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新編人教版高中數(shù)學(xué)選修11課時跟蹤檢測十九 函數(shù)的最大小值與導(dǎo)數(shù) 含解析

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新編人教版高中數(shù)學(xué)選修11課時跟蹤檢測十九 函數(shù)的最大小值與導(dǎo)數(shù) 含解析

新編人教版精品教學(xué)資料 課時跟蹤檢測(十九) 函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù) 層級一 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,y=1;x=-1時,y=12;x=1時,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′(x)=-==0,得x=1, 且x∈(0,1)時,f′(x)<0,x∈(1,5]時,f′(x)>0, ∴x=1時,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,y′<0;當(dāng)0<x<e時,y′>0,所以y極大值=f(e)=e-1,在定義域內(nèi)只有一個極值,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,y′>0;x>時,y′<0. ∴x=時,ymax=-=. 答案: 7.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,f′(x)>0; 當(dāng)-1<x<1時,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=-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,f(x)=ex-x,f′(x)=ex-1. 當(dāng)x∈(-∞,0)時,f′(x)<0;當(dāng)x∈(0,+∞)時,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-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,f(x),f′(x)的變化情況如下表: x -3 (-3,-2) -2 1 f′(x) + 0 - 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)-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)=x2ex,若當(dāng)x∈[-2,2]時,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,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,f(x)min=f(0)=0,要使f(x)>m對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]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+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,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)=ln 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,分如下情況討論: ①當(dāng)a<1時,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,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)1<a<e時,函數(shù)f(x)在[1,a)上有f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,在(a,e]上有f′(x)>0,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,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,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.

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