整理,得y=-2x3+2.2x2+1.6x.∴y′=-6x2+4.4x+1.6.
令y′=0,有-6x2+4.4x+1.6=0,即15x2-11x-4=0.
解得x1=1或x2=-(不合题意,舍去).
从而在定义域(0,1.6)内,只有在x=1处使得y′=0.
因此,当x=1时,y取得最大值且ymax=-2+2.2+1.6=1.8(m3),这时高为3.2-2×1=1.2(m).
导数练习题作业B(答案)
1.C 2.D 3.D 4.D 5.A 6.A 7.D8.B
9.-610.[0,+∞)11. 和 , 12.
13.14.(0,)∪(-∞,-)15.16.
17.解 由f(x)=x2++alnx,得f′(x)=2x-+.
若函数为[1,+∞)上的单调增函数,则f′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,
即不等式2x-+≥0在[1,+∞)上恒成立,也即a≥-2x2在[1,+∞]上恒成立.令φ(x)=-2x2,上述问题等价于a≥φ(x)max,而φ(x)=-2x2在[1,+∞)上单调递减,
则φ(x)max=φ
(1)=0,于是a≥0为所求.
18.解
(1)f′(x)=3x2-3a,因为曲线y=f(x)在点(2,f
(2))处与直线y=8相切,
所以⇒⇒
(2)因为f′(x)=3(x2-a)(a≠0),
当a<0时,f′(x)>0,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
当a>0时,由f′(x)=0⇒x=±,
当x∈(-∞,-)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,
当x∈(-,)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,
当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.所以当a>0时,f(x)的单调增区间为(-∞,-),(,+∞),减区间为(-,).
19.
(1)证明 f′(x)=3x2+6ax+3-6a.
由f(0)=12a-4,f′(0)=3-6a得曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=(3-6a)x+12a-4,
由此知曲线y=f(x)在x=0处的切线过点(2,2).
(2)解 由f′(x)=0得x2+2ax+1-2a=0.
①当--1≤a≤-1时,f(x)没有极小值;
②当a>-1或a<--1时,由f′(x)=0得x1=-a-,x2=-a+,
故x0=x2.由题设知1<-a+<3.
当a>-1时,不等式1<-a+<3无解;
当a<--1时,解不等式1<-a+<3得-综合①②得a的取值范围是.
20.解
(1)由已知,切点为(2,0),故有f
(2)=0,即4b+c+3=0.①
又f′(x)=3x2+4bx+c,则f′
(2)=12+8b+c=5,即8b+c+7=0.②
联立①②,解得b=-1,c=1.所以函数的解析式为f(x)=x3-2x2+x-2.
(2)因为g(x)=x3-2x2+x-2+mx,
令g′(x)=3x2-4x+1+m=0,当函数有极值时,方程3x2-4x+1+m=0有实数解,所以Δ=4(1-m)≥0,得m≤1.
当m=1时,g′(x)=0有实数根x=,在x=左右两侧均有g′(x)>0,故函数g(x)无极值;
当m<1时,g′(x)=0.有两个实数根x1=(2-),x2=(2+).
当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
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,且
当x=(2-)时,g(x)有极大值;
当x=(2+)时,g(m)有极小值
21.解
(1)当t=1时,f(x)=4x3+3x2-6x,f(0)=0,f′(x)=12x2+6x-6,f′(0)=-6.所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-6x,即6x+y=0.
(2)f′(x)=12x2+6tx-6t2,令f′(x)=0得x=-t或x=.
①当t<0时,f′(x)>0得x>-t或x<,f′(x)<0得②当t>0时,f′(x)>0得x>或x<-t,f′(x)<0得-t22.解
(1)f′(x)=-x2+x+2a=-2++2a.
当x≥时,f′(x)的最大值为f′=+2a,由+2a>0,得a>-.
所以f(x)在上存在单调递增区间时,a的取值范围为.
(2)令f′(x)=0得x1=,x2=,
所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上递减,在(x1,x2)上递增.当0∴f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2),
又f(4)-f
(1)=-+6a<0,即f(4)(1).
∴f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8a-=-,
∴a=1,x2=2.从而f(x)在[1,4]上的最大值为f
(2)=.