2018-2019学年高中数学-选修2-2分层优化练习：第一章 1.3 1.3.1 函数的单调性与导数

第一章 导数及其应用章末检测(一)时间：120分钟 满分：150分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．曲线y ＝x ex －1在点(1,1) 处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1解析：由y ＝x e x －1得y ′＝ex －1＋x ex －1，所以曲线在点(1,1)处切线的斜率k ＝y ′|x ＝1＝e1－1＋1×e1－1＝2.故选C.答案：C2．二次函数y ＝f (x )的图象过原点且它的导函数y ＝f ′(x )的图象是如图所示的一条直线，y ＝f (x )的图象的顶点在( )A ．第Ⅰ象限B ．第Ⅱ象限C ．第Ⅲ象限D ．第Ⅳ象限解析：设f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，∵二次函数y ＝f (x )的图象过原点，∴c ＝0，∴f ′(x )＝2ax ＋b ，由y ＝f ′(x )的图象可知，2a <0，b >0，∴a <0，b >0，∴－b 2a >0，4ac －b 24a ＝－b 24a>0，故选A.答案：A3．设函数f (x )＝ax ＋3，若f ′(1)＝3，则a 等于( ) A ．2 B ．－2 C ．3D ．－3解析：∵f ′(x )＝li m Δx →0 f x ＋Δx －f xΔx＝li m Δx →0a x ＋Δx ＋3－ax ＋Δx＝a ，∴f ′(1)＝a ＝3. 答案：C4．若f (x )＝x 2－2x －4ln x ，则f (x )的单调递增区间为( ) A ．(－1,0) B ．(－1,0)∪(2，＋∞) C ．(2，＋∞)D ．(0，＋∞)解析：f ′(x )＝2x －2－4x ＝2x 2－2x －4x＝x ＋x －x，由f ′(x )＞0得x ＞2.答案：C5．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( ) A ．－37 B ．－29 C ．－5D ．－11解析：由f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)＝0，解得x ＝0或x ＝2，又f (0)＝m ，f (2)＝m －8，f (－2)＝m －40，所以f (x )max ＝m ＝3，f (x )min ＝m －40＝3－40＝－37.答案：A6．已知f (x )＝2cos 2x ＋1，x ∈(0，π)，则f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，πB.()0，πC.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π D.⎝⎛⎭⎪⎫0，π2解析：∵f (x )＝2cos 2x ＋1＝2＋cos 2x ，x ∈(0，π)， ∴f ′(x )＝－2sin 2x . 令f ′(x )>0，则sin 2x <0. 又x ∈(0，π)，∴0<2x <2π. ∴π<2x <2π，即π2<x <π.答案：C7.设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)解析：由图可知，当x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.由此可以得到函数在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值，选D.答案：D8．由y ＝－x 2与直线y ＝2x －3围成的图形的面积是( ) A.53 B.323 C.643D ．9解析：解⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2，y ＝2x －3，得交点A (－3，－9)，B (1，－1)．如图，由y ＝－x 2与直线y ＝2x －3围成的图形的面积S ＝⎠⎛1－3(－x 2)d x －⎠⎛1－3(2x －3)d x＝－13x 3| 1－3－(x 2－3x )| 1－3＝323.答案：B9．下列函数中，x ＝0是其极值点的函数是( ) A ．f (x )＝－x 3B ．f (x )＝－cos xC ．f (x )＝sin x －xD ．f (x )＝1x解析：对于A ，f ′(x )＝－3x 2≤0恒成立，在R 上单调递减，没有极值点；对于B ，f ′(x )＝sin x ，当x ∈(－π，0)时，f ′(x )<0，当x ∈(0，π)时，f ′(x )>0，故f (x )＝－cos x 在x ＝0的左侧区间(－π，0)内单调递减，在其右侧区间(0，π)内单调递增，所以x ＝0是f (x )的一个极小值点；对于C ，f ′(x )＝cos x －1≤0恒成立，在R 上单调递减，没有极值点；对于D ，f (x )＝1x在x ＝0没有定义，所以x ＝0不可能成为极值点，综上可知，答案选B.答案：B10．已知函数f (x )＝a sin x －b cos x 在x ＝π4时取得极值，则函数y ＝f (3π4－x )是( )A ．偶函数且图象关于点(π，0)对称B ．偶函数且图象关于点(3π2，0)对称C ．奇函数且图象关于点(3π2，0)对称D ．奇函数且图象关于点(π，0)对称解析：∵f (x )的图象关于x ＝π4对称，∴f (0)＝f (π2)，∴－b ＝a ，∴f (x )＝a sin x －b cos x ＝a sin x ＋a cos x ＝2a sin(x ＋π4)，∴f (3π4－x )＝2a sin(3π4－x ＋π4)＝2a sin(π－x )＝2a sin x .显然f (3π4－x )是奇函数且关于点(π，0)对称，故选D.答案：D11．已知定义在实数集R 上的函数f (x )满足f (1)＝2，且f (x )的导数f ′(x )在R 上恒有f ′(x )＜1(x ∈R)，则不等式f (x )＜x ＋1的解集为( )A ．(1，＋∞)B ．(－∞，－1)C ．(－1,1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：不等式f (x )＜x ＋1可化为f (x )－x ＜1， 设g (x )＝f (x )－x ，由题意g ′(x )＝f ′(x )－1＜0，g (1)＝f (1)－1＝1，故原不等式⇔g (x )＜g (1)，故x ＞1. 答案：A12．函数f (x )＝(1－cos x )sin x 在[－π，π]的图象大致为( )解析：在[－π，π]上，∵f (－x )＝[1－cos(－x )]sin(－x )＝(1－cos x ) (－sin x )＝－(1－cos x )sin x ＝－f (x )，∴f (x )是奇函数，∴f (x )的图象关于原点对称，排除B. 取x ＝π2，则f (π2)＝(1－cos π2)sin π2＝1＞0，排除A.∵f (x )＝(1－cos x )sin x ，∴f ′(x )＝sin x ·sin x ＋(1－cos x )cos x ＝1－cos 2x ＋cos x －cos 2x ＝－2cos 2x ＋cos x ＋1. 令f ′(x )＝0，则cos x ＝1或cos x ＝－12.结合x ∈[－π，π]，求得f (x )在(0，π]上的极大值点为23π，靠近π，选C.答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中的横线上) 13．设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，且f (e x)＝x ＋e x，则f ′(1)＝________. 解析：令e x＝t ，则x ＝ln t ，所以f (x )＝ln x ＋x ，即f ′(x )＝1＋1x，则f ′(1)＝1＋1＝2.答案：2 14．曲线y ＝e－5x＋2在点(0,3)处的切线方程为________． 解析：因为y ＝e－5x＋2，所以y ′＝－5e－5x，所求切线的斜率为k ＝y ′|x ＝0＝－5e 0＝－5，故所求切线的方程为y －3＝－5(x －0)，即y ＝－5x ＋3或5x ＋y －3＝0.答案：y ＝－5x ＋3或5x ＋y －3＝0 15．若函数f (x )＝4xx 2＋1在区间(m,2m ＋1)上单调递增，则实数m 的取值范围是________． 解析：f ′(x )＝4－4x2x 2＋2，令f ′(x )> 0，得－1<x <1，即函数f (x )的增区间为(－1,1)．又f (x )在(m,2m ＋1)上单调递增，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ≥－1，m <2m ＋1，2m ＋1≤1.解得－1<m ≤0.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<x <10)，由题意可知所求圆柱的体积V ＝πx 2(10－x )＝10πx 2－πx 3，∴V ′(x )＝20πx －3πx 2.由V ′(x )＝0得x ＝0(舍去)，x ＝203，且当x ∈(0，203)时，V ′(x )>0，当x ∈(203，10)时，V ′(x )<0，∴当x ＝203时，V (x )取得最大值为4 00027π cm 3.答案：4 00027π cm 3三、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 ＝x 3在点(3,27)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积． 解析：因为f ′(3)＝li m Δx →0＋Δx 3－33Δx＝27，所以在点(3,27)处的切线方程为y －27＝27(x －3)，即y ＝27x －54.此切线与x 轴、y 轴的交点分别为(2,0)，(0，－54)． 所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为12×2×54＝54.18．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝e x(ax ＋b )－x 2－4x ，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 )＝e x(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.(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)(e x－12)．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－e －2)．19. (本小题满分12分)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2,1)内x ＝－1时取极小值，x ＝23时取极大值．(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 )＝－3x 2＋2ax ＋b .又x ＝－1，x ＝23分别对应函数取得极小值、极大值，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以23a ＝－1＋23，－b 3＝(－1)×23.于是a ＝－12，b ＝2，则f (x )＝－x 3－12x 2＋2x .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：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 )＝3x 2－3x ，直线l 1：x ＝2和l 2：y ＝3tx (其中t 为常数，且0<t <1)，直线l 2与函数f (x )的图象以及直线l 1、l 2与函数f (x )的图象所围成的封闭图形如图所示，设这两个阴影区域的面积之和为S (t )．(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．解析：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x 2－3x ，y ＝3tx 得x 2－(t ＋1)x ＝0，所以x 1＝0，x 2＝t ＋1.所以直线l 2与f (x )的图象的交点的横坐标分别为0，t ＋1. 因为0<t <1，所以1<t ＋1<2.所以S (t )＝⎠⎛0t ＋1[3tx －(3x 2－3x )]d x ＋⎠⎛t ＋12[(3x 2－3x )－3tx ]d x＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ＋2x 2－x 3| t ＋1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 3－t ＋2x 2| 2t ＋1＝(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 (x 0，y 0)， 则切线方程为：y －y 0＝[3(x 0＋1)2－6](x －x 0)， 所以{ m －y 0＝[x 0＋2－6]－x 0，y 0＝x 0＋3－6x 0＋2.消去y 0，化简整理得2x 30－6x 0＋m ＝0，其有三个不等实根． 设g (x 0)＝2x 30－6x 0＋m ，则g ′(x 0)＝6x 20－6. 由g ′(x 0)>0，得x 0>1或x 0<－1； 由g ′(x 0)<0，得－1<x 0<1，所以g (x 0)在区间(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减， 所以当x 0＝－1时，函数g (x 0)取极大值； 当x 0＝1时，函数g (x 0)取极小值．因此，关于x 0的方程2x 3－6x 0＋m ＝0有三个不等实根的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧g－，g ，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＋4>0，m －4<0，即－4<m <4.故实数m 的取值范围是(－4,4)．21．(本小题满分13分)(2014·高考北京卷)已知函数f (x )＝x cos x －sin x ，x ∈[0，π2]．(1)求证：f (x )≤0；(2)若a <sin x x <b 对x ∈(0，π2)恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．证明：(1)由f (x )＝x cos x －sin x 得f ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x .因为在区间(0，π2)上f ′(x )＝－x sin x <0，所以f (x )在区间[0，π2]上单调递减．从而f (x )≤f (0)＝0.(2)当x >0时，“sin x x >a ”等价于“sin x －ax >0”；“sin xx<b ”等价于“sin x －bx <0”．令g (x )＝sin x －cx ，则g ′(x )＝cos x －c . 当c ≤0时，g (x )>0对任意x ∈(0，π2)恒成立．当c ≥1时，因为对任意x ∈(0，π2)，g ′(x )＝cos x －c <0，所以g (x )在区间[0，π2]上单调递减．从而对g (x )<g (0)＝0对任意x ∈(0，π2)恒成立．当0<c <1时，存在唯一的x 0∈(0，π2)使得g ′(x 0)＝cos x 0－c ＝0.g (x )与g ′(x )在区间(0，π2)上的情况如下：因为g (x )在区间[0，x 0]上是增函数，所以g (x 0)>g (0)＝0.进一步，“g (x )>0对任意x ∈(0，π2)恒成立”当且仅当g (π2)＝1－π2c ≥0，即0<c ≤2π.综上所述，当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈(0，π2)恒成立；当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈(0，π2)恒成立．所以，若a <sin x x <b 对任意x ∈(0，π2)恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为1.22．(本小题满分13分)(2014·高考北京卷)已知函数f (x )＝2x 3－3x . (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 )＝2x 3－3x 得f ′(x )＝6x 2－3. 令f ′(x )＝0，得x ＝－22或x ＝22. 因为f (－2)＝－10，f ⎝⎛⎭⎪⎫－22＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝－2， f (1)＝－1，所以f (x )在区间[－2,1]上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝ 2. (2)设过点P (1，t )的直线与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，y 0)， 则y 0＝2x 30－3x 0，且切线斜率为k ＝6x 20－3， 所以切线方程为y －y 0＝(6x 20－3)(x －x 0)，因此t －y 0＝(6x 20－3)(1－x 0)，整理得4x 30－6x 20＋t ＋3＝0. 设g (x )＝4x 3－6x 2＋t ＋3，则“过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切”等价于“g (x )有3个不同零点”．g ′(x )＝12x 2－12x ＝12x (x －1)． g (x )与g ′(x )的情况如下：所以，g g (x )的极小值．当g (0)＝t ＋3≤0，即t ≤－3时，此时g (x )在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g (x )至多有2个零点． 当g (1)＝t ＋1≥0，即t ≥－1时，此时g (x )在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多1个零点，所以g (x )至多有2个零点．当g (0)>0且g (1)<0，即－3<t <－1时，因为g (－1)＝t －7<0，g (2)＝t ＋11>0，所以g (x )分别在区间[－1,0)，[0,1)和[1,2)上恰有1个零点．由于g (x )在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g (x )分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点．综上可知，当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t 的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A (－1,2)存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点B (2,10)存在2条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点C (0,2)存在1条直线与曲线y ＝f (x )相切．。

[课时作业][组基础巩固]．下列函数存在极值的是( )．()＝－．()＝．()＝．()＝＋＋－解析：中′()＝－，令′()＝无解，且()的图象为双曲线．∴中函数无极值．中′()＝－，令′()＝可得＝.当<时，′()>，当>时，′()<.∴＝()在＝处取极大值，()＝－中′()＝＋＋，Δ＝－＝－<.∴＝()无极值．也无极值．故选.答案：.如图是函数＝()的导函数＝′()的图象，下列说法错误的是( )．－是函数＝()的极小值点．是函数＝()的极值点．＝()在＝处切线的斜率大于零．＝()在区间(－)上单调递增解析：′()＝，但在的相邻的左右两侧的导函数值同号，故不是()的极值点，故选.答案：．函数()＝－＋＋取极小值时，的值是( )．，－．．－．－解析：′()＝－＋＋＝－(＋)(－)，则知在区间(－∞，－)和(，＋∞)上，′()<，在区间(－)上′()>，故当＝－时，()取极小值．答案：．若＝－与＝是函数()＝＋＋的两个极值点，则有( )．＝－，＝－．＝－，＝．＝，＝－．＝，＝解析：′()＝＋＋，依题意有＝－和＝是方程＋＋＝的两个根，所以有－＝－＋，＝－×，解得＝－，＝－.答案：．已知函数()＝＋＋，其导函数图象如图所示，则函数()的极小值是( )．＋＋．＋＋．．＋解析：由函数导函数的图象可知，函数()在(－∞，)上单调递减，在()上单调递增，∴函数()在＝时取得极小值.答案：．已知函数()＝＋在上有两个极值点，则实数的取值范围是．解析：′()＝＋，令′()＝，∴＝－，∴＜时，存在两个极值点．答案：＜．设∈，若函数＝＋，∈有大于零的极值点，则的取值范围为．解析：∵＝＋，∴′＝＋，由于＝＋有大于零的极值点，即方程＋＝有大于零的解．即＝－(>)，∵当>时，－<－，∴<－.答案：(－∞，－)．已知函数()＝－的图象与直线＝有相异三个公共点，则的取值范围是．解析：令′()＝－＝得＝±，可得极大值为(－)＝，极小值为()＝－，＝()的大致图象如图，观察图象得－<<时恰有三个不同的公共点．答案：(－)．求下列函数的极值．()()＝－；()()＝－.解析：()函数()的定义域为.′()＝－＝(＋)(－)．令′()＝，得＝或＝－或＝.当变化时，′()与()的变化情况如下表：当＝时，函数有极大值，且()＝；当＝－或＝时，函数有极小值，且(－)＝()＝－.()函数的定义域为.′()＝()′＝。

章末检测卷(一)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题1.函数y ＝x 4－2x 2＋5的单调减区间为( ) A.(－∞，－1)及(0，1) B.(－1，0)及(1，＋∞) C.(－1，1)D.(－∞，－1)及(1，＋∞)解析 y ′＝4x 3－4x ＝4x (x 2－1)，令y ′<0得x 的范围为(－∞，－1)∪(0，1)，故选A. 答案 A2.函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，已知f (x )有两个极值点x 1，x 2，则x 1x 2等于( ) A.9 B.－9 C.1D.－1解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，则x 1x 2＝1. 答案 C3.已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2恒成立，则a 的最大值为( )A.0B.1C.2D.3解析 令f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f ′(x )＝x －1x 2，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )＜0，当x ∈(1，2]时，f ′(x )＞0，∴f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上单调递减，在(1，2]上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0， 即a 的最大值为0. 答案 A4.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－x －1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a 的取值范围是( ) A.(－∞，－3) B.[－3，3] C.(3，＋∞)D.(－3，3)解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax －1≤0在(－∞，＋∞)恒成立，Δ＝4a 2－12≤0⇒－3≤a ≤ 3. 答案 B5.设函数f (x )＝13x －ln x (x ＞0)，则y ＝f (x )( )A.在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)内均有零点B.在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)内均无零点C.在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1内无零点，在区间(1，e)内有零点D.在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1内有零点，在区间(1，e)内无零点解析 由题意得f ′(x )＝x －33x ，令f ′(x )＞0得x ＞3；令f ′(x )＜0得0＜x ＜3；f ′(x )＝0得x ＝3，故知函数f (x )在区间(0，3)上为减函数，在区间(3，＋∞)为增函数，在点x ＝3处有极小值1－ln 3＜0；又f (1)＝13＞0，f (e)＝e 3－1＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝13e ＋1＞0. 答案 C6.设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图象可能是( )解析 由函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，可得f ′(－2)＝0，且当x ∈(a ，－2)(a ＜－2)时，f (x )单调递减，即f ′(x )＜0；当x ∈(－2，b )(b ＞－2)时，f (x )单调递增，即f ′(x )＞0.所以函数y ＝xf ′(x )在区间(a ，－2)(a ＜－2)内的函数值为正，在区间(－2，b )(－2＜b ＜0)内的函数值为负，由此可排除选项A ，B ，D. 答案 C 7.设函数f (x )＝sin θ3x 3＋3cos θ2x 2＋tan θ，其中θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，5π12，则导数f ′(1)的取值范围是( ) A.[－2，2] B.[2，3] C.[3，2]D.[2，2]解析 ∵f ′(x )＝x 2sin θ＋x ·3cos θ，∴f ′(1)＝sin θ＋3cos θ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin θ＋32cos θ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3.∵0≤θ≤5π12，∴π3≤θ＋π3≤3π4，∴22≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3≤1，∴2≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3≤2.答案 D8.若函数y 1＝sin 2x 1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，函数y 2＝x 2＋3，则(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2的最小值为( ) A.212π＋52－64B.2π12C.⎝⎛⎭⎪⎫52－642D.（π－33＋15）272解析（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2表示两函数图象上任意两点之间的距离，其最小值应为曲线y 1上与直线y 2平行的切线的切点到直线y 2的距离. ∵y ′1＝2cos 2x 1，令y ′1＝1， ∴cos 2x 1＝12， ∴x 1＝π6或5π6(舍去)，∴y 1＝1＋32，故切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，1＋32，切点到直线y 2的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪π6－1＋32＋32＝π－33＋1562，∴(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2的最小值为（π－33＋15）272.故选D.答案 D 二、填空题9.函数f (x )＝－x 3＋3x 2－4的单调递增区间是________. 解析 f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由f ′(x )＞0，解得0＜x ＜2. 答案 (0，2)10.曲线y ＝13x 3－2以点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－53为切点的切线的倾斜角为________，切线方程为________.解析 y ′＝x 2，∴y ′|x ＝1＝k ＝1，∴α＝45°，切线方程为y ＋53＝x －1，即3x －3y －8＝0.答案 45° 3x －3y －8＝011.设f (x )＝ax 2－b sin x ，且f ′(0)＝1，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝12，则a ＝________，b ＝________.解析 f ′(x )＝2ax －b cos x ，∵f ′(0)＝1，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝12，∴⎩⎪⎨⎪⎧－b cos 0＝1，2a ·π3－b cos π3＝12，解得a ＝0，b ＝－1. 答案 0 －112.已知函数f (x )＝x 3－3x 2－9x ，则函数f (x )的单调递减区间是________；极大值与极小值分别是________，________. 解析 因为f (x )＝x 3－3x 2－9x ， 所以f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x 2－2x －3). 令f ′(x )＜0，知－1＜x ＜3.即函数f (x )的单调递减区间是(－1，3). 令f ′(x )＞0，知x ＞3或x ＜－1.即函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(3，＋∞). 所以该函数的极小值是f (3)＝－27， 极大值是f (－1)＝5. 答案 (－1，3) －27 513.已知f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在x ＝1与x ＝－23时都取得极值，则a ＝________，b ＝________.解析 因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，令f ′(x )＝0，由题设知x 1＝1与x 2＝－23为f ′(x )＝0的解. 所以⎩⎪⎨⎪⎧－23a ＝1－23，b 3＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12，b ＝－2. 答案 －12 －214.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 在区间(－1，1)上是增函数，则实数a 的取值范围是________.解析 由题意应有f ′(x )＝－3x 2＋a ≥0，在区间(－1，1)上恒成立，则a ≥3x 2，x ∈(－1，1)恒成立，故a ≥3. 答案 [3，＋∞)15.设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在(1，1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，则log 2 014x 1＋log 2 014x 2＋…＋log 2 014x 2 013的值为________. 解析 ∵y ′|x ＝1＝n ＋1，∴切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)， 令y ＝0，得x ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，即x n ＝nn ＋1. 所以log 2 014x 1＋log 2 014x 2＋…＋log 2 014x 2 013 ＝log 2 014(x 1·x 2·…·x 2 013)＝log 2 014⎝ ⎛⎭⎪⎫12·23·…·2 0132 014＝log 2 01412 014＝－1.答案 －1 三、解答题16.求满足下列条件的f (x )的解析式：(1)f (x )是三次函数，且f (0)＝3，f ′(0)＝0，f ′(1)＝－3，f ′(2)＝0；(2)f ′(x )是一次函数，x 2f ′(x )－(2x －1)f (x )＝1. 解 (1)依题意，可设f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)， 则f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c .由f (0)＝3，得d ＝3，由f ′(0)＝0，得c ＝0. 由f ′(1)＝－3，f ′(2)＝0，可建立方程组⎩⎨⎧3a ＋2b ＝－3，12a ＋4b ＝0，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝－3，∴f (x )＝x 3－3x 2＋3.(2)由f ′(x )为一次函数，知f (x )为二次函数. 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)， 则f ′(x )＝2ax ＋b .将f (x )，f ′(x )代入方程得x 2(2ax ＋b )－(2x －1)(ax 2＋bx ＋c )＝1， 即(a －b )x 2＋(b －2c )x ＋c －1＝0. 要使方程对任意x 都成立， 则需要a ＝b ，b ＝2c ，c ＝1. 解得a ＝2，b ＝2，c ＝1. ∴f (x )＝2x 2＋2x ＋1.17.设函数f (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax ＋8，其中a ∈R .已知f (x )在x ＝3处取得极值. (1)求f (x )的解析式；(2)求f (x )在点A (1，16)处的切线方程. 解 (1)f ′(x )＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a . ∵f (x )在x ＝3处取得极值，∴f ′(3)＝6×9－6(a ＋1)×3＋6a ＝0， 解得a ＝3.∴f (x )＝2x 3－12x 2＋18x ＋8. (2)A 点在f (x )上，由(1)可知f ′(x )＝6x 2－24x ＋18， f ′(1)＝6－24＋18＝0， ∴切线方程为y ＝16.18.证明：当x ∈[－2，1]时，－113≤13x 3－4x ≤163. 证明 令f (x )＝13x 3－4x ，x ∈[－2，1]， 则f ′(x )＝x 2－4. 因为x ∈[－2，1]， 所以f ′(x )≤0，即函数f (x )在区间[－2，1]上单调递减.故函数f (x )在区间[－2，1]上的最大值为f (－2)＝163， 最小值为f (1)＝－113.所以，当x ∈[－2，1]时，－113≤f (x )≤163， 即－113≤13x 3－4x ≤163成立.19.已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点. (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2. 解 (1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a ). ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点.②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a 2，则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0，故f (x )存在两个零点. ③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a ).若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)上单调递增.又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点.若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增.又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点. 综上，a 的取值范围为(0，＋∞).(2)不妨设x 1<x 2.由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)上单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0. 由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2，而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0，所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2.设g (x )＝－x e 2－x －(x －2)e x ，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x －e x )，所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0，从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2. 20.设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x －e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数).解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减. 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a. 此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝e x －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0， 所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增.又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立.当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1).当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立. 综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。

北师大版 2018 年高中数学选修 2-2 同步优化指导练习含答案模块综合测评( ： 120 分分： 150 分)一、 (本 共 12 小 ，每小5 分，共 60 分 )1． 复数 z ＝ 1＋2－)(其中 i 虚数 位 )， z 2＋ 3 z 的虚部 (iA ． 2iB ． 0C ．－ 10D ． 2解析：∵ z ＝ 1＋ 2 ＝1－ 2 2 ＝－ － 2－ i 2i ，∴ z ＝ (1－ 2i) 3－ 4i ， z ＝1＋ 2i.∴ z ＋ 3 z ＝－ 3－ 4i ＋ 3(1＋2i) ＝ 2i.∴虚部 2.答案： D2． 察一列数的特点： 1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，⋯， 第 100 是 ()A ． 10B ． 13C ．14D ． 100解析： ∵ 1＋ 13 × 13＝ 91，2∴从第 92 开始 14，共有 14 ．∴第 10014.答案： C1－i2 014＋ 2i 的共 复数－－＝ ()3．已知 i 是虚数 位，且 z ＝ 1＋ i z ， z ·z A ． 5 B ． 1 C ． 5D ． 9解析： z ＝ 1－ i 2 0142i ＝ (－ i) 2 014－＝( －1＋ 2i)( － 1－ 2i) ＝5.1＋ i＋＋ 2i ＝－ 1＋ 2i ，故 z ·z答案： A4．数列 { a n } 中， a 1＝ 1，当 n ≥ 2， a n ＝ a n － 1＋ 2n － 1，依次 算 a 2 ，a 3， a 4 后，猜想a n 的表达式是 ()A ． 3n － 2B ． n 2 n －1D ． 4n －3C ．3解析： 算出 a 2＝ 4， a 3＝ 9， a 4＝16，猜想 a n ＝n 2.答案： B5． 确保信息安全，信息需加密 ， 送方由明文→密文(加密 )，接受方由密文→明文 (解密 )，已知加密 ：明文a ，b ，c ，d 密文a ＋2b ，2b ＋c ，2c ＋ 3d,4d ，例如，明文 1,2,3,4 密文 5,7,18,16.当接受方收到密文14,9,23,28 ，解密得到的明文()A ． 4,6,1,7B ． 7,6,1,4C ．6,4,1,7D ． 1,6,4,7a ＋ 2b ＝ 14，a ＝ 6，2b ＋ c ＝ 9， 得b ＝ 4，解析： 由故选 C ．2c ＋ 3d ＝23， c ＝ 1，4d ＝ 28，d ＝ 7.答案： C6． (2017 北·京卷 )若复数 (1－i)( a ＋ i) 在复平面内对应的点在第二象限，则实数a 的取值范围是 ()A ． (－∞， 1)B ． (－∞，－ 1)C ．(1，＋∞ )D ． (－ 1，＋∞ )解析： (1－i)( a ＋ i) ＝ a ＋ i － ai － i 2＝ a ＋ 1＋ (1－a)i. 由复数 (1－i)( a ＋ i) 在复平面内对应的点在第二象限，a ＋ 1＜ 0，得解得 a ＜－ 1.1－ a ＞ 0.答案： Bπ7π7．由直线 x ＝－ 6， x ＝ 6 ，y ＝ 0 与曲线 y ＝ sin x 所围成的封闭图形的面积为()A ． 2－ 3B ． 4－ 3C ．2＋ 3D ． 4＋ 3解析： 如下图，封闭图形的面积为πS ＝－sinxdx ＋ 0 sinxdx －sinxdxπ＝－ 2sinxdx ＋ 0 sinxdx＝－ 2( －cosx)＋ (－ cosx)|0π＝ 2 cos 0－ cos － π－ (cos π－ cos 0)6 3－ (－ 1－1)＝ 4－ 3.答案： B8．已知α，β是三次函数f(x)＝1312＋ 2bx(a，b∈R )的两个极值点，且α∈ (0,1)，β3x＋ ax2∈(1,2) ，则b－3的取值范围是 () a－ 2A ．－∞，2B．2，1 55C．(1，＋∞ )D．－∞，2∪ (1，＋∞ ) 5解析：因为函数有两个极值，所以f′ (x)＝0有两个不同的根，即>0又.f′ (x)＝ x2＋f′ 0 >0，2b>0，b－ 3的几何意义是动ax＋ 2b，α∈ (0,1)，β∈ (1， 2)，所以f′ 1 <0，即1＋ a＋2b<0，f′ 2 >0，4＋ 2a＋ 2b>0.a－ 2点 P(a，b)到定点 A(2,3)两点连线的斜率．作出可行域如图，由图像可知当直线经过AB 时斜率最小，此时斜率为 k＝1－3＝2；当直线经过AD 时斜率最大，此时斜率为k＝0－ 3＝－ 3－ 2 5－1－22 b－ 31.故5<a－2<1.答案： B9．定义在R上的函数y＝ f(x)满足 f(4 －x)＝f(x)，(x－ 2)f′ (x)<0 ，若 x1<x2，且 x1＋ x2>4，则()A．f(x1)<f(x2)B．f(x1)>f(x2)C．f(x1)＝ f(x2)D． f(x1)与 f(x2)的大小不确定解析：由 f(4－ x)＝ f( x)，得函数 f(x)的图像关于直线x＝ 2 对称．由 (x－2)f′ (x)<0，得函数f(x)在 (－∞，2)上是增加的，在 (2，＋∞) 上是减少的．故当 x2>x1>2 时，f(x1)>f( x2)；当 x2>2> x1时，由 x1＋ x2>4，得 x2>4－ x1>2.故 f(4－ x1)＝ f(x1)>f(x2)．综上， f(x1)>f(x2)．答案： B范围是 ()1A ． a ≤ 0B ． a ≥－ 8 1C ．a<－ 8D ． a ≥ 0解析： 由题意，得1f ′ (x)＝2ax ＋(x>0) ，且直线 x ＋ y ＋m ＝ 0(m ∈ R )的斜率为－ 1.x由对任意实数 m 直线 x ＋ y ＋ m ＝ 0 都不是曲线 y ＝f(x)的切线，得曲线 y ＝ f(x)的切线的斜1率不可能为－ 1，即 2ax ＋ ＝－ 1 无正实数根．1 1分离 a ，得 a ＝－ 2x 2 － 2x ①，也就是当 x>0 时，①不能成立． 令 y ＝－ 11 1 1＋ 1 2 12x 2－ 2x ＝－ 2 x 2 ＋ 8 ，设 t ＝1x ，由 x>0，得 t>0.则 y ＝－ 1 t ＋ 1 2＋ 1<0.228 故 a ≥0.答案： D11．如果函数 f(x)＝a x (a x － 3a 2－1)( a>0 且 a ≠ 1)在区间 [0，＋∞ )上是增函数，那么实数a 的取值范围是 ()23， 1A ． 0， 3B ．3 C ．(1， 3]3，＋∞D ． 2 解析： 由已知得 f ′ (x)＝ 2a 2x ln a － (3a 2＋ 1)a x ·ln a ＝ a x ln a(2a x － 3a 2－ 1)≥ 0. ①当 a>1 时， ln a>0 ，a x >0，∴ 2a x － 3a 2－ 1≥0 恒成立．当 x ∈ [0，＋ ∞ )时，a x ≥ 1，故只需 2－ 3a 2－ 1≥0，∴ 3a 2≤ 1.∴ a2≤ 13与 a>1 矛盾．②当 0<a<1 时， ln a<0， a x >0，∴ 2a x － 3a 2－ 1<0 恒成立．当 x ∈ [0，＋ ∞ )时， a x ≤ 1，223故只需 2－ 3a － 1≤0，∴ 3a ≥ 1.∴ ≤ a<1.12．已知 f(x)在点 x 处可导，那么 limf x ＋x －f x － x ＝ ()x →x A ． 0B ． f ′ (x)1C ．2f ′ (x)D ． 2f ′ (x)解析： lim f x ＋ x － f x － xx →0 x＝lim f x ＋ x －f x ＋ lim f x － f x － xx →xx →x＝ f ′ (x)＋ limf x － x － f xx →－ x＝ f ′ (x)＋ f ′( x)＝ 2f ′ (x)．答案： D二、填空题 (本大题共4 小题，每小题5 分，共 20 分 )13．设 P 是△ ABC 内一点，△ ABC 三边上的高分别为h A ，h B ，h C ， P 到三边的距离依l al bl c次为 l a ，l b ，l c ，则有 h A ＋ h B ＋ h C ＝ ________；类比到空间，设 P 是四面体 ABCD 内一点，四 顶点到对面的距离分别是 h A ， h B ， h C ， h D ， P 到这四个面的距离依次是l a ， l b ， l c ， l d ，则有____________．解析： 用等面积法可得 l a ＋ l b ＋ l c ＝1.h A h B h C 类比到空间有 l a ＋ l b ＋ l c ＋ l d＝ 1.h A h B h C h D答案： 1l a ＋ l b ＋ l c ＋ l d ＝ 1h A h B h C h D2在 x ＝ 1 处的切线方程为 14．曲线 y ＝ 2ln x ＋ x － 2x解析： 当 x ＝ 1 时， y ＝－ 1.又 y ′＝ 2＋ 2x －2，于是 x__________ ．k ＝ y ′ |x ＝ 1＝ 2.故切线方程为 y ＋ 1＝2(x － 1)，即 2x － y －3＝ 0.答案： 2x － y － 3＝015．已知二次函数 f(x)＝ ax 2＋ bx ＋ c 的导数为 f ′ (x)， f ′ (0)>0 ，且 f(x)的值域为 [0，＋∞ ) ，则 f 1的最小值为 ________． f ′解析： ∵ f ′(x)＝2ax ＋ b ，∴ f ′ (0) ＝ b>0.又函数 f(x)的值域为 [0，＋ ∞ )，∴ a>0 ，且 ＝ b 2－ 4ac ＝ 0，即 4ac ＝ b 2.∴ c>0.∵ f(1) ＝ a＋ b＋ c，∴f 1＝a＋ b＋ c＝1＋ a＋ c≥1＋ 2ac＝ 1＋4ac＝ 1＋1＝ 2，当且仅f′ 0b b b4ac当 a＝ c 时等号成立．∴ f 1的最小值为 2.f′ 0答案： 216．定义两个实数间的一种新运算“ *：”x* y＝ lg(10 x＋ 10y)， x， y∈R .对任意实数 a， b，c，给出下列结论：① (a*b)* c＝a*( b* c)；② a* b＝ b*a ；③ (a* b) ＋ c＝( a＋ c)*( b＋ c)．其中正确的是 ________(填序号 )．解析：∵ a* b＝lg(10 a＋ 10b)，∴(a* b)* c＝lg(10lg(10 a＋ 10b)＋ 10c)＝lg(10 a＋ 10b＋ 10c)．同理 a*( b* c)＝ lg(10 a＋ 10b＋10c)．∴a*( b*c)＝( a* b)* c.故①正确．同理可验证②正确．∵a* b＝ lg(10 a＋ 10b)，a bb* a＝lg(10 ＋ 10)，∴a* b＝ b* a.又∵ (a＋ c)*( b＋ c)＝ lg(10 a＋c＋ 10b＋c)＝lg[10 c(10a＋ 10b)]＝lg(10 a＋ 10b)＋ c，(a* b)＋ c＝ lg(10 a＋ 10b)＋ c，∴(a* b)＋ c＝(a＋c)*( b＋ c)．故③正确．答案：①②③三、解答题 (本大题共 6 小题，共 70 分)17． (10 分)求证： ac＋ bd≤a2＋b2· c2＋ d2.证明：若 ac＋ bd≤ 0，则不等式显然成立．若 ac＋bd>0 ，要证原不等式成立，22222只要证 (ac＋bd)≤ (a＋b)(c＋ d )，即要证 a2c2＋ 2abcd＋ b2d2≤ a2c2＋ a2d2＋ b2c2＋ b2d2，只要证 (ad－ bc)2≥ 0.此式显然成立，所以原不等式成立．－18．(12 分 )设复数 z 满足 4z＋2 z ＝ 3 3＋ i ，ω＝sin θ－ icos θ(θ∈R)．求 z 的值和 |z－ω| 的取值范围．－解：设 z＝ a＋ bi(a， b∈R)，则 z ＝ a－ bi.－代入 4z ＋2 z ＝ 33＋ i ，得 4(a ＋ bi) ＋ 2(a － bi) ＝ 3 3＋ i ，即 6a ＋ 2bi ＝ 3 3＋ i.6a ＝3 3，3，a ＝ 23 ＋1i.∴解得∴ z ＝ 2b ＝1.12 2b ＝ 2.∴ |z － ω|＝3 12＋ i － sin θ－ icos θ2＝3－ sin θ2＋ 12＋ cos θ22＝ 2－ 3sin θ＋ cos θ＝2－2sinθ－ π .6π∵－ 1≤ sin θ－ 6 ≤ 1，π∴ 0≤ 2－ 2sin θ－ 6 ≤ 4.∴ 0≤ |z －ω|≤2.故 |z － w|的取 范 是 [0,2] ．19． (12 分)已知复数 z ＝ (2x ＋ a)＋ (2－x ＋ a)i ， x ， a ∈ R ，当 x 在 (－∞，＋∞ )内 化 ，求 |z|的最小g(a)．解： |z|2＝ (2x ＋a) 2＋ (2 － x＋ a) 2＝ 22x ＋2 － 2x－ x＋ 2a(2x ＋2 )＋ 2a 2.令 t ＝ 2x ＋ 2－ x ， t ≥ 2,22x ＋ 2－2x ＝ t 2－ 2.从而 |z|2＝ t 2＋ 2at ＋ 2a 2－ 2＝ (t ＋ a)2＋ a 2－ 2.当－ a ≥ 2，即 a ≤ － 2 ， g(a)＝a 2－ 2；当－ a<2 ，即 a>－ 2 ，g(a)＝ a ＋ 2 2＋ a 2－ 2＝ 2|a ＋ 1|.20． (12 分)用数学 法 明不等式：2＋ 1× 4＋ 1×⋯× 2n ＋ 124 2n > n ＋ 1.明： ①当 n ＝1 ，左式＝ 3，右式＝2，2左式 >右式，所以不等式成立．②假 n ＝ k(k ≥ 1， k ∈ N ＋ ) 不等式成立，2＋ 1 4＋ 1 2k ＋ 1即2×4×⋯×2k >k ＋ 1，当 n ＝ k ＋ 1 ，2＋ 1×4＋ 1×⋯× 2k ＋ 1× 2k ＋32k ＋ 3 ＝ 2k ＋ 3 .2 42k 2 k ＋1 > k ＋1×2 k ＋ 12 k ＋ 1 要 当 n ＝ k ＋ 1 不等式成立，只需2k ＋3≥k ＋ 2，2 k ＋ 1即2k ＋ 3≥ k ＋1 k ＋ 2 .2由基本不等式 2k ＋ 3＝ k ＋ 1 ＋ k ＋ 2 ≥k ＋ 1 k ＋ 2 成立，故2k ＋ 3≥ k ＋ 2成立．222 k ＋ 1所以，当 n ＝ k ＋1 ，不等式成立．由①②可知， n ∈ N2＋1 4＋ 12n ＋ 1，不等式2 ×4×⋯×2n> n ＋ 1成立．＋21． (12 分 )已知函数 f(x) ＝x 3 ＋2bx 2＋ cx － 2 的 像在与x 交点 的切 方程是y ＝ 5x－10.(1)求函数 f(x)的解析式．(2) 函数 g(x)＝ f(x)＋1mx ，若 g( x)的极 存在， 求 数 m 的取 范 以及函数 g(x)取得3极 的自 量 x 的 ．解： (1)由已知得切点(2,0)，故有 f(2) ＝ 0，即 4b ＋ c ＋ 3＝0.①又 f ′ (x)＝ 3x 2＋ 4bx ＋ c ，由已知 f ′(2) ＝ 12＋ 8b ＋ c ＝5，得 8b ＋ c ＋ 7＝ 0.②立①②，解得b ＝－ 1，c ＝ 1.所以函数的解析式f(x) ＝x 3 －2x 2＋ x － 2.(2)g( x)＝ x 3－ 2x 2＋ x －2＋ 1mx ，3 21令 g ′ (x)＝ 3x －4x ＋1＋ m ＝ 0.3当函数有极 ，方程3x 2－ 4x ＋ 1＋ 1m ＝ 0 有 数解，即 Δ≥ 0.3由 ＝ 4(1－ m)≥ 0，得 m ≤ 1.①当 m ＝1 ， g ′ (x)＝ 0 有 数根 x ＝ 2，在 x ＝2左右两 均有g ′ (x)>0 ，故函数 g(x)33无极 ．②当 m<1 ， g ′ (x)＝ 0 有两个 数根x 1 ＝1 (2－ 1－ m)， x 2＝ 1(2＋ 1－ m)．33当 x 化 ， g ′( x)， g(x)的情况如下表：x (－∞， x 1) x 1(x 1，x 2) x 2( x 2，＋∞ )g′ (x)＋0－0＋g(x)极大值极小值所以当 m∈ (－∞， 1)时，函数g(x)有极值，1当x＝3(2 － 1－m)时， g(x)有极大值；当x＝13(2 ＋ 1－m)时， g(x)有极小值．22．(12 分 )(2014 浙·江高考 )已知函数 f(x)＝ x3＋ 3|x－ a|(a>0)，将 f(x)在 [－ 1,1] 上的最小值记为 g(a)．(1)求 g(a)．(2)证明：当x∈ [ － 1,1] 时，恒有f(x)≤ g(a)＋ 4.(1)解：因为 a>0 ，－ 1≤ x≤ 1，所以①当 0<a<1 时，若x∈ [－ 1， a]，则 f(x)＝x3－ 3x＋ 3a，f′ (x)＝3x2－3<0.故 f(x) 在(－ 1， a)上是减函数．若x∈ [a,1]，则 f(x)＝ x3＋ 3x－3a，f′ (x)＝3x2＋3>0.故f(x) 在(a,1)上是增函数．所以 g(a)＝ f(a)＝ a3.②当 a≥ 1 时，有 x≤ a，则f(x) ＝x3－ 3x＋ 3a， f′ (x)＝ 3x2－ 3<0.故f(x) 在(－ 1,1)上是减函数，所以 g(a)＝ f(1)＝－ 2＋ 3a.a3 0<a<1 ，综上， g(a)＝－2＋ 3a a≥ 1 .(2)证明：令 h( x)＝ f(x)－ g(a)．①当 0<a<1 时， g( a) ＝ a3 .若x∈ [a,1]，则 h(x)＝x3＋3x－ 3a－a3，h′ (x)＝ 3x2＋ 3，在 (a,1)上是增函数．所以 h(x)在 [a,1]上的最大值是 h(1) ＝ 4－ 3a－ a3 .因为 0< a<1，所以 h(1)≤4.故f(x) ≤g( a)＋4.若x∈ [－ 1， a]，则 h(x)＝ x3－ 3x＋ 3a－ a3，h′ (x)＝ 3x2－ 3，在 ( －1， a)上是减函数．所以 h(x)在 [ － 1，a] 上的最大值是h(－ 1)＝ 2＋3a－ a3.9北师大版 2018 年高中数学选修2-2 同步优化指导练习含答案知t(a) 在(0,1)上是增函数，所以 t(a)<t(1)＝ 4，即 h(－ 1)<4.故f(x) ≤g( a)＋4.②当 a≥ 1 时， g(a)＝－ 2＋ 3a，故h(x)＝ x3－ 3x＋ 2，得 h′ (x)＝ 3x2－ 3.此时 h(x)在 (－ 1,1)上是减函数．因此 h(x)在 [ － 1,1] 上的最大值是h(－ 1)＝ 4.故f(x) ≤g( a)＋4.综上，当 x∈ [ － 1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.10。

北师大版 2018 年高中数学选修2-2 同步优化指导练习含答案活页作业 (一 )归纳与类比1．有两种花色的正六形地面，按下的律，拼成若干个案，第六个案中有阴影花色的正六形的个数是()A ． 26B． 31C．32D． 36解析：第 n 个案有a n个阴影花色的正六形，a1＝ 6× 1－ 0， a2＝ 6× 2－ 1， a3＝6× 3－ 2，故猜想 a6＝6× 6－ 5＝ 31.答案： B2．察下列各式：1＝ 12，22＋ 3＋4＝ 3 ，3＋ 4＋5＋ 6＋ 7＝ 52，4＋ 5＋6＋ 7＋ 8＋ 9＋ 10＝72，⋯⋯可以得出的一般是()A ． n＋ (n＋ 1)＋ (n＋ 2)＋⋯＋ (3n－ 2)＝ n2B．n＋ (n＋ 1)＋ (n＋ 2)＋⋯＋ (3n－ 2)＝ (2n－1) 2C．n＋ (n＋ 1)＋ (n＋ 2)＋⋯＋ (3n－ 1)＝ n2D． n＋ (n＋ 1)＋ (n＋ 2)＋⋯＋ (3n－ 1)＝ (2n－ 1)2解析：可以：第一个式子的第一个数是1，第二个式子的第一个数是2⋯⋯故第 n 个式子的第一个数是 n；第一个式子中有 1 个数相加，第二个式子中有 3 个数相加⋯⋯故第n 个式子中有 2n－ 1 个数相加；第一个式子的果是 1 的平方，第二个式子的果是 3 的平方⋯⋯故第 n 个式子是 2n－ 1 的平方，故可以得到n＋ (n＋ 1)＋ (n＋ 2)＋⋯＋ (3n－ 2)＝(2n－1) 2.答案： B114x x43x x 43．已知 x＞ 0，由不等式 x＋≥ 2x·＝2，x＋2＝＋＋2≥3··2＝3，⋯，x x x 2 2x 2 2 xa)我可以得出推广： x＋n≥ n＋ 1(n∈N＋ )， a 等于 (x北师大版 2018 年高中数学选修2-2 同步优化指导练习含答案C ．3nnD ． n解析： 再续写一个不等式：3 x x 34 33 x ＋ ＋ 3 x x x 3 ＝ 4，x ＋ 3 ＝ ＋ 3≥ 4 (3)x 3 3 3x3 3 3 x由此可得 a ＝ n n .答案： D4．已知扇形的弧长为l ，半径为 r ，类比三角形的面积公式S ＝ 底×高，可推知扇形面2 积公式 S 扇等于 ()22rlA ． 2B ． 2C ． lrD ．不可类比2解析： 由扇形的弧长与半径分别类比三角形的底边与高，可得扇形的面积公式．答案： C5．平面内平行于同一直线的两直线平行，由此类比我们可以得到( )A ．空间中平行于同一直线的两直线平行B ．空间中平行于同一平面的两直线平行C ．空间中平行于同一直线的两平面平行D ．空间中平行于同一平面的两平面平行解析： 利用类比推理，平面中的直线和空间中的平面类比．答案： D6．在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶ 2，则它们的面积比为 1∶ 4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶ 2，则它们的体积比为 ________．1 解析：V 1 3S 1h 1S 1 h 1 1 1 1＝＝ S 2 · ＝ ×＝ .V 2 1h 2 4 283S 2h 2答案： 1∶ 87．已知等差数列 { a n } 的前 n 项和是 S n ＝ n a 1＋ a n，由此可类比得到各项均为正数的等2比数列 { b n } 的前 n 项积 T n ＝ ________(用 n ， b 1， b n 表示 )．解析：由等差数列中的 “ 求和 ” 类比等比数列中的 “ 求积 ”，可知各项均为正数的等比n数列 { b n } 的前 n 项积 T n ＝ (b 1b n ) 2.n答案： (b 1b n )28.上图中，上起第 n 行，左起第 n ＋1 列的数是 ________．解析： 第 1 行第 2 个数为 2＝ 1× 2，第 2 行第 3 个数为 6＝ 2×3，第 3 行第 4 个数为 12＝ 3× 4，第 4 行第 5 个数为 20＝ 4× 5.故归纳出第 n 行第 n ＋ 1 个数为 n(n ＋ 1)＝ n 2＋ n.答案： n 2＋nx 2y 29．在椭圆中， 有一结论： 过椭圆 a 2 ＋b 2＝ 1(a ＞ b ＞ 0)上不在顶点的任意一点P 与长轴两b2 端点 A ，A 连线，则直线 PA 与 PA斜率之积为－ 2121 2a ，类比该结论推理出双曲线的类似性质，并加以证明．2 2解： 过双曲线 xyP 与实轴两端点 A 1， A 2 连线，则直线2－ 2 ＝ 1 上不在顶点的任意一点a b2PA 1 与 PA 斜率之积为 b22a .证明如下：设点 P(x 0， y 0)，点 A 1(a,0)， A 2(－ a,0)．椭圆中： kPA 1·kPA 2＝ y 0 y 0－ a ·＋ a ＝x 0 x 0x 02221－ 22ba b2＝ ＝－ 22 22；x 0－ ax 0－ aa222 x 0 2＝b2－ 1双曲线中： kPA＝y 0 a＝b21·kPA 2 x 02－ a 2x 02－ a 2a .10．已知 2 2 2 3 2 2 23sin 30 °＋ sin 90°＋ sin 150 °＝ ，sin 5°＋ sin 65 °＋ sin 125 °＝ .观察上述两等式22的规律，请你写出一个一般性的命题，并证明．解： 一般性的命题为2223sin θ＋ sin (60 °＋ θ)＋ sin (120 °＋ θ)＝ 2. 证明如下：22 2 °＋ θ)sin θ＋ sin (60 °＋ θ)＋ sin (120＝ 1－ cos 2θ 1－cos 120 °＋ 2θ 1－ cos 240 °＋ 2θ ＋ ＋22 23 1＝ 2－2[cos 2 θ＋ cos(120 ＋°2θ)＋ cos(240 ＋°2θ)]＝ 3－1[cos 2 θ＋ cos 120 cos ° 2θ－ sin 120 sin ° 2 θ＋ cos(180 ＋°60°＋ 2θ)] 2 2＝ 3－1 [cos(60 ＋°2θ)－cos(60 ＋°2θ)]＝ 3 .2 2 211． △ ABC 的三 分 a ，b ，c ，△ ABC 的面S ，内切 半径2S，r ， r ＝ a ＋ b ＋ c比 个 可知： 四面体 A-BCD 的四个面的面 分 S 1，S 2，S 3，S 4，内切球半径R ，四面体 A-BCD 的体 V ， R 等于 ()V2VA ．＋ S ＋ S ＋ SB ．＋ S ＋ S ＋ SS 1234S 12343V4VC ．S 1＋ S 2＋ S 3＋ S 4D ．S 1＋ S 2＋ S 3＋ S 4解析： 四面体的内切球的球心O ， 球心 O 到四个面的距离都是R ，所以四面体的体 等于以O 点，分 以四个面 底面的4 个三棱 体 的和．四面体的体1V四面体A-BCD ＝ 3(S 1＋ S 2＋ S 3＋ S 4)R ，3V∴R ＝S 1＋ S 2＋ S 3＋ S 4.答案： C1 113512． n 正整数， f(n)＝ 1＋ 2＋3＋⋯＋ n ， 算得 f(2) ＝ 2，f(4)＞ 2，f(8) ＞ 2，f(16) ＞ 3，察上述 果，可推 一般的______________．解析： 由 意 f(21) ＝3， f(22)＞ 4， f(23)＞ 5， f(24)＞6，故一般的f(2n) ≥n ＋ 22 .2 2 2 2nn ＋ 2答案： f(2 )≥x13． 函数f(x)＝x ＋ 2(x ＞ 0)， 察：xf 1(x)＝ f(x)＝x ＋2，xf 2(x)＝ f(f 1(x)) ＝ 3x ＋4，xf 3(x)＝ f(f 2(x)) ＝ 7x ＋8，x，f 4(x)＝ f(f 3(x)) ＝ 15x ＋16 ⋯⋯根据以上事 ， 由 推理可得： 当 n ∈ N ＋ 且 n ≥ 2 ，f n (x)＝ f(f n －1 (x))＝ ____________.解析：依 意，先求函数 果的分母中x 系数所 成数列的通 公式， 由 1,3,7,15，⋯ ，可推知 数列的通 公式a n ＝ 2n － 1.又函数 果的分母中常数 依次2,4,8,16，⋯ ，故nx其通 公式b n ＝ 2 .所以当 n ≥ 2 ， f n (x)＝ f(f n －1 (x))＝ 2n －1 x ＋2n .答案：x2n － 1 x ＋ 2n14．(2015 ·州模 卷 )平面几何里有“ 直角三角形ABC 的两直角 分 a ， b ，斜上的高1 11h ， 2＋2＝2 ”，拓展到空 ，研究三棱 的 棱 与底面上的高之 的关a b h系可以得出的正确 是：“ 三棱 A-BCD 的三个 棱两两垂直，其 分 a ， b ， c ，面 BCD 上的高 h ， ________”．解析： 如右 所示， A 在底面的射影 O ， 接 BO 并延 交 CD 于 E. 接 AE ，由 AB ⊥ AC ，AB ⊥ AD 得 AB ⊥面 ACD ．11 1∴ AB ⊥ AE. AE ＝ h 1，在△ ABE 中，由已知可得a 2＋ h 21＝ h 2.又易 CD ⊥面 ABE ，∴ CD ⊥AE .11 1在△ ACD 中有 h 21 ＝b 2＋ c 2，11 11∴ a 2＋ b 2＋ c 2＝ h 2.11 1 1答案： a 2＋b 2＋ c 2＝ h 215． (2015 ·西模 卷江 )f(n)＝ n 2＋ n ＋41， n ∈ N ＋ ， 算： f(1)， f(2) ， f(3)， f(4)，⋯，f(10)的 ，同 作出 推理，并用n ＝ 40 猜想是否正确．解： f(1) ＝ 12＋ 1＋ 41＝ 43， f(2) ＝ 22＋ 2＋ 41＝ 47， f(3) ＝ 32＋ 3＋ 41＝ 53， f(4) ＝ 42＋ 4＋41＝ 61，f(5) ＝ 52＋ 5＋ 41＝ 71， f(6)＝ 62＋ 6＋ 41＝ 83，22北师大版 2018 年高中数学选修2-2 同步优化指导练习含答案22f(9) ＝ 9＋ 9＋ 41＝ 131， f(10) ＝ 10＋10＋ 41＝151.∵43,47,53,61,71,83,97,113,131,151 都为质数，∴归纳猜想：当 n∈N＋时， f(n)＝ n2＋ n＋ 41 的值都为质数．当n＝40 时， f(40)＝ 402＋ 40＋41＝ 40×(40＋ 1)＋ 41＝41× 41，∴ f(40)是合数．∴由上面归纳推理得到的猜想不正确．16.如右图，点 P 为斜三棱柱 ABC- A1B1C1的侧棱 BB1上一点， PM ⊥BB 1交 AA1于点 M，PN⊥ BB1交 CC1于点 N.(1)求证： CC1⊥ MN ；(2)在任意△ DEF 中有余弦定理DE 2＝ DF 2＋ EF 2－ 2DF ·EFcos∠ DFE .拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．(1)证明：∵ PM⊥ BB1， PN⊥ BB1，∴BB1⊥平面 PMN .∴BB1⊥ MN .又∵ CC1∥ BB1，∴ CC1⊥ MN .(2)解：在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，有 S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋ S2ACC 1A1－ 2SBCC1B1·SACC1A1cos α.其中α为平面 CC1B1B 与平面 CC1A1A 所成的二面角．证明如下：∵CC1⊥平面 PMN .∴上述二面角的平面角为∠MNP .在△ PMN 中，PM2＝ PN2＋ MN 2－ 2PN·MN cos∠MNP ?PM2·CC21＝ PN 2·CC21＋ MN 2·CC21－ 2(PN·CC1) ·(MN ·CC1)cos∠ MNP ，∴SBCC1B1＝PN ·CC1， SACC1A1＝ MN ·CC1，SABB1A1＝ PM ·BB1＝ PM ·CC1，∴有 S2ABB1A1＝S2 BCC1B1＋ S2ACC1A1－ 2SBCC1B1·SACC1A1cos α.。

[课时作业][A 组 基础巩固]1．函数f (x )＝e xx －2递减区间为( ) A ．(3，＋∞)B ．(－∞，2)C ．(－∞，2)和(2,3)D ．(2,3)和(3，＋∞)解析：函数f (x )定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)．f ′(x )＝e x (x －2)－e x (x －2)2＝e x (x －3)(x －2)2. 因为x ∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以e x >0，(x －2)2>0.由f ′(x )<0得x <3.又定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以函数f (x )单调递减区间为(－∞，2)和(2,3)．答案：C2．若f (x )＝x 3－ax 2＋4在(0,2)内单调递减，则实数a 取值范围是( )A ．a ≥3B ．a ＝3C ．a ≤3D ．0<a <3 解析：f ′(x )＝3x 2－2ax ，∵f ′(x )在(0,2)内单调递减，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(0)≤0f ′(2)≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧0≤012－4a ≤0， ∴a ≥3.答案：A3．y ＝x ln x 在(0,5)上是( )A ．单调递增函数B ．单调递减函数C ．在(0，1e )上单调递减，在(1e，5)上单调递增 D ．在(0，1e )上单调递增，在(1e，5)上单调递减 解析：∵y ′＝x ·1x＋ln x ＝1＋ln x ， 令y ′>0，得x >1e， 令y ′<0，得0<x <1e，故选C. 答案：C4．对于R 上可导任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )≥0，则必有( )A ．f (0)＋f (2)<2f (1)B ．f (0)＋f (2)≤2f (1)C ．f (0)＋f (2)≥2f (1)D ．f (0)＋f (2)>2f (1)解析：由(x －1)f ′(x )≥0得f (x )在[1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1]上单调递减或f (x )恒为常数，故f (0)＋f (2)≥2f (1)．答案：C5.设f ′(x )是函数f (x )导函数，y ＝f ′(x )图象如图所示，则y ＝f (x )图象最有可能是( )解析：由已知图象可知，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(－∞，0)上递增；当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,2)上递减；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(2，＋∞)上递增．答案：C6．若f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ＞0)在R 上是增函数，则a ，b ，c 关系式为________．解析：f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ≥0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0Δ＝4b 2－12ac ≤0，得a ＞0，且b 2≤3ac . 答案：a ＞0且b 2≤3ac7．函数y ＝ln(x 2－x －2)单调递减区间为________．解析：函数y ＝ln(x 2－x －2)定义域为(2，＋∞)∪(－∞，－1)，令f (x )＝x 2－x －2，f ′(x )＝2x －1＜0，得x ＜12， ∴函数y ＝ln(x 2－x －2)单调减区间为(－∞，－1)．答案：(－∞，－1)8．若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b 取值范围是________． 解析：f ′(x )＝－x ＋b x ＋2， ∵f ′(x )≤0在(－1，＋∞)上恒成立，∴b ≤x (x ＋2)在x ∈(－1，＋∞)上恒成立．又x ∈(－1，＋∞)时，x (x ＋2)>－1，∴b ≤－1.答案：(－∞，－1]9．已知函数f (x )＝ax －6x 2＋b图象在点M (－1，f (－1))处切线方程为x ＋2y ＋5＝0. (1)求函数y ＝f (x )解析式；(2)求函数y ＝f (x )单调区间．解析：(1)由函数f (x )图象在点M (－1，f (－1))处切线方程为x ＋2y ＋5＝0，知f ′(－1)＝－12， 且－1＋2f (－1)＋5＝0，即f (－1)＝－2，－a －61＋b＝－2，① 又f ′(x )＝a (x 2＋b )－2x (ax －6)(x 2＋b )2， 所以a (1＋b )＋2(－a －6)(1＋b )2＝－12.② 由①②得a ＝2，b ＝3.(∵b ＋1≠0，∴b ＝－1舍去)所以所求函数解析式是f (x )＝2x －6x 2＋3. (2)f ′(x )＝－2x 2＋12x ＋6(x 2＋3)2， 令－2x 2＋12x ＋6＝0，解得x 1＝3－23，x 2＝3＋ 23，则当x <3－23或x >3＋23时，f ′(x )<0；当3－23<x <3＋23时，f ′(x )>0.∴f (x )＝2x －6x 2＋3单调递增区间是(3－23，3＋23)；单调递减区间是(－∞，3－23)和(3＋23，＋∞)． 10．设函数f (x )＝ax 3＋32(2a －1)x 2－6x (a ∈R)，若函数f (x )在区间(－∞，－3)上是增函数，求实数a 取值范围．解析：f ′(x )＝3ax 2＋3(2a －1)x －6＝3(ax －1)(x ＋2)．(1)若a ＝0，则f ′(x )＝－3(x ＋2)>0⇒x <－2，此函数在(－∞，－2)上单调递增，从而在(－∞，－3)上单调递增，满足条件．(2)若a ≠0，则令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝1a， 因为f (x )在(－∞，－3)上是增函数，即x <－3时f ′(x )>0恒成立，a >0时，则－2>－3恒成立，即a >0.a <0时，不合题意．综上所述，实数a 取值范围是[0，＋∞)．[B 组 能力提升]1．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上是增函数，则a 取值范围是( ) A ．[－1,0]B ．[－1，＋∞)C ．[0,3]D ．[3，＋∞) 解析：∵f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上是增函数． ∴f ′(x )＝2x ＋a －1x 2≥0在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上恒成立， 即a ≥1x 2－2x . ∵函数y ＝x －2与函数y ＝－2x 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上为减函数，∴a ≥4－2×12＝3. 答案：D2．函数f (x )定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)解析：设m (x )＝f (x )－(2x ＋4)，则m ′(x )＝f ′(x )－2＞0，∴m (x )在R 上是增函数．∵m (－1)＝f (－1)－(－2＋4)＝0，∴m (x )＞0解集为{}x |x ＞－1，即f (x )＞2x ＋4解集为(－1，＋∞)．答案：B3．如果函数f (x )＝2x 2－ln x 在定义域内一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 取值范围是________．解析：显然函数f (x )定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x . 由f ′(x )>0，得函数f (x )单调递增区间为(12，＋∞)；由f ′(x )<0，得函数f (x )单调递减区间为(0，12)． 由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧ k －1<12<k ＋1k －1≥0，解得1≤k <32. 答案：1≤k <324．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 在区间[－1,2]上是减函数，那么b ＋c 最大值为________． 解析：由题意得f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ≤0在[－1,2]上恒成立，得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(－1)≤0，f ′(2)≤0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2b ＋c ≤0，12＋4b ＋c ≤0⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧2b －c ≥3，4b ＋c ≤－12，以下有两种方法． 解法一：设b ＋c ＝x (2b －c )＋y (4b ＋c )， 即b ＋c ＝(2x ＋4y )b ＋(－x ＋y )c ，令⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋4y ＝1，－x ＋y ＝1，解得⎩⎨⎧ x ＝－12，y ＝12.所以b ＋c ＝－12(2b －c )＋12(4b ＋c )≤－12×3＋12×(－12) ＝－152， 当且仅当2b －c ＝3,4b ＋c ＝－12，即b ＝－32，c ＝－6时，等号成立， 所以b ＋c 最大值为－152. 解法二：建立平面直角坐标系bOc ，作出可行域，如图，解⎩⎪⎨⎪⎧2b －c ＝3，4b ＋c ＝－12得两直线l 1：2b －c ＝3与l 2：4b ＋c ＝ －12交点坐标A ⎝⎛⎭⎫－32，－6， 令b ＋c ＝m ，则c ＝－b ＋m 为平行线组，易知平行线组c ＝－b ＋m 经过点A ⎝⎛⎭⎫－32，－6时， m max ＝b ＋c ＝－152. 答案：－1525．已知函数y ＝a x 与y ＝－b x在(0，＋∞)上都是减函数，试确定函数y ＝ax 3＋bx 2＋5单调区间． 解析：因为函数y ＝ax 与y ＝－b x在(0，＋∞)上都是减函数， 所以a <0，b <0.由y ＝ax 3＋bx 2＋5得y ′＝3ax 2＋2bx .令y ′>0，得3ax 2＋2bx >0，所以－2b 3a<x <0. 所以当x ∈(－2b 3a，0)时，函数为增函数．令y ′<0，即3ax 2＋2bx <0， 所以x <－2b 3a，或x >0. 所以在(－∞，－2b 3a)，(0，＋∞)上函数为减函数． 6．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e －x (x ∈R ，e 为自然对数底数) (1)若函数f (x )在(－1,1)内单调递减，求a 取值范围．(2)函数f (x )是否为R 上单调函数？若是，求出a 取值范围，若不是，请说明理由．解析：(1)因为f (x )＝(－x 2＋ax )e －x ，所以f ′(x )＝[x 2－(a ＋2)x ＋a ]e －x ， 要使f (x )在(－1,1)上单调递减，则f ′(x )≤0对一切x ∈(－1,1)都成立，即x 2－(a ＋2)x ＋a ≤0对x ∈(－1,1)都成立，令g (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ，则⎩⎪⎨⎪⎧ g (－1)≤0，g (1)≤0⇒⎩⎪⎨⎪⎧1＋(a ＋2)＋a ≤0，1－(a ＋2)＋a ≤0，解得a ≤－32. 所以a 取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－32. (2)①若函数f (x )在R 上单调递减，则f ′(x )≤0对x ∈R 都成立，即[x 2－(a ＋2)x ＋a ]e －x ≤0对x ∈R 都成立，从而x 2－(a ＋2)x ＋a ≤0对x ∈R 都成立， 令g (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ，抛物线y ＝g (x )开口向上，不可能对x ∈R ，g (x )≤0都成立． ②若函数f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0对x ∈R 都成立，从而x 2－(a ＋2)x ＋a ≥0对x ∈R 都成立，由于Δ＝(a ＋2)2－4a ＝a 2＋4>0，故f ′(x )≥0不能对一切x ∈R 都成立，综上可知，函数f (x )不可能是R 上单调函数.。

第2课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用1．熟练应用两个计数原理．(重点)2．能运用两个计数原理解决一些综合性的问题．(难点)[基础·初探]教材整理　分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系与区别阅读教材P 6例5～P 10，完成下列问题．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别分类加法计数原理分步乘法计数原理联系两个原理回答的都是关于完成一件事情的不同方法的种数的问题区别一完成一件事共有n 类办法，关键词是“分类”完成一件事共分n 个步骤，关键词是“分步”区别二每类办法都能完成这件事任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有每个步骤都完成了，才能完成这件事区别三各类办法都是互斥的、并列的、独立的各步之间是相互关联的、互相依存的1．由1,2,3,4组成没有重复数字的三位数的个数为________．【解析】　由题意知可以组成没有重复数字的三位数的个数为4×3×2＝24.【答案】　242．(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4)展开后共有________项. 【导学号：97270004】【解析】　该展开式中每一项的因式分别来自a1＋a2＋a3，b1＋b2＋b3，c1＋c2＋c3＋c4中的各一项．由a1，a2，a3中取一项共3种取法，从b1，b2，b3中取一项有3种不同取法，从c1，c2，c3，c4中任取一项共4种不同的取法．由分步乘法计数原理知，该展开式共3×3×4＝36(项)．【答案】　363．5名班委进行分工，其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为________．【解析】　根据题意，B只适合当学习委员，有1种情况，A不适合当班长，也不能当学习委员，有3种安排方法，剩余的3人担任剩余的工作，有3×2×1＝6种情况，由分步乘法计数原理，可得共有1×3×6＝18种分工方案．【答案】　184．用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻，这样的四位数有________个．【解析】　分三步完成，第1步，确定哪一个数字被使用2次，有3种方法；第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法；第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故有3×3×2＝18个不同的四位数．【答案】　18[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：　解惑：　疑问2：　解惑：　疑问3：　解惑：[小组合作型]抽取(分配)问题　(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有( ) A．16种 B．18种 C．37种 D．48种(2)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有________．【精彩点拨】　(1)由于去甲工厂的班级分配情况较多，而其对立面较少，可考虑间接法求解．(2)先让一人去抽，然后再让被抽到贺卡所写人去抽．【自主解答】　(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案．则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37(种)．故选C.(2)不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有1种选择，所以不同取法共有3×3×1×1＝9(种)．【答案】　(1)C　(2)9求解抽取(分配)问题的方法1．当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树状图法、框图法或者图表法．2．当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接法：直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．[再练一题]1．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？【解】　法一　(以小球为研究对象)分三步来完成：第一步：放第一个小球有5种选择；第二步：放第二个小球有4种选择；第三步：放第三个小球有3种选择．根据分步乘法计数原理得：共有方法数N＝5×4×3＝60.法二　(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5，分成以下10类：第一类：空盒子标号为(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)；第二类：空盒子标号为(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)；第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；分类还有以下几种情况：空盒子标号分别为(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法．根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种).组数问题　用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的(1)银行存折的四位密码；(2)四位整数；(3)比2 000大的四位偶数．【精彩点拨】　(1)用分步乘法计数原理求解(1)问；(2)0 不能作首位，优先排首位，用分步乘法计数原理求解；(3)可以按个位是0,2,4分三类，也可以按首位是2,3,4,5分四类解决，也可以用间接法求解．【自主解答】　(1)分步解决．第一步：选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法；第二步：选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法；第三步：选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法；第四步：选取左边第四个位置上的数字，有3种选取方法．由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有6×5×4×3＝360(个)．(2)分步解决．第一步：首位数字有5种选取方法；第二步：百位数字有5种选取方法；第三步：十位数字有4种选取方法；第四步：个位数字有3种选取方法．由分步乘法计数原理知，可组成四位整数有5×5×4×3＝300(个)．(3)法一　按末位是0,2,4分为三类：第一类：末位是0的有4×4×3＝48个；第二类：末位是2的有3×4×3＝36个；第三类：末位是4的有3×4×3＝36个．则由分类加法计数原理有N＝48＋36＋36＝120(个)．法二　按千位是2,3,4,5分四类：第一类：千位是2的有2×4×3＝24(个)；第二类：千位是3的有3×4×3＝36(个)；第三类：千位是4的有2×4×3＝24(个)；第四类：千位是5的有3×4×3＝36(个)．则由分类加法计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120(个)．法三(间接法)用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类：第一类：末位是0的有5×4×3＝60个；第二类：末位是2或4的有2×4×4×3＝96个．共有60＋96＝156(个)．其中比2 000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36(个)，所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个)．1．对于组数问题，一般按特殊位置(一般是末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或者特殊元素)优先的方法分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解．2．解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘．排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．[再练一题]2．由0,1,2,3这四个数字，可组成多少个：(1)无重复数字的三位数？(2)可以有重复数字的三位数？【解】　(1)0不能做百位数字，所以百位数字有3种选择，十位数字有3种选择，个位数字有2种选择，所以无重复数字的三位数共有3×3×2＝18(个)．(2)百位数字有3种选择，十位数字有4种选择，个位数字也有4种选择．由分步乘法计数原理知，可以有重复数字的三位数共有3×4×4＝48(个)．涂色问题探究1　用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D四个区A B C D图1­1­4域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方案？【提示】　涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理将A，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24(种)不同方案．探究2　在探究1中，若恰好用3种不同颜色涂A，B，C，D四个区域，那么哪些区域必同色？把四个区域涂色，共有多少种不同的涂色方案？【提示】　恰用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域，或A，D区域，或B，D区域必同色．由加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18(种)不同的方案．探究3　在探究1中，若恰好用2种不同颜色涂完四个区域，则哪些区域必同色？共有多少种不同的涂色方案？【提示】　若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B、D区域必同色．先从3种不同颜色中任取两种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域共2种不同的涂法．由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂四个区域共有3×2＝6(种)不同的涂色方案．图1­1­5将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如图1­1­5所示的图中，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？【精彩点拨】　给图中区域标上记号A，B，C，D，E，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色取决于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同有2种，如果不相同，那么只有1种．因此应先分类后分步．【自主解答】　法一：给图中区域标上记号A，B，C，D，E，如图所示．①当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48种．②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24种．故共有48＋24＝72种不同的涂色方法．法二：按涂色时所用颜色种数多少分类：第一类，用4种颜色：此时B，D区域或A，E区域同色，则共有2×4×3×2×1＝48种不同涂法．第二类，用3种颜色：此时B，D同色，A，E同色，先从4种颜色中取3种，再涂色，共4×3×2×1＝24种不同涂法．由分类加法计数原理共48＋24＝72种不同涂法．求解涂色(种植)问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有：,(1)按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；(2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；(3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.[再练一题]3.图1­1­6如图1­1­6所示的几何体是由一个正三棱锥P­ABC与正三棱柱ABC­A1B1C1组合而成的，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．【解析】　先涂三棱锥P­ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2＝12种不同的涂法．【答案】　12[构建·体系]1．已知x∈{1,2,3,4}，y∈{5,6,7,8}，则xy可表示不同值的个数为( ) A．2 B．4 C．8 D．15【解析】　x的取值共有4个，y的取值也有4个，则xy共有4×4＝16个积，但是由于3×8＝4×6，所以xy共有16－1＝15(个)不同值，故选D.【答案】　D2．某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有( )A．6种B．7种C．8种D．9种【解析】　可按女生人数分类：若选派一名女生，有2×3＝6种；若选派2名女生，则有3种．由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法．【答案】　D3．3名学生报名参加篮球、足球、排球、计算机课外兴趣小组，每人选报一门，则不同的报名方案有________种. 【导学号：97270005】【解析】　每名同学都有4种不同的报名方案，共有4×4×4＝64种不同的方法．【答案】　644．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为________．【解析】　先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，一个点可以形成n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共有2n(n－1)个符合题意的直角三角形．【答案】　2n(n－1)5.图1­1­7用6种不同颜色的彩色粉笔写黑板报，板报设计如图1­1­7所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔．问：该板报有多少种书写方案？【解】　第一步，选英语角用的彩色粉笔，有6种不同的选法；第二步，选语文学苑用的彩色粉笔，不能与英语角用的颜色相同，有5种不同的选法；第三步，选理综视界用的彩色粉笔，与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同，有4种不同的选法；第四步，选数学天地用的彩色粉笔，只需与理综视界的颜色不同即可，有5种不同的选法，共有6×5×4×5＝600种不同的书写方案．我还有这些不足：(1)　(2)　我的课下提升方案：(1)　(2)　学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每个同学可自由选择，且必须选择一个知识讲座，则不同的选择种数是( )A．54 B．45C．5×4×3×2 D．5×4【解析】　5名同学每人都选一个课外知识讲座，则每人都有4种选择，由分步乘法计数原理知共有4×4×4×4×4＝45种选择．【答案】　B2．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6,7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是( )A．18 B．17 C．16 D．10【解析】　分两类．第一类：M中的元素作横坐标，N中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有3×3＝9(个)；第二类：N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有4×2＝8(个)．由分类加法计数原理，共有9＋8＝17(个)点在第一、二象限．【答案】　B3．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有( )A．12种 B．9种C．8种 D．6种【解析】　设四张贺卡分别记为A，B，C，D.由题意，某人(不妨设A卡的供卡人)取卡的情况有3种，据此将卡的分配方式分为三类，对于每一类，其他人依次取卡分步进行，为了避免重复或遗漏，我们用“树状图”表示如下：BADCCDADAC　CADBDABDBA　DABCCABCBA所以共有9种不同的分配方式，故选B.【答案】　B34图1­1­84.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大．当3,4固定在图1­1­8中的位置时，填写空格的方法为( )A．6种B．12种C．18种D．24种【解析】　因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1,2,9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填好后与之相邻的空格可填6,7,8任一个；余下两个数字按从小到大只有一种方法．共有2×3＝6种结果，故选A.【答案】　A5．体育老师把9个相同的足球放入编号为1,2,3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有( ) 【导学号：97270006】A．8种B．10种C．12种D．16种【解析】　首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置，第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；第二种方法，可以把球分成两份，1和2，这两份在三个位置，有3×2＝6种结果；第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果．综上可知共有1＋6＋3＝10种结果．【答案】　B二、填空题6．小张正在玩“QQ农场”游戏，他计划从仓库里的玉米、土豆、茄子、辣椒、胡萝卜这5种种子中选出4种分别种植在四块不同的空地上(一块空地只能种植一种作物)，若小张已决定在第一块空地上种茄子或辣椒，则不同的种植方案共有________种．【解析】　当第一块地种茄子时，有4×3×2＝24种不同的种法；当第一块地种辣椒时，有4×3×2＝24种不同的种法，故共有48种不同的种植方案．【答案】　487．从集合{0,1,2,3,5,7,11}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax＋By＋C＝0中的A，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条．【解析】　因为过原点的直线常数项为0，所以C＝0，从集合中的6个非零元素中任取一个作为系数A，有6种方法，再从其余的5个元素中任取一个作为系数B，有5种方法，由分步乘法计数原理得，适合条件的直线共有1×6×5＝30(条)．【答案】　308．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有________种．【解析】　分三类：若甲在周一，则乙丙有4×3＝12种排法；若甲在周二，则乙丙有3×2＝6种排法；若甲在周三，则乙丙有2×1＝2种排法．所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20种．【答案】　20三、解答题9．如图1­1­9所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，不同的涂色方法共有多少种(用数字作答)．图1­1­9【解】　不妨将图中的4个格子依次编号为①②③④，当①③同色时，有6×5×1×5＝150种方法；当①③异色时，有6×5×4×4＝480种方法．所以共有150＋480＝630种方法．10．用数字1,2,3,4,5,6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个数列．(1)求这个数列的项数；(2)求这个数列中的第89项的值．【解】　(1)完成这件事需要分别确定百位、十位和个位数，可以先确定百位，再确定十位，最后确定个位，因此要分步相乘．第一步：确定百位数，有6种方法．第二步：确定十位数，有5种方法．第三步：确定个位数，有4种方法．根据分步乘法计数原理，共有N＝6×5×4＝120个三位数．所以这个数列的项数为120.(2)这个数列中，百位是1,2,3,4的共有4×5×4＝80个，百位是5的三位数中，十位是1或2的有4＋4＝8个，故第88个为526，故从小到大第89项为531.[能力提升]1．(2016·菏泽检测)如图1­1­10，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为( )图1­1­10A．96 B．84 C．60 D．48【解析】　可依次种A，B，C，D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36种种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48种种法．由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84.【答案】　B2．两人进行乒乓球比赛，采取五局三胜制，即先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局数的不同视为不同情形)共有( ) A．10种B．15种C．20种D．30种【解析】　由题意知，比赛局数最少为3局，至多为5局．当比赛局数为3局时，情形为甲或乙连赢3局，共2种；当比赛局数为4局时，若甲赢，则前3局中甲赢2局，最后一局甲赢，共有3种情形；同理，若乙赢，则也有3种情形，所以共有6种情形；当比赛局数为5局时，前4局，甲、乙双方各赢2局，最后一局胜出的人赢，若甲前4局赢2局，共有赢取第1、2局，1、3局，1、4局，2、3局，2、4局，3、4局六种情形，所以比赛局数为5局时共有2×6＝12(种)，综上可知，共有2＋6＋12＝20(种)．故选C.【答案】　C3．在一次运动会选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．【解析】　分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，所以安排方式有4×3×2＝24种．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120种．所以安排这8人的方式有24×120＝2 880种．【答案】　2 8804．(2016·杭州外国语学校检测)给出一个正五棱柱，用3种颜色给其10个顶点染色，要求各侧棱的两个端点不同色，有几种染色方案？【解】　分两步，先给上底面的5个顶点染色，每个顶点都有3种方法，共有35种方法，再给下底面的5个顶点染色，因为各侧棱两个端点不同色，所以每个顶点有2种方法，共有25种方法，根据分步乘法计数原理，共有35·25＝7 776(种)染色方案.。

[课时作业][A组基础巩固]1．下列函数存在极值的是( )A．f(x)＝1xB．f(x)＝x－e xC．f(x)＝x3＋x2＋2x－3 D．f(x)＝x3解析：A中f′(x)＝－1x2，令f′(x)＝0无解，且f(x)的图象为双曲线．∴A中函数无极值．B中f′(x)＝1－e x，令f′(x)＝0可得x＝0.当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0.∴y＝f(x)在x＝0处取极大值，f(0)＝－1.C中f′(x)＝3x2＋2x＋2，Δ＝4－24＝－20<0.∴y＝f(x)无极值．D也无极值．故选B.答案：B2.如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，下列说法错误的是( )A．－2是函数y＝f(x)的极小值点B．1是函数y＝f(x)的极值点C．y＝f(x)在x＝0处切线的斜率大于零D．y＝f(x)在区间(－2,2)上单调递增解析：f′(1)＝0，但在1的相邻的左右两侧的导函数值同号，故1不是f(x)的极值点，故选B.答案：B3．函数f(x)＝－13x3＋12x2＋2x取极小值时，x的值是( )A．2 B．2，－1C．－1 D．－3解析：f′(x)＝－x2＋x＋2＝－(x＋1)(x－2)，则知在区间(－∞，－1)和(2，＋∞)上，f′(x)<0，在区间(－1,2)上f′(x)>0，故当x＝－1时，f(x)取极小值．答案：C4．若x＝－2与x＝4是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点，则有( ) A．a＝－2，b＝4 B．a＝－3，b＝－24C．a＝1，b＝3 D．a＝2，b＝－4解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意有x＝－2和x＝4是方程3x2＋2ax＋b＝0的两个根，所以有－2a3＝－2＋4，b3＝－2×4，解得a＝－3，b＝－24.答案：B5．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋c，其导函数图象如图所示，则函数f(x)的极小值是( )A．a＋b＋c B．8a＋4b＋cC．3a＋2b D．c解析：由函数导函数的图象可知，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0,2)上单调递增，∴函数f(x)在x＝0时取得极小值c.答案：D。

导数在研究函数中的应用
函数的单调性与导数
课时过关·能力提升
基础巩固
若函数在区间()内单调递增,则()
≤<
≥>
解析',由题意知'≥在()内恒成立,即≤在()内恒成立,所以≤.故选.
答案
若()(>)在上单调递增,则()
>>>
>≤
解析∵()在上单调递增,
∴'()≥在上恒成立.
∴Δ≤.
∴≤.
答案
已知()∈(,π),则()的单调递增区间是()
.(ππ) .(,π)
. .
解析∵()∈(,π),
∴'().
令'()>,则<.
又∈(,π),∴<<π.
∴π<<π,即<<π.
答案
已知函数()在[]上连续,若在区间()内有'()>,且()≥,则在()内有() ()>()<
() .不能确定
解析∵在区间()内有'()>,
∴()在区间()内是增函数.
∴()>().又()≥,∴()>.故选.
答案
已知在上可导函数()的图象如图所示,则不等式()·'()>的解集为()
.(∞)∪(∞)
.(∞)∪()
.(∞)∪()∪(∞)
.(∞)∪()∪(∞)
解析原不等式⇔
即
解得<,或>,或<<.
答案
若函数()是上的单调函数,则实数的取值范围为.
解析'(),。

章末检测(一)时间：分钟满分：分一、选择题(本大题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)．曲线＝－在点() 处切线的斜率等于( )．．．．解析：由＝－得′＝－＋－，所以曲线在点()处切线的斜率＝′＝＝－＋×－＝.故选.答案：．二次函数＝()的图象过原点且它的导函数＝′()的图象是如图所示的一条直线，＝()的图象的顶点在( )．第Ⅱ象限．第Ⅰ象限．第Ⅳ象限．第Ⅲ象限解析：设()＝＋＋，∵二次函数＝()的图象过原点，∴＝，∴′()＝＋，由＝′()的图象可知，<，>，∴<，>，∴－>，＝－>，故选.答案：．设函数()＝＋，若′()＝，则等于( )．－．．－．解析：∵′()＝＝＝，∴′()＝＝.答案：．若()＝－－，则()的单调递增区间为( )．(－)∪(，＋∞)．(－)．(，＋∞)．(，＋∞)解析：′()＝－－＝＝，由′()＞得＞.答案：．已知()＝－＋(为常数)在[－]上有最大值，那么此函数在[－]上的最小值为( )．－．－．－．－解析：由′()＝－＝(－)＝，解得＝或＝，又()＝，()＝－，(－)＝－，所以()＝＝，()＝－＝－＝－.答案：．已知()＝＋，∈(，π)，则()的单调递增区间是( )解析：∵()＝＋＝＋，∈(，π)，∴′()＝－ .令′()>，则<.又∈(，π)，∴<<π.∴π<<π，即<<π.答案：.设函数()在上可导，其导函数为′()，且函数＝(－)′()的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )．函数()有极大值()和极小值()．函数()有极大值(－)和极小值()．函数()有极大值()和极小值(－)．函数()有极大值(－)和极小值()解析：由图可知，当<－时，′()>；当－<<时，′()<；当<<时，′()<；当>时，′()>.由此可以得到函数在＝－处取得极大值，在＝处取得极小值，选.答案：．由＝－与直线＝－围成的图形的面积是( )．析：解得交点(－，－)，(，－)．解图，由＝－与直线＝－围成的图形的面积如(－)－－(－)＝－－(－)＝.＝－案：答．下列函数中，＝是其极值点的函数是( )．()＝－．()＝－．()＝．()＝－解析：对于，′()＝－≤恒成立，在上单调递减，没有极值点；对于，′()＝，当∈(－π，)时，′()<，当∈(，π)时，′()>，故()＝－在＝的左侧区间(－π，)内单调递减，在其右。