数，且0

(1)求函数S(t)的解析式；

(2)定义函数h(x)＝S(x)，x∈R.若过点A(1，m)(m≠4)可作曲线y＝h(x)(x∈R)的三条切线，求实数m的取值范围．

2

??y＝3x－3x，

解析：(1)由?得x2－(t＋1)x＝0，

?y＝3tx?

所以x1＝0，x2＝t＋1.

所以直线l2与f(x)的图象的交点的横坐标分别为0，t＋1. 因为0

所以S(t)＝?t＋1[3tx－(3x2－3x)]dx＋?2[(3x2－3x)－3tx]dx

?0?t＋1

＝?

3?t＋1?23?t＋1?33?t＋1?2?2

| |＋ ?2x－x?0＋?x－2x?t1

＝(t＋1)3－6t＋2.

(2)依据定义，h(x)＝(x＋1)3－6x＋2，x∈R，则 h′(x)＝3(x＋1)2－6.

因为m≠4，则点A(1，m)不在曲线y＝h(x)上． 过点A作曲线y＝h(x)的切线，设切点为M(x0，y0)， 则切线方程为：y－y0＝[3(x0＋1)2－6](x－x0)，

2

所以{m－y0＝[3?x0＋1?－6]?1－x0?，

y0＝?x0＋1?3－6x0＋2.

消去y0，化简整理得2x30－6x0＋m＝0，其有三个不等实根．

2设g(x0)＝2x30－6x0＋m，则g′(x0)＝6x0－6.

由g′(x0)>0，得x0>1或x0<－1； 由g′(x0)<0，得－1

所以g(x0)在区间(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减， 所以当x0＝－1时，函数g(x0)取极大值； 当x0＝1时，函数g(x0)取极小值．

?g?－1?>0，?3因此，关于x0的方程2x0－6x0＋m＝0有三个不等实根的充要条件是?

?g?1?<0，???m＋4>0，

即?即－4

故实数m的取值范围是(－4,4)．

π21．(本小题满分13分)(2014·高考北京卷)已知函数f(x)＝xcos x－sin x，x∈[0，]．

2(1)求证：f(x)≤0；

sin xπ

(2)若a<

x2证明：(1)由f(x)＝xcos x－sin x得 f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.

ππ

因为在区间(0，)上f′(x)＝－xsin x<0，所以f(x)在区间[0，]上单调递减．

22从而f(x)≤f(0)＝0.

sin xsin x

(2)当x>0时，“>a”等价于“sin x－ax>0”；“

xx

令g(x)＝sin x－cx，则g′(x)＝cos x－c. π

当c≤0时，g(x)>0对任意x∈(0，)恒成立．

2

ππ

当c≥1时，因为对任意x∈(0，)，g′(x)＝cos x－c<0，所以g(x)在区间[0，]上单调递减．从

22而对

π

g(x)

2

π

当0

2π

g(x)与g′(x)在区间(0，)上的情况如下：

2

x g′(x) g(x) (0，x0) ＋ x0 0 π(x0，) 2－ π

因为g(x)在区间[0，x0]上是增函数，所以g(x0)>g(0)＝0.进一步，“g(x)>0对任意x∈(0，)恒成

2ππ2

立”当且仅当g()＝1－c≥0，即0

2π

综上所述，当且仅当c≤时，g(x)>0对任意x∈(0，)恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)<0对任

π2π

意x∈(0，)恒成立．

2

sin xπ2

所以，若a<

x2π22．(本小题满分13分)(2014·高考北京卷)已知函数f(x)＝2x3－3x. (1)求f(x)在区间[－2,1]上的最大值；

(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围；

(3)问过点A(－1,2)，B(2,10)，C(0,2)分别存在几条直线与曲线y＝f(x)相切？(只需写出结论) 解析：(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3. 令f′(x)＝0，得x＝－

22

或x＝. 22

2?2＝2，f??＝－2， 2??2?因为f(－2)＝－10，f?－

?

f(1)＝－1，

所以f(x)在区间[－2,1]上的最大值为 f?－

?

2?＝2. 2?(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，