高中數(shù)學(xué) 第1章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 1_3_3 最大值與最小值自我小測(cè) 蘇教版選修2-21

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高中數(shù)學(xué) 第1章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 1.3.3 最大值與最小值自我小測(cè) 蘇教版選修2-2 1．函數(shù)y＝xe－x，x∈[0,4]的最小值為_(kāi)_____． 2．函數(shù)f(x)＝sin x＋cos x在上的最大值為_(kāi)_____，最小值為_(kāi)_____． 3．函數(shù)f(x)＝x＋2sin x在區(qū)間[－π，0]上的最小值是__________． 4．函數(shù)，當(dāng)－6≤x≤8時(shí)的最大值為_(kāi)_____，最小值為_(kāi)_____． 5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數(shù))在[－2,2]上有最大值3，那么此函數(shù)在[－2,2]上的最小值為_(kāi)_______． 6．如果函數(shù)f(x)＝x3－x2＋a在[－1,1]上的最大值是2，那么f(x)在[－1,1]上的最小值是________． 7．設(shè)x0是函數(shù)f(x)＝(ex＋e－x)的最小值點(diǎn)，則曲線上點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線方程是________． 8．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)到最小時(shí)t的值為_(kāi)_________． 9．(2012安徽高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝aex＋＋b(a＞0)． (1)求f(x)在[0，＋∞)內(nèi)的最小值； (2)設(shè)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＝x，求a，b的值． 10．(2011江西高考)設(shè). (1)若f(x)在上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍； (2)當(dāng)0＜a＜2時(shí)，f(x)在[1,4]上的最小值為，求f(x)在該區(qū)間上的最大值．  參考答案 1答案：0　解析：y′＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)，令y′＝0，得x＝1，而f(0)＝0，f(1)＝，f(4)＝，∴ymin＝0. 2答案：?。?　解析：f′(x)＝cosx－sinx，由f′(x)＝0，且x∈，得. 而，，， ∴f(x)max＝，f(x)min＝－1. 3答案：　解析：f′(x)＝1＋2cosx，令f′(x)＝0得.又f(－π)＝－π，，f(0)＝0，故最小值為. 4答案：10　6　解析：觀察函數(shù)解析式可知，當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)max＝10，當(dāng)x＝8時(shí)，f(x)min＝6. 5答案：－37　解析：f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)， 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. 因?yàn)閒(－2)＝－16－24＋m＝－40＋m，f(0)＝m，f(2)＝16－24＋m＝－8＋m， 所以f(0)最大，所以m＝3. 故f(x)min＝－40＋m＝－37. 6答案：　解析：f′(x)＝3x2－3x＝3x(x－1)， 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝1. 當(dāng)－1≤x＜0時(shí)，f′(x)＞0，則f(x)為增函數(shù)， 當(dāng)0＜x≤1時(shí)，f′(x)≤0，則f(x)為減函數(shù)， ∴當(dāng)x∈[－1,1]，x＝0時(shí)，f(x)取得最大值為a， ∴a＝2，∴f(－1)＝－1－＋2＝，f(1)＝1－＋2＝， ∴f(x)在[－1,1]上的最小值為. 7答案：y＝1　解析：f′(x)＝(ex－e－x)，令f′(x)＝0， ∴x＝0，∴x0＝0為最小值點(diǎn)，曲線上的點(diǎn)為(0,1)，且f′(0)＝0為切線斜率，故切線方程為y＝1. 8答案：　解析：當(dāng)x＝t時(shí)，|MN|＝|f(t)－g(t)|＝|t2－ln t|. 令φ(t)＝t2－ln t，∴φ′(t)＝2t－＝， 可知t∈時(shí)，φ(t)單調(diào)遞減；t∈時(shí)φ(t)單調(diào)遞增， ∴時(shí)|MN|取最小值 9答案：解：(1)f′(x)＝aex－，當(dāng)f′(x)＞0，即x＞－ln a時(shí)，f(x)在(－ln a，＋∞)上遞增； 當(dāng)f′(x)＜0，即x＜－ln a時(shí)，f(x)在(－∞，－ln a)上遞減. ①當(dāng)0＜a＜1時(shí)，－ln a＞0，f(x)在(0，－ln a)上遞減，在(－ln a，＋∞)上遞增，從而f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(－ln a)＝2＋b； ②當(dāng)a≥1時(shí)，－ln a≤0，f(x)在[0，＋∞)上遞增，從而f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(0)＝a＋＋b. (2)依題意f′(2)＝ae2－＝，解得ae2＝2或(舍去). 所以，代入原函數(shù)可得2＋＋b＝3，即. 故，. 10答案：解：(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)的最大值為；令＋2a＞0，得， 所以，當(dāng)時(shí)，f(x)在上存在單調(diào)遞增區(qū)間. (2)令f′(x)＝0，得兩根，. 所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)上單調(diào)遞增. 當(dāng)0＜a＜2時(shí)，有x1＜1＜x2＜4，所以f(x)在[1,4]上的最大值為f(x2). 又f(4)－f(1)＝＋6a＜0，即f(4)＜f(1)， 所以f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)＝8a－＝，得a＝1，x2＝2，從而f(x)在[1,4]上的最大值為f(2)＝.