2017版（人教版）高中数学选修1-1（检测）：3.3 导数在研究函数中的应用 课时提升作业（二十四） 3.3.3 Word版含解析.doc

课时提升作业(二十四) 函数的最大(小)值与导数 (25分钟　60分) 一、选择题(每小题5分,共25分) 1.(2015·绵阳高二检测)设函数f(x)=ax3+3bx(a,b为实数,a<0,b>0),当x∈[0,1]时,有f(x)∈[0,1],则b的最大值是　(　　) A. B. C. D. 【解析】选C.因为f′(x)=3ax2+3b,所以令f′(x)=3ax2+3b=0,可得x=±,①≥1时,f(x)max=f(1)=1,所以b∈,②0<<1,f(x)max=f()=1, f(1)≥0,所以b∈,所以b的最大值是. 【补偿训练】(2014·塘沽高二检测)函数y=在区间上的最小值为　(　　) A.2 B.e2 C. D.e 【解析】选D.y′=,令y′=0,得x=1, 故f(x)min=f(1)=e. 2.函数f(x)=lnx-x在区间[0,e]上的最大值为　(　　) A.-1 B.1-e C.-e D.0 【解析】选A.令f′(x)=-1=0,解得x=1∈[0,e], 故当x=1时,函数取极大值,也是最大值, f(x)max=f(1)=0-1=-1. 3.已知函数f(x)=x3+ax2+3x-9在x=-3时取得极值,则a=　(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 【解析】选D.f′(x)=3x2+2ax+3, 由题意x=-3是方程3x2+2ax+3=0的根, 故27-6a+3=0,解得a=5. 4.(2015·安庆高二检测)已知函数f(x)=-x3+2ax2+3x(a>0)的导数f′(x)的最大值为5,则在函数f(x)图象上的点(1,f(1))处的切线方程是　(　　) A.3x-15y+4=0 B.15x-3y-2=0 C.15x-3y+2=0 D.3x-y+1=0 【解题指南】首先由导函数的最大值可以求出a值,再求切线方程. 【解析】选B.因为f(x)=-x3+2ax2+3x, 所以f′(x)=-2x2+4ax+3=-2(x-a)2+2a2+3, 因为导数f′(x)的最大值为5, 所以2a2+3=5,因为a>0,所以a=1, 所以f′(1)=5,f(1)=, 所以在函数f(x)图象上的点(1,f(1))处的切线方程是y-=5(x-1),即15x-3y-2=0. 5.(2015·银川高二检测)已知f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在[-2,2]上有最大值3,那么此函数在[-2,2]上的最小值是　(　　) A.-37 B.-29 C.-5 D.以上都不对 【解题指南】利用已知的最大值可以求出m值,再求函数的最小值. 【解析】选A.因为f′(x)=6x2-12x=6x(x-2), 因此f(x)在(-2,0)上为增函数,在(0,2)上为减函数, 所以当x=0时,f(x)=m最大, 所以m=3,从而f(-2)=-37,f(2)=-5. 所以最小值为-37. 【补偿训练】若函数f(x)=2x2-lnx在其定义域的一个子区间(k-1,k+1)内存在最小值,则实数k的取值范围是　(　　) A.[1,+∞) B. C.[1,2) D. 【解析】选B.因为f(x)的定义域为(0,+∞), 又f′(x)=4x-,由f′(x)=0,得x=. 根据函数在区间(k-1,k+1)内存在最小值, 可得函数在区间内是减函数,在区间内是增函数, 即函数f′(x)在区间内小于零,在区间内大于零. 故有解得1≤k<. 二、填空题(每小题5分,共15分) 6.(2014·湖州高二检测)当x∈[-1,1]时,函数f(x)=的值域是　　　　. 【解析】f′(x)==, 故当-1<x<0时,f′(x)<0,当0<x<1时,f′(x)>0,故当x=0时,函数取极小值,也是最小值,f(0)=0,又f(-1)=e,f(1)=. 故函数的值域为[0,e]. 答案:[0,e] 7.函数f(x)=ax4-4ax2+b(a>0,1≤x≤2)的最大值为3,最小值为-5.则a=　　　　,b=　　　　. 【解析】因为f′(x)=4ax3-8ax=4ax(x2-2),令f′(x)=0,解得x=0,-,. 因为∈[1,2],且当x=时,函数取极小值, 故f()=4a-8a+b=-4a+b=-5, 又f(1)=-3a+b,f(2)=b,a>0, 故f(2)=b=3,故a=2. 答案:2　3 8.若函数f(x)=(a>0)在[1,+∞)上的最大值为,则a的值为　　　　. 【解析】f′(x)==,当x>时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当-<x<时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x=时,f(x)==,解得=<1不合题意, 所以f(x)max=f(1)==,所以a=-1. 答案:-1 三、解答题(每小题10分,共20分) 9.已知函数f(x)=-x3+3x2+9x+a. (1)求f(x)的单调递减区间. (2)若f(x)在区间[-2,2]上的最大值为20,求它在该区间上的最小值. 【解析】(1)f′(x)=-3x2+6x+9. 令f′(x)<0,解得x<-1或x>3, 所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-1)和(3,+∞). (2)因为f(-2)=8+12-18+a=2+a, f(2)=-8+12+18+a=22+a, 所以f(2)>f(-2). 因为在(-1,3)上f′(x)>0,所以f(x)在[-1,2]上单调递增,又由于f(x)在[-2,-1]上单调递减, 因此f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间[-2,2]上的最大值和最小值, 于是有22+a=20,解得a=-2. 故f(x)=-x3+3x2+9x-2, 因此f(-1)=1+3-9-2=-7, 即函数f(x)在区间[-2,2]上的最小值为-7. 【补偿训练】已知函数f(x)=(x2+ax+b)ex在点(0,f(0))处的切线方程是y=-2x+1,其中e是自然对数的底数. (1)求实数a,b的值. (2)求函数f(x)在区间[-2,3]上的值域. 【解析】(1)由f(x)=(x2+ax+b)ex,得f′(x)=[x2+(a+2)x+a+b]ex, 因为函数f(x)在点(0,f(0))处的切线方程是y=-2x+1, 所以即解得a=-3,b=1. (2)由(1)知f(x)=(x2-3x+1)ex,f′(x)=(x2-x-2)ex=(x+1)(x-2)ex, 令f′(x)=0,得x1=-1或x2=2.f(x)与f′(x)的关系如表: x -2 (-2,-1) -1 (-1,2) 2 (2,3) 3 f′(x) + 0 - 0 + f(x) 11e-2 ↗ ↘ -e2 ↗ e3 由上表可知,函数f(x)在区间[-2,3]上的值域是[-e2,e3]. 10.(2015·全国卷Ⅱ)已知f(x)=lnx+a(1-x). (1)讨论f(x)的单调性. (2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a. 若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增. 若a>0,则当x∈时,f′(x)>0;x∈时,f′(x)<0, 所以f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值; 当a>0时,f(x)在x=处取得最大值,最大值为f=ln+a=-lna+a-1. 因此f>2a-2等价于lna+a-1<0,令g(a)=lna+a-1,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0.于是,当0<a<1时,g(a)<0;当a>1时,g(a)>0.因此,a的取值范围是(0,1). (20分钟　40分) 一、选择题(每小题5分,共10分) 1.函数y=的最大值为　(　　) A.e-1 B.e C.e2 D. 【解析】选A.函数的定义域为(0,+∞), y′=,令y′=0,解得x=e, 易知当x=e时,函数取极大值,同时也是最大值, 故ymax==e-1. 2.(2015·重庆高二检测)函数f(x)=-x3+3x在区间(a2-12,a)上有最小值,则实数a的取值范围是　(　　) A.(-1,) B.(-1,2) C.(-1,2] D.(1,4) 【解析】选C.由题f′(x)=3-3x2, 令f′(x)>0解得-1<x<1;令f′(x)<0解得x<-1或x>1, 由此得函数在(-∞,-1)上是减函数,在(-1,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数, 故函数在x=-1处取到极小值-2,判断知此极小值必是区间(a2-12,a)上的最小值, 所以a2-12<-1<a,解得-1<a<, 又当x=2时,f(2)=-2,故有a≤2, 综上知a∈(-1,2]. 二、填空题(每小题5分,共10分) 3.定义在R上的可导函数f(x)=x2+2xf′(2)+15,在闭区间[0,m]上有最大值15,最小值-1,则m的取值范围是　　　　. 【解析】函数f(x)=x2+2xf′(2)+15的导函数为f′(x)=2x+2f′(2), 所以f′(2)=4+2f′(2), 所以f′(2)=-4, 所以f(x)=x2-8x+15,且对称轴为x=4. 又因为在闭区间[0,m]上有最大值15,最小值-1,且f(0)=15,f(4)=-1, 所以[0,4]⊆[0,m],且f(m)≤f(0)=15, 所以4≤m≤8. 答案:[4,8] 【补偿训练】(2014·大庆高二检测)已知函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,若m,n∈[-1,1],则f(m)+f′(n)的最小值是　　　　. 【解析】因为f′(x)=-3x2+2ax, 函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值, 所以-12+4a=0,解得a=3, 所以f′(x)=-3x2+6x, 所以n∈[-1,1]时,f′(n)=-3n2+6n,当n=-1时,f′(n)最小,最小为-9, 当m∈[-1,1]时,f(m)=-m3+3m2-4, f′(m)=-3m2+6m, 令f′(m)=0得m=0或m=2(舍去), 所以m=0时,f(m)最小为-4, 故f(m)+f′(n)的最小值为-9+(-4)=-13. 答案:-13 4.(2015·福州高二检测)已知函数f(x)的定义域为[-2,6],x与f(x)部分对应值如表,f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示.给出下列说法: x -2 0 5 6 f(x) 3 -2 -2 3 ①函数f(x)在(0,3)上是增函数; ②曲线y=f(x)在x=4处的切线可能与y轴垂直; ③如果当x∈[-2,t]时,f(x)的最小值是-2,那么t的最大值为5; ④∀x1,x2∈[-2,6],都有|f(x1)-f(x2)|≤a恒成立,则实数a的最小值是5.正确的个数是　　　　. 【解析】由图象得: x∈[-2,0]时,f′(x)<0,f(x)递减,-2≤f(x)≤3, x∈(0,3)时,f′(x)>0,f(x)递增,f(x)>-2, x∈(3,5)时,f′(x)<0,f(x)递减,f(x)>-2, x∈[5,6]时,f′(x)>0,f(x)递增,-2≤f(x)≤3, 故①③④正确,②错误. 答案:3 三、解答题(每小题10分,共20分) 5.已知M(-1,m),N(2,n)是二次函数f(x)=ax2(a>0)图象上两点,且MN=3. (1)求a的值. (2)求f(x)的图象在N点处切线的方程. (3)设直线x=t与f(x)和曲线y=lnx的图象分别交于点P,Q,求PQ的最小值. 【解析】(1)由题意得: 解得a=1. (2)由(1)可得:f(x)=x2,N(2,4), 所以f′(x)=2x,则f(x)的图象在N点处切线的斜率为4, 所以f(x)的图象在N点处的切线方程为y=4x-4, (3)由题意可得:PQ=|t2-lnt|,t>0, 令g(t)=t2-lnt,t>0, g′(t)=2t-=,t>0, 所以当t∈时,g′(t)<0,g(t)单调递减; 当t∈时,g′(t)>0,g(t)单调递增. 所以g(t)≥g=+ln2. 所以PQ的最小值为+ln2. 6.(2015·浙江高考)设函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R). (1)当b=+1时,求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式. (2)已知函数f(x)在[-1,1]上存在零点,0≤b-2a≤1,求b的取值范围. 【解析】(1)当b=+1时,f(x)=+1,故其对称轴为x=-. 当a≤-2时,g(a)=f(1)=+a+2, 当-2<a≤2时,g(a)=f=1, 当a>2时,g(a)=f(-1)=-a+2. 综上,g(a)= (2)设s,t为方程f(x)=0的解,且-1≤t≤1, 则 由于0≤b-2a≤1,因此≤s≤(-1≤t≤1), 当0≤t≤1时,≤b≤,由于-≤≤0和-≤≤9-4, 所以-≤b≤9-4, 当-1≤t≤0时,≤b≤, 由于-2≤<0和-3≤<0,所以-3≤b<0 综上可知,b的取值范围是. 【补偿训练】已知g(x)=ex-x. (1)求g(x)的最小值. (2)若存在x∈(0,+∞),使不等式>x成立,求m的取值范围. 【解析】(1)因为g′(x)=ex-1, 由g′(x)=0,得x=0, 所以当x<0时,g′(x)<0,g(x)在(-∞,0)上为减函数, 当x>0时,g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)上为增函数, 所以g(x)在x=0时有最小值g(0)=1. (2)>x⇔2x-m>xg(x) (因为g(x)=ex-x>0)⇔2x-m>xex-x2⇔m<x2+2x-xex, 令h(x)=x2+2x-xex(x>0), 则h′(x)=2x+2-ex-xex=x(2-ex)+(2-ex) =-(x+1)(ex-2), 所以当x>ln2时,h′(x)<0,当0<x<ln2时,h′(x)>0, 所以h(x)max=h(ln2)=ln22, 要想存在正数x,使m<h(x),则有m<h(x)max=ln22, 所以所求的m的取值范围是m<ln22.