新編人教版高中數(shù)學(xué)選修11課時(shí)跟蹤檢測(cè)十九 函數(shù)的最大小值與導(dǎo)數(shù) 含解析

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1、新編人教版精品教學(xué)資料 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十九） 函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù) 層級(jí)一　學(xué)業(yè)水平達(dá)標(biāo) 1．設(shè)M，m分別是函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值，若M＝m，則f′(x)(　　) A．等于0　　　　　　　　 B．小于0 C．等于1 D．不確定 解析： 選A　因?yàn)镸＝m，所以f(x)為常數(shù)函數(shù)，故f′(x)＝0，故選A. 2．函數(shù)y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2,1]上的最大值、最小值分別是(　　) A．12，－8 B．1，－8 C．12，－15 D．5，－16 解析：選A　y′＝6x2－6x－12， 由y′＝0?x＝－1或x＝2(舍去)． x＝－2時(shí)

2、，y＝1；x＝－1時(shí)，y＝12；x＝1時(shí)，y＝－8. ∴ymax＝12，ymin＝－8.故選A. 3．函數(shù)f(x)＝x4－4x(|x|<1)(　　) A．有最大值，無最小值 B．有最大值，也有最小值 C．無最大值，有最小值 D．既無最大值，也無最小值 解析：選D　f′(x)＝4x3－4＝4(x－1)(x2＋x＋1)． 令f′(x)＝0，得x＝1.又x∈(－1,1)且1?(－1,1)， ∴該方程無解，故函數(shù)f(x)在(－1,1)上既無極值也無最值．故選D. 4．函數(shù)f(x)＝2＋，x∈(0,5]的最小值為(　　) A．2 B．3 C. D．2＋ 解析：選B　由f′

3、(x)＝－＝＝0，得x＝1， 且x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0，x∈(1,5]時(shí)，f′(x)＞0， ∴x＝1時(shí)，f(x)最小，最小值為f(1)＝3. 5．函數(shù)y＝的最大值為(　　) A．e－1 B．e C．e2 D．10 解析：選A　令y′＝＝＝0?x＝e.當(dāng)x＞e時(shí)，y′＜0；當(dāng)0＜x＜e時(shí)，y′＞0，所以y極大值＝f(e)＝e－1，在定義域內(nèi)只有一個(gè)極值，所以ymax＝e－1. 6．函數(shù)y＝－x(x≥0)的最大值為__________． 解析：y′＝－1＝，令y′＝0得x＝. ∵0＜x＜時(shí)，y′＞0；x＞時(shí)，y′＜0. ∴x＝時(shí)，ymax＝－＝. 答案： 7．

4、函數(shù)f(x)＝xe－x，x∈[0,4]的最小值為________． 解析：f′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)． 令f′(x)＝0，得x＝1(e－x＞0)， ∴f(1)＝＞0，f(0)＝0，f(4)＝＞0， 所以f(x)的最小值為0. 答案：0 8．若函數(shù)f(x)＝x3－3x－a在區(qū)間[0,3]上的最大值、最小值分別為m，n，則m－n＝________. 解析：∵f′(x)＝3x2－3， ∴當(dāng)x＞1或x＜－1時(shí)，f′(x)＞0； 當(dāng)－1＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0. ∴f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，在[1,3]上單調(diào)遞增． ∴f(x)min＝f(1)＝1－3－a

5、＝－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 9．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－x2－x. (1)若k＝0，求f(x)的最小值； (2)若k＝1，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． 解：(1)k＝0時(shí)，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1. 當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)的最小值為f(0)＝1. (2)若k＝1，則f(x)＝ex－x2－

6、x，定義域?yàn)镽. ∴f′(x)＝ex－x－1，令g(x)＝ex－x－1， 則g′(x)＝ex－1， 由g′(x)≥0得x≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， 由g′(x)<0得x<0，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減， ∴g(x)min＝g(0)＝0，即f′(x)min＝0，故f′(x)≥0. 所以f(x)在R上單調(diào)遞增． 10．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋5，曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(1，f(1))處的切線方程為y＝3x＋1. (1)求a，b的值； (2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值． 解：(1)依題意可知點(diǎn)P(1，f(1))為切點(diǎn)，代入切線

7、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， 而由切線y＝3x＋1的斜率可知f′(1)＝3， ∴3＋2a＋b＝3，即2a＋b＝0， 由解得 ∴a＝2，b＝－4. (2)由(1)知f(x)＝x3＋2x2－4x＋5， f′(x)＝3x2＋4x－4＝(3x－2)(x＋2)， 令f′(x)＝0，得x＝或x＝－2. 當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f′(x)的變化情況如下表： x －3 (－3，－2) －2 1 f′(x) ＋ 0

8、 － 0 ＋ f(x) 8  極大值  極小值  4 ∴f(x)的極大值為f(－2)＝13，極小值為f＝， 又f(－3)＝8，f(1)＝4， ∴f(x)在[－3,1]上的最大值為13. 層級(jí)二　應(yīng)試能力達(dá)標(biāo) 1．函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍為(　　) A．[0,1)　　　　　　　 B．(0,1) C．(－1,1) D. 解析：選B　∵f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0，可得a＝x2，又∵x∈(0,1)，∴0＜a＜1，故選B. 2．若函數(shù)f(x)＝x3－3x2－9x＋k在區(qū)間[－4,4]上

9、的最大值為10，則其最小值為(　　) A．－10 B．－71 C．－15 D．－22 解析：選B　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．設(shè)直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝ln x的圖象分別交于點(diǎn)M，N，則當(dāng)|MN|達(dá)到最小值時(shí)t的值為(　　) A．1 B. C. D. 解析：選D　因?yàn)閒(x)的圖象始終在g(x)的上方，所以|MN|＝f(x)

10、－g(x)＝x2－ln x，設(shè)h(x)＝x2－ln x，則h′(x)＝2x－＝，令h′(x)＝＝0，得x＝，所以h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝時(shí)有最小值，故t＝. 4．函數(shù)f(x)＝x3＋ax－2在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[3，＋∞) B．[－3，＋∞) C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3) 解析：選B　∵f(x)＝x3＋ax－2在[1，＋∞)上是增函數(shù)，∴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．設(shè)函數(shù)f(x)＝x

11、2ex，若當(dāng)x∈[－2,2]時(shí)，不等式f(x)＞m恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 解析：f′(x)＝xex＋x2ex＝·x(x＋2)， 由f′(x)＝0得x＝0或x＝－2. 當(dāng)x∈[－2,2]時(shí)，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x －2 (－2,0) 0 (0,2) 2 f′(x) 0 － 0 ＋ f(x) 遞減 遞增 ∴當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)min＝f(0)＝0，要使f(x)＞m對(duì)x∈[－2,2]恒成立，只需m＜f(x)min，∴m＜0. 答案：(－∞，0) 6．已知函數(shù)y＝－x2－2x＋3在區(qū)間[a,2]

12、上的最大值為，則a＝________. 解析：y′＝－2x－2，令y′＝0，得x＝－1，∴函數(shù)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減．若a＞－1，則最大值為f(a)＝－a2－2a＋3＝，解之得a＝－；若a≤－1，則最大值為f(－1)＝－1＋2＋3＝4≠.綜上知，a＝－. 答案：－ 7．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常數(shù)a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函數(shù)． (1)求f(x)的表達(dá)式； (2)求g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值． 解：(1)∵f′(x)＝3ax2＋2x＋b， ∴g(x)＝f(x)＋f′(x) ＝ax3＋(3a＋

13、1)x2＋(b＋2)x＋b. ∵g(x)是奇函數(shù)， ∴g(－x)＝－g(x)， 從而3a＋1＝0，b＝0， 解得a＝－，b＝0， 因此f(x)的表達(dá)式為f(x)＝－x3＋x2. (2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x， ∴g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0. 解得x1＝－(舍去)，x2＝， 而g(1)＝，g()＝，g(2)＝， 因此g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為g()＝，最小值為g(2)＝. 8．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋. (1)當(dāng)a<0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值是，求a的值． 解：函數(shù)f(x)＝l

14、n x＋的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝－＝， (1)∵a<0，∴f′(x)>0， 故函數(shù)在其定義域(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)x∈[1，e]時(shí)，分如下情況討論： ①當(dāng)a<1時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，其最小值為f(1)＝a<1，這與函數(shù)在[1，e]上的最小值是相矛盾； ②當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，其最小值為f(1)＝1，同樣與最小值是相矛盾； ③當(dāng)10，f(x)單調(diào)遞增， 所以，函數(shù)f(x)的最小值為f(a)＝ln a＋1，由ln a＋1＝，得a＝. ④當(dāng)a＝e時(shí)，函數(shù)f(x)在[1，e]上有f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，其最小值為f(e)＝2，這與最小值是相矛盾； ⑤當(dāng)a>e時(shí)，顯然函數(shù)f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，其最小值為f(e)＝1＋>2，仍與最小值是相矛盾； 綜上所述，a的值為.