标题-2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版选修2-2:课时跟踪检测(七) 函数的最大(小)值与导数

课时跟踪检测(七)
层级一

函数的最大(小)值与导数
学业水平达标 )

1.设 M,m 分别是函数 f(x)在[a,b]上的最大值和最小值,若 M=m,则 f′(x)( A.等于 0 C.等于 1 B.小于 0 D.不确定

解析: 选 A 因为 M=m,所以 f(x)为常数函数,故 f′(x)=0,故选 A. 2.函数 y=2x3-3x2-12x+5 在[-2,1]上的最大值、最小值分别是( A.12,-8 C.12,-15 解析:选 A y′=6x2-6x-12, 由 y′=0?x=-1 或 x=2(舍去). x=-2 时,y=1;x=-1 时,y=12;x=1 时,y=-8. ∴ymax=12,ymin=-8.故选 A. 3.函数 f(x)=x4-4x(|x|<1)( A.有最大值,无最小值 B.有最大值,也有最小值 C.无最大值,有最小值 D.既无最大值,也无最小值 解析:选 D f′(x)=4x3-4=4(x-1)(x2+x+1). ) B.1,-8 D.5,-16 )

令 f′(x)=0,得 x=1.又 x∈(-1,1)且 1?(-1,1), ∴该方程无解,故函数 f(x)在(-1,1)上既无极值也无最值.故选 D. 1 4.函数 f(x)=2 x+x,x∈(0,5]的最小值为( A.2 17 C. 4 B.3 1 D.2 2+ 2 )

3 x -1 2 1 1 解析:选 B 由 f′(x)= - 2= 2 =0,得 x=1, x x x 且 x∈(0,1)时,f′(x)<0,x∈(1,5]时,f′(x)>0, ∴x=1 时,f(x)最小,最小值为 f(1)=3. ln x 5.函数 y= x 的最大值为( A.e
-1

) B.e D.10

C.e2

解析:选 A 令 y′=

?ln x?′x-ln x 1-ln x = =0?x=e.当 x>e 时,y′<0;当 0<x x2 x2
- -

<e 时,y′>0,所以 y 极大值=f(e)=e 1,在定义域内只有一个极值,所以 ymax=e 1. 6.函数 y= x-x(x≥0)的最大值为__________. 解析:y′= 1 2 x -1= 1-2 x 1 ,令 y′=0 得 x= . 4 2 x

1 1 ∵0<x< 时,y′>0;x> 时,y′<0. 4 4 1 ∴x= 时,ymax= 4 答案: 1 4


1 1 1 - = . 4 4 4

7.函数 f(x)=xe x,x∈[0,4]的最小值为________. 解析:f′(x)=e x-xe x=e x(1-x).
- - -

令 f′(x)=0,得 x=1(e x>0),


1 4 ∴f(1)= >0,f(0)=0,f(4)= 4>0, e e 所以 f(x)的最小值为 0. 答案:0 8.若函数 f(x)=x3-3x-a 在区间[0,3]上的最大值、最小值分别为 m,n,则 m-n= ________. 解析:∵f′(x)=3x2-3, ∴当 x>1 或 x<-1 时,f′(x)>0; 当-1<x<1 时,f′(x)<0. ∴f(x)在[0,1]上单调递减,在[1,3]上单调递增. ∴f(x)min=f(1)=1-3-a=-2-a=n. 又∵f(0)=-a,f(3)=18-a,∴f(0)<f(3). ∴f(x)max=f(3)=18-a=m, ∴m-n=18-a-(-2-a)=20. 答案:20 k 9.设函数 f(x)=ex- x2-x. 2 (1)若 k=0,求 f(x)的最小值; (2)若 k=1,讨论函数 f(x)的单调性. 解:(1)k=0 时,f(x)=ex-x,f′(x)=ex-1. 当 x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,所以 f(x)在(-∞,0)上单 调递减,在(0,+∞)上单调递增,故 f(x)的最小值为 f(0)=1.

1 (2)若 k=1,则 f(x)=ex- x2-x,定义域为 R. 2 ∴f′(x)=ex-x-1,令 g(x)=ex-x-1, 则 g′(x)=ex-1, 由 g′(x)≥0 得 x≥0,所以 g(x)在[0,+∞)上单调递增, 由 g′(x)<0 得 x<0,所以 g(x)在(-∞,0)上单调递减, ∴g(x)min=g(0)=0,即 f′(x)min=0,故 f′(x)≥0. 所以 f(x)在 R 上单调递增. 10.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+5,曲线 y=f(x)在点 P(1,f(1))处的切线方程为 y=3x +1. (1)求 a,b 的值; (2)求 y=f(x)在[-3,1]上的最大值. 解:(1)依题意可知点 P(1,f(1))为切点,代入切线方程 y=3x+1 可得,f(1)=3×1+1 =4, ∴f(1)=1+a+b+5=4,即 a+b=-2, 又由 f(x)=x3+ax2+bx+5 得, 又 f′(x)=3x2+2ax+b, 而由切线 y=3x+1 的斜率可知 f′(1)=3, ∴3+2a+b=3,即 2a+b=0,
? ? ?a+b=-2, ?a=2, 由? 解得? ?2a+b=0. ? ? ?b=-4,

∴a=2,b=-4. (2)由(1)知 f(x)=x3+2x2-4x+5, f′(x)=3x2+4x-4=(3x-2)(x+2), 2 令 f′(x)=0,得 x= 或 x=-2. 3 当 x 变化时,f(x),f′(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) 8 -3 (-3,-2) + -2 0 极大值

?-2,2? 3? ?


2 3 0 极小值

?2,1? ?3 ?


1

4

2? 95 ∴f(x)的极大值为 f(-2)=13,极小值为 f? ?3?=27, 又 f(-3)=8,f(1)=4, ∴f(x)在[-3,1]上的最大值为 13. 层级二 应试能力达标

1.函数 f(x)=x3-3ax-a 在(0,1)内有最小值,则 a 的取值范围为( A.[0,1) C.(-1,1) B.(0,1) 1? D.? ?0,2?

)

解析:选 B ∵f′(x)=3x2-3a,令 f′(x)=0,可得 a=x2,又∵x∈(0,1),∴0<a<1, 故选 B. 2.若函数 f(x)=x3-3x2-9x+k 在区间[-4,4]上的最大值为 10,则其最小值为( A.-10 C.-15 解析:选 B B.-71 D.-22 f′(x)=3x2-6x-9=3(x-3)(x+1).由 f′(x)=0,得 x=3 或 x=-1.又 )

f(-4)=k-76,f(3)=k-27,f(-1)=k+5,f(4)=k-20.由 f(x)max=k+5=10,得 k=5, ∴f(x)min=k-76=-71. 3.设直线 x=t 与函数 f(x)=x2,g(x)=ln x 的图象分别交于点 M,N,则当|MN|达到最 小值时 t 的值为( A.1 C. 5 2 ) 1 B. 2 D. 2 2

解析:选 D 因为 f(x)的图象始终在 g(x)的上方,所以|MN|=f(x)-g(x)=x2-ln x,设
2 2x2-1 1 2x -1 2 h(x)=x2-ln x,则 h′(x)=2x- = ,令 h′(x)= =0,得 x= ,所以 h(x) x x x 2

在 0,

? ?

2? ? 2,+∞?上单调递增,所以当 x= 2时有最小值,故 t= 2. 上单调递减,在 2 2 2? ?2 ? )

4.函数 f(x)=x3+ax-2 在区间[1,+∞)上是增函数,则实数 a 的取值范围是( A.[3,+∞) C.(-3,+∞) B.[-3,+∞) D.(-∞,-3)

解析:选 B ∵f(x)=x3+ax-2 在[1,+∞)上是增函数,∴f′(x)=3x2+a≥0 在[1, +∞)上恒成立,即 a≥-3x2 在[1,+∞)上恒成立,又∵在[1,+∞)上(-3x2)max=-3,∴ a≥-3. 5.已知函数 f(x)=ax-ln x,若 f(x)>1 在区间(1,+∞)内恒成立,实数 a 的取值范围 为________. 解析:由题意知 a> 设 g(x)= ∴g(x)= 1+ln x 在区间(1,+∞)内恒成立. x

1+ln x ln x x ,则 g′(x)=- x2 <0(x>1),

1+ln x x 在区间(1,+∞)内单调递减,

∴g(x)<g(1), ∵g(1)=1, ∴ 1+ln x x <1 在区间(1,+∞)内恒成立,∴a≥1.

答案:[1,+∞) 6.已知函数 y=-x2-2x+3 在区间[a,2]上的最大值为 15 ,则 a=________. 4

解析:y′=-2x-2,令 y′=0,得 x=-1,∴函数在(-∞,-1)上单调递增,在(- 1,+ ∞)上单调递减.若 a>- 1,则最大值为 f(a) =- a2- 2a+ 3= 15 1 ,解之得 a=- 4 2

?a=-3舍去?;若 a≤-1,则最大值为 f(-1)=-1+2+3=4≠15.综上知,a=-1. 2 ? ? 4 2
1 答案:- 2 7.已知 a∈R,函数 f(x)=x2(x-a). (1)当 a=3 时,求 f(x)的零点; (2)求函数 y=f(x)在区间[1,2]上的最小值. 解:(1)当 a=3 时,f(x)=x2(x-3), 令 f(x)=0,解得 x=0 或 x=3. (2)设此最小值为 m, 2 x- a?,x∈(1,2), 而 f′(x)=3x2-2ax=3x? ? 3 ? ①当 a≤0 时,在 1<x<2 时,f′(x)>0, 则 f(x)是区间[1,2]上的增函数,所以 m=f(1)=1-a; ②当 a>0 时, 在 x<0 或 x> 2a 时,f′(x)>0, 3

2 ? 从而 f(x)在区间? ?3a,+∞?上是增函数; 在 0<x< 2a 时,f′(x)<0, 3

2 ? 从而 f(x)在区间? ?0,3a?上是减函数. 2 ⅰ当 a≥2,即 a≥3 时,m=f(2)=8-4a; 3 2a? 4a3 2 3 ? ⅱ当 1< a<2,即 <a<3 时,m=f? 3 ?=- . 3 2 27 2 3 ⅲ当 0< a≤1,即 0<a≤ 时,m=f(1)=1-a. 3 2

1-a,a≤ , ? 2 ? 综上所述,所求函数的最小值 m=? 4a 2 - , <a<3, 27 3 ? ?8-4a,a≥3.
3

3

a 8.已知函数 f(x)=ln x+x. (1)当 a<0 时,求函数 f(x)的单调区间; 3 (2)若函数 f(x)在[1,e]上的最小值是 ,求 a 的值. 2 a 解:函数 f(x)=ln x+x的定义域为(0,+∞), 1 a x- a f′(x)=x- 2= 2 , x x (1)∵a<0,∴f′(x)>0, 故函数在其定义域(0,+∞)上单调递增. (2)x∈[1,e]时,分如下情况讨论: ①当 a<1 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增,其最小值为 f(1)=a<1,这与函数在[1,e] 3 上的最小值是 相矛盾; 2 3 ②当 a=1 时,函数 f(x)在[1,e]上单调递增,其最小值为 f(1)=1,同样与最小值是 相 2 矛盾; ③当 1<a<e 时,函数 f(x)在[1,a)上有 f′(x)<0,f(x)单调递减,在(a,e]上有 f′(x)>0, f(x)单调递增, 3 所以,函数 f(x)的最小值为 f(a)=ln a+1,由 ln a+1= ,得 a= e. 2 ④当 a=e 时,函数 f(x)在[1,e]上有 f′(x)<0,f(x)单调递减,其最小值为 f(e)=2,这 3 与最小值是 相矛盾; 2 a ⑤当 a>e 时,显然函数 f(x)在[1,e]上单调递减,其最小值为 f(e)=1+ >2,仍与最小 e 3 值是 相矛盾; 2 综上所述,a 的值为 e.


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