2016-2017学年高中数学人教A版选修1-1 第三章导数及其应用 学业分层测评18 Word版含答案.doc

学业分层测评 (建议用时：45分钟) [学业达标] 一、选择题 1．下列是函数f(x)在[a，b]上的图象，则f(x)在(a，b)上无最大值的是(　　) 【解析】　在开区间(a，b)上，只有D选项中的函数f(x)无最大值． 【答案】　D 2．函数f(x)＝2＋，x∈(0,5]的最小值为(　　) A．2　　　　　　　　　　 B．3 C. D．2＋ 【解析】　由f′(x)＝－＝＝0，得x＝1， 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. 【答案】　B 3．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值为M，最小值为m，则M－m的值为(　　) A．2 B．－4 C．4 D．－2 【解析】　f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)， 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. 因为f(0)＝2，f(－1)＝－2，f(1)＝0， 所以M＝2，m＝－2. 所以M－m＝4. 【答案】　C 4．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≤a＜1 B．0＜a＜1 C．－1＜a＜1 D．0＜a＜ 【解析】　∵f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0得x2＝a. ∴x＝±. 又∵f(x)在(0,1)内有最小值， ∴0＜＜1，∴0＜a＜1.故选B. 【答案】　B 5．已知函数f(x)＝ax3＋c，且f′(1)＝6，函数在[1,2]上的最大值为20，则c的值为(　　) A．1 B．4 C．－1 D．0 【解析】　∵f′(x)＝3ax2， ∴f′(1)＝3a＝6，∴a＝2. 当x∈[1,2]时，f′(x)＝6x2＞0，即f(x)在[1,2]上是增函数， ∴f(x)max＝f(2)＝2×23＋c＝20， ∴c＝4. 【答案】　B 二、填空题 6．函数f(x)＝3x＋sin x在x∈[0，π]上的最小值为________． 【解析】　f′(x)＝3xln 3＋cos x. ∵x∈[0，π]时，3xln 3＞1，－1≤cos x≤1， ∴f′(x)＞0. ∴f(x)递增，∴f(x)min＝f(0)＝1. 【答案】　1 7．已知函数f(x)＝x3－ax2＋b(a，b为实数，且a＞1)在区间[－1,1]上的最大值为1，最小值为－1，则a＝________，b＝________. 【解析】　∵f′(x)＝3x2－3ax＝3x(x－a)， 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝a. ∵a＞1， ∴当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表： x －1 (－1,0) 0 (0,1) 1 f′(x) ＋ 0 － f(x) －1－a ＋b  极大 值b  1－a ＋b 由题意得b＝1. f(－1)＝－，f(1)＝2－， f(－1)＜f(1)， ∴－＝－1，∴a＝. 【答案】　　1 8．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对任意的x∈(0,1]都有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围为________. 【导学号：26160094】 【解析】　∵x∈(0,1]， ∴f(x)≥0可化为a≥－. 设g(x)＝－，则g′(x)＝. 令g′(x)＝0，得x＝. 当 0<x<时，g′(x)>0； 当<x≤1时，g′(x)<0. ∴g(x)在(0,1]上有极大值g＝4， 它也是最大值，故a≥4. 【答案】　[4，＋∞) 三、解答题 9．求下列各函数的最值． (1)f(x)＝x3－3x2＋6x－2，x∈[－1,1]； (2)y＝5－36x＋3x2＋4x3，x∈(－2,2)． 【解】　(1)f′(x)＝3x2－6x＋6＝3(x2－2x＋2)＝3(x－1)2＋3， ∵f′(x)在[－1,1]内恒大于0， ∴f′(x)在[－1,1]上为增函数． 故x＝－1时，f(x)最小值＝－12； x＝1时，f(x)最大值＝2. 即f(x)的最小值为－12，最大值为2. (2)y′＝－36＋6x＋12x2，令y′＝0，即12x2＋6x－36＝0，解得x1＝，x2＝－2(舍去)． 当x∈时，f′(x)＜0，函数单调递减； 当x∈时，f′(x)＞0，函数单调递增． ∴函数f(x)在x＝时取得极小值f＝－28，无极大值，即在(－2,2)上函数f(x)的最小值为－28，无最大值． 10．设f(x)＝－x3＋x2＋2ax. (1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围； (2)当0<a<2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－，求f(x)在该区间上的最大值． 【解】　由f′(x)＝－x2＋x＋2a ＝－2＋＋2a， 当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a；令＋2a>0，得a>－.所以，当a>－时，f(x)在上存在单调递增区间． (2)令f′(x)＝0，得两根x1＝， x2＝. 所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增． 当0<a<2时，有x1<1<x2<4，所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)． 又f(4)－f(1)＝－＋6a<0，即f(4)<f(1)， 所以f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)＝8a－＝－， 得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝. [能力提升] 1．已知函数f(x)、g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x)<g′(x)，则f(x)－g(x)的最大值为(　　) A．f(a)－g(a)　　　　　 B．f(b)－g(b) C．f(a)－g(b) D．f(b)－g(a) 【解析】　令u(x)＝f(x)－g(x)， 则u′(x)＝f′(x)－g′(x)<0， ∴u(x)在[a，b]上为减函数， ∴u(x)在[a，b]上的最大值为u(a)＝f(a)－g(a)． 【答案】　A 2．设动直线x＝m与函数f(x)＝x3，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则|MN|的最小值为(　　) A.(1＋ln 3) B.ln 3 C．1＋ln 3 D．ln 3－1 【解析】　由题意知，|MN|＝|x3－ln x|.设h(x)＝x3－ln x，h′(x)＝3x2－，令h′(x)＝0，得x＝，易知，当x＝时，h(x)取得最小值，h(x)min＝－ln＝>0，故|MN|min＝＝(1＋ln 3)． 【答案】　A 3．已知函数f(x)＝2ln x＋(a>0)，若当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥2恒成立，则实数a的取值范围是________. 【导学号：26160095】 【解析】　由f(x)≥2，得a≥2x2－2x2ln x. 设g(x)＝2x2－2x2ln x， 则g′(x)＝2x(1－2ln x)， 令g′(x)＝0，得x＝e或x＝0(舍去)， 因为当0<x<e时，g′(x)>0；当x>e时，g′(x)<0. 所以当x＝e时，g(x)取得最大值g(e)＝e，故a≥e. 【答案】　a≥e 4．设＜a＜1，函数f(x)＝x3－ax2＋b(－1≤x≤1)的最大值为1，最小值为－，求常数a，b的值． 【解】　令f′(x)＝3x2－3ax＝0，得x1＝0，x2＝a. 由题意可知当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x －1 (－1,0) 0 (0，a) a (a,1) 1 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) －1－a＋b  b  －＋b  1－a＋b 从上表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b， 而f(0)＞f(a)，f(1)＞f(－1)，故需比较f(0)与f(1)的大小． 因为f(0)－f(1)＝a－1＞0， 所以f(x)的最大值为f(0)＝b，所以b＝1， 又f(－1)－f(a)＝(a＋1)2(a－2)＜0， 所以f(x)的最小值为f(－1)＝－1－a＋b＝－a， 所以－a＝－，所以a＝. 综上，a＝，b＝1.