题目内容
(2013•石景山区二模)已知函数f(x)=
x3-2x2+(2-a)x+1,其中a∈R.
(Ⅰ)若a=2,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(Ⅱ)求f(x)在区间[2,3]上的最大值和最小值.
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(Ⅰ)若a=2,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(Ⅱ)求f(x)在区间[2,3]上的最大值和最小值.
分析:(Ⅰ)求导数,把a=2代入可得f(1)=-
,f'(1)=-2,由点斜式可写直线的方程,化为一般式即可;
(Ⅱ)由△=8a,分a≤0,当a>0两大类来判断,其中当a>0时,又需分0<a≤2,2<a<8,a≥8,三种情形来判断,综合可得答案.
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(Ⅱ)由△=8a,分a≤0,当a>0两大类来判断,其中当a>0时,又需分0<a≤2,2<a<8,a≥8,三种情形来判断,综合可得答案.
解答:(Ⅰ)解:f(x)的定义域为R,且 f'(x)=2x2-4x+2-a,当a=2时,f(1)=-
,f'(1)=-2,
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y+
=-2(x-1),即 6x+3y-5=0.(4分)
(Ⅱ)解:方程f'(x)=0的判别式为△=(-4)2-4×2×(2-a)=8a.
(ⅰ)当a≤0时,f'(x)≥0,所以f(x)在区间(2,3)上单调递增,所以f(x)在区间[2,3]
上的最小值是f(2)=
-2a;最大值是f(3)=7-3a.
(ⅱ)当a>0时,令f'(x)=0,得 x1=1-
,或x2=1+
.f(x)和f'(x)的情况如下:
故f(x)的单调增区间为(-∞, 1-
),(1+
,+∞ );单调减区间为(1-
,1+
).
①当0<a≤2时,x2≤2,此时f(x)在区间(2,3)上单调递增,所以f(x)在区间[2,3]
上的最小值是f(2)=
-2a;最大值是f(3)=7-3a.
②当2<a<8时,x1<2<x2<3,此时f(x)在区间(2,x2)上单调递减,在区间(x2,3)上单调递增,
所以f(x)在区间[2,3]上的最小值是 f(x2)=
-a-
.
因为 f(3)-f(2)=
-a,
所以 当2<a≤
时,f(x)在区间[2,3]上的最大值是f(3)=7-3a;当
<a<8时,f(x)在区间[2,3]上的最大值是f(2)=
-2a.
③当a≥8时,x1<2<3≤x2,此时f(x)在区间(2,3)上单调递减,
所以f(x)在区间[2,3]上的最小值是f(3)=7-3a;最大值是f(2)=
-2a.
综上可得,
当a≤2时,f(x)在区间[2,3]上的最小值是
-2a,最大值是7-3a;
当2<a≤
时,f(x)在区间[2,3]上的最小值是
-a-
,最大值是7-3a;
当
<a<8时,f(x)在区间[2,3]上的最小值是
-a-
,最大值是
-2a;
当a≥8时,f(x)在区间[2,3]上的最小值是7-3a,最大值是
-2a.
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所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y+
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(Ⅱ)解:方程f'(x)=0的判别式为△=(-4)2-4×2×(2-a)=8a.
(ⅰ)当a≤0时,f'(x)≥0,所以f(x)在区间(2,3)上单调递增,所以f(x)在区间[2,3]
上的最小值是f(2)=
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(ⅱ)当a>0时,令f'(x)=0,得 x1=1-
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x | (-∞,x1) | x1 | (x1,x2) | x2 | (x2,+∞) |
f'(x) | + | 0 | - | 0 | + |
f(x) | ↗ | ↘ | ↗ |
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①当0<a≤2时,x2≤2,此时f(x)在区间(2,3)上单调递增,所以f(x)在区间[2,3]
上的最小值是f(2)=
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②当2<a<8时,x1<2<x2<3,此时f(x)在区间(2,x2)上单调递减,在区间(x2,3)上单调递增,
所以f(x)在区间[2,3]上的最小值是 f(x2)=
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a
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因为 f(3)-f(2)=
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所以 当2<a≤
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③当a≥8时,x1<2<3≤x2,此时f(x)在区间(2,3)上单调递减,
所以f(x)在区间[2,3]上的最小值是f(3)=7-3a;最大值是f(2)=
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综上可得,
当a≤2时,f(x)在区间[2,3]上的最小值是
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当2<a≤
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a
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当
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a
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当a≥8时,f(x)在区间[2,3]上的最小值是7-3a,最大值是
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点评:本题考查利用导数研究函数的单调性和最值问题,涉及切线方程问题,属中档题.
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