新編人教版高中數學選修11：3.3 導數在研究函數中的應用 課時提升作業(yè)二十四 3.3.3 含解析

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1、新編人教版精品教學資料 課時提升作業(yè)(二十四) 函數的最大(小)值與導數 (25分鐘　60分) 一、選擇題(每小題5分,共25分) 1.(2015·綿陽高二檢測)設函數f(x)=ax3+3bx(a,b為實數,a<0,b>0),當x∈[0,1]時,有f(x)∈[0,1],則b的最大值是　(　　) A.12 B.24 C.32 D.3+14 【解析】選C.因為f′(x)=3ax2+3b,所以令f′(x)=3ax2+3b=0,可得x=±-ba,①-ba≥1時,f(x)max=f(1)=1,所以b∈0,12,②0<-ba<1,f(x)max=f(-ba)=1, f(1)≥

2、0,所以b∈12,32,所以b的最大值是32. 【補償訓練】(2014·塘沽高二檢測)函數y=exx在區(qū)間12,2上的最小值為　(　　) A.2e B.12e2 C.1e D.e 【解析】選D.y′=exx-exx2,令y′=0,得x=1, 故f(x)min=f(1)=e. 2.函數f(x)=lnx-x在區(qū)間[0,e]上的最大值為　(　　) A.-1 B.1-e C.-e D.0 【解析】選A.令f′(x)=1x-1=0,解得x=1∈[0,e], 故當x=1時,函數取極大值,也是最大值, f(x)max=f(1)=0-1=-1. 3.已知函數f

3、(x)=x3+ax2+3x-9在x=-3時取得極值,則a=　(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 【解析】選D.f′(x)=3x2+2ax+3, 由題意x=-3是方程3x2+2ax+3=0的根, 故27-6a+3=0,解得a=5. 4.(2015·安慶高二檢測)已知函數f(x)=-23x3+2ax2+3x(a>0)的導數f′(x)的最大值為5,則在函數f(x)圖象上的點(1,f(1))處的切線方程是　(　　) A.3x-15y+4=0 B.15x-3y-2=0 C.15x-3y+2=0 D.3x-y+1=0 【解題指南】首先由導函數的最大值可以求出a值,

4、再求切線方程. 【解析】選B.因為f(x)=-23x3+2ax2+3x, 所以f′(x)=-2x2+4ax+3=-2(x-a)2+2a2+3, 因為導數f′(x)的最大值為5, 所以2a2+3=5,因為a>0,所以a=1, 所以f′(1)=5,f(1)=133, 所以在函數f(x)圖象上的點(1,f(1))處的切線方程是y-133=5(x-1),即15x-3y-2=0. 5.(2015·銀川高二檢測)已知f(x)=2x3-6x2+m(m為常數)在[-2,2]上有最大值3,那么此函數在[-2,2]上的最小值是　(　　) A.-37 B.-29 C.-5 D.

5、以上都不對 【解題指南】利用已知的最大值可以求出m值,再求函數的最小值. 【解析】選A.因為f′(x)=6x2-12x=6x(x-2), 因此f(x)在(-2,0)上為增函數,在(0,2)上為減函數, 所以當x=0時,f(x)=m最大, 所以m=3,從而f(-2)=-37,f(2)=-5. 所以最小值為-37. 【補償訓練】若函數f(x)=2x2-lnx在其定義域的一個子區(qū)間(k-1,k+1)內存在最小值,則實數k的取值范圍是　(　　) A.[1,+∞) B.1,32 C.[1,2) D.32,2 【解析】選B.因為f(x)的定義域為(0,+∞), 又f′(

6、x)=4x-1x,由f′(x)=0,得x=12. 根據函數在區(qū)間(k-1,k+1)內存在最小值, 可得函數在區(qū)間k-1,12內是減函數,在區(qū)間12,k+1內是增函數, 即函數f′(x)在區(qū)間k-1,12內小于零,在區(qū)間12,k+1內大于零. 故有k-1<120,k-1≥0,解得1≤k<32. 二、填空題(每小題5分,共15分) 6.(2014·湖州高二檢測)當x∈[-1,1]時,函數f(x)=x2ex的值域是　　　　. 【解析】f′(x)=2xex-x2exe2x=x(2-x)ex, 故當-1

7、時,f′(x)>0,故當x=0時,函數取極小值,也是最小值,f(0)=0,又f(-1)=e,f(1)=1e. 故函數的值域為[0,e]. 答案:[0,e] 7.函數f(x)=ax4-4ax2+b(a>0,1≤x≤2)的最大值為3,最小值為-5.則a=　　　　,b=　　　　. 【解析】因為f′(x)=4ax3-8ax=4ax(x2-2),令f′(x)=0,解得x=0,-2,2. 因為2∈[1,2],且當x=2時,函數取極小值, 故f(2)=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

8、數f(x)=xx2+a(a>0)在[1,+∞)上的最大值為33,則a的值為　　　　. 【解析】f′(x)=x2+a-2x2(x2+a)2=a-x2(x2+a)2,當x>a時,f′(x)<0,f(x)單調遞減;當-a0,f(x)單調遞增;當x=a時,f(x)=a2a=33,解得a=32<1不合題意, 所以f(x)max=f(1)=11+a=33,所以a=3-1. 答案:3-1 三、解答題(每小題10分,共20分) 9.已知函數f(x)=-x3+3x2+9x+a. (1)求f(x)的單調遞減區(qū)間. (2)若f(x)在區(qū)間[-2,2]上的最大值為20,求它在該區(qū)

9、間上的最小值. 【解析】(1)f′(x)=-3x2+6x+9. 令f′(x)<0,解得x<-1或x>3, 所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間為(-∞,-1)和(3,+∞). (2)因為f(-2)=8+12-18+a=2+a, f(2)=-8+12+18+a=22+a, 所以f(2)>f(-2). 因為在(-1,3)上f′(x)>0,所以f(x)在[-1,2]上單調遞增,又由于f(x)在[-2,-1]上單調遞減, 因此f(2)和f(-1)分別是f(x)在區(qū)間[-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(-

10、1)=1+3-9-2=-7, 即函數f(x)在區(qū)間[-2,2]上的最小值為-7. 【補償訓練】已知函數f(x)=(x2+ax+b)ex在點(0,f(0))處的切線方程是y=-2x+1,其中e是自然對數的底數. (1)求實數a,b的值. (2)求函數f(x)在區(qū)間[-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, 因為函數f(x)在點(0,f(0))處的切線方程是y=-2x+1, 所以f(0)=1,f'(0)=-2即b=1,a+b=-2,解得a=-3,b=1. (2)由(1)知f(x)=(x2-3x+1)e

11、x,f′(x)=(x2-x-2)ex=(x+1)(x-2)ex, 令f′(x)=0,得x1=-1或x2=2.f(x)與f′(x)的關系如表: x -2 (-2,-1) -1 (-1,2) 2 (2,3) 3 f′(x) + 0 - 0 + f(x) 11e-2 ↗ 5e ↘ -e2 ↗ e3 由上表可知,函數f(x)在區(qū)間[-2,3]上的值域是[-e2,e3]. 10.(2015·全國卷Ⅱ)已知f(x)=lnx+a(1-x). (1)討論f(x)的單調性. (2)當f(x)有最大值,且最大值大于2a-2時,求a的取值范圍. 【

12、解析】(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=1x-a. 若a≤0,則f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上單調遞增. 若a>0,則當x∈0,1a時,f′(x)>0;x∈1a,+∞時,f′(x)<0, 所以f(x)在0,1a上單調遞增,在1a,+∞上單調遞減. (2)由(1)知,當a≤0時,f(x)在(0,+∞)上無最大值; 當a>0時,f(x)在x=1a處取得最大值,最大值為f1a=ln1a+a1-1a=-lna+a-1. 因此f1a>2a-2等價于lna+a-1<0,令g(a)=lna+a-1,則g(a)在(0,+∞)上單調遞增,g(1)=0.于是,當0

13、時,g(a)<0;當a>1時,g(a)>0.因此,a的取值范圍是(0,1). (20分鐘　40分) 一、選擇題(每小題5分,共10分) 1.函數y=lnxx的最大值為　(　　) A.e-1 B.e C.e2 D.103 【解析】選A.函數的定義域為(0,+∞), y′=1-lnxx2,令y′=0,解得x=e, 易知當x=e時,函數取極大值,同時也是最大值, 故ymax=1e=e-1. 2.(2015·重慶高二檢測)函數f(x)=-x3+3x在區(qū)間(a2-12,a)上有最小值,則實數a的取值范圍是　(　　) A.(-1,11) B.(-1,2) C.

14、(-1,2] D.(1,4) 【解析】選C.由題f′(x)=3-3x2, 令f′(x)>0解得-11, 由此得函數在(-∞,-1)上是減函數,在(-1,1)上是增函數,在(1,+∞)上是減函數, 故函數在x=-1處取到極小值-2,判斷知此極小值必是區(qū)間(a2-12,a)上的最小值, 所以a2-12<-1

15、5,最小值-1,則m的取值范圍是　　　　. 【解析】函數f(x)=x2+2xf′(2)+15的導函數為f′(x)=2x+2f′(2), 所以f′(2)=4+2f′(2), 所以f′(2)=-4, 所以f(x)=x2-8x+15,且對稱軸為x=4. 又因為在閉區(qū)間[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] 【補償訓練】(2014·大慶高二檢測)已知函數f(x)=-x3+ax2-4在x=2處取得極值,若m,n∈[-1,1],則f(m)+f′(n)的最小值是　

16、　　　. 【解析】因為f′(x)=-3x2+2ax, 函數f(x)=-x3+ax2-4在x=2處取得極值, 所以-12+4a=0,解得a=3, 所以f′(x)=-3x2+6x, 所以n∈[-1,1]時,f′(n)=-3n2+6n,當n=-1時,f′(n)最小,最小為-9, 當m∈[-1,1]時,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時,f(m)最小為-4, 故f(m)+f′(n)的最小值為-9+(-4)=-13. 答案:-13 4.(2015·福州高二檢測)已知函數f(x)的定義域為[-2,6

17、],x與f(x)部分對應值如表,f(x)的導函數y=f′(x)的圖象如圖所示.給出下列說法: x -2 0 5 6 f(x) 3 -2 -2 3 ①函數f(x)在(0,3)上是增函數; ②曲線y=f(x)在x=4處的切線可能與y軸垂直; ③如果當x∈[-2,t]時,f(x)的最小值是-2,那么t的最大值為5; ④?x1,x2∈[-2,6],都有|f(x1)-f(x2)|≤a恒成立,則實數a的最小值是5.正確的個數是　　　　. 【解析】由圖象得: x∈[-2,0]時,f′(x)<0,f(x)遞減,-2≤f(x)≤3, x∈(0,3)時,f′(x)>0,f(x

18、)遞增,f(x)>-2, x∈(3,5)時,f′(x)<0,f(x)遞減,f(x)>-2, x∈[5,6]時,f′(x)>0,f(x)遞增,-2≤f(x)≤3, 故①③④正確,②錯誤. 答案:3 三、解答題(每小題10分,共20分) 5.已知M(-1,m),N(2,n)是二次函數f(x)=ax2(a>0)圖象上兩點,且MN=32. (1)求a的值. (2)求f(x)的圖象在N點處切線的方程. (3)設直線x=t與f(x)和曲線y=lnx的圖象分別交于點P,Q,求PQ的最小值. 【解析】(1)由題意得:m=a,n=4a,9+(m-n)2=32,a>0, 解得a=1. (2

19、)由(1)可得:f(x)=x2,N(2,4), 所以f′(x)=2x,則f(x)的圖象在N點處切線的斜率為4, 所以f(x)的圖象在N點處的切線方程為y=4x-4, (3)由題意可得:PQ=|t2-lnt|,t>0, 令g(t)=t2-lnt,t>0, g′(t)=2t-1t=2t+22t-22t,t>0, 所以當t∈0,22時,g′(t)<0,g(t)單調遞減; 當t∈22,+∞時,g′(t)>0,g(t)單調遞增. 所以g(t)≥g22=12+12ln2. 所以PQ的最小值為12+12ln2. 6.(2015·浙江高考)設函數f(x)=x2+ax+b(a,b∈R).

20、(1)當b=a24+1時,求函數f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表達式. (2)已知函數f(x)在[-1,1]上存在零點,0≤b-2a≤1,求b的取值范圍. 【解析】(1)當b=a24+1時,f(x)=x+a22+1,故其對稱軸為x=-a2. 當a≤-2時,g(a)=f(1)=a24+a+2, 當-22時,g(a)=f(-1)=a24-a+2. 綜上,g(a)=a24+a+2,a≤-2,1,-22. (2)設s,t為方程f(x)=0的解,且-1≤t≤1, 則s+t=-a,st=b, 由于0≤b

21、-2a≤1,因此-2tt+2≤s≤1-2tt+2(-1≤t≤1), 當0≤t≤1時,-2t2t+2≤b≤t-2t2t+2,由于-23≤-2t2t+2≤0和-13≤t-2t2t+2≤9-45, 所以-23≤b≤9-45, 當-1≤t≤0時,t-2t2t+2≤b≤-2t2t+2, 由于-2≤-2t2t+2<0和-3≤t-2t2t+2<0,所以-3≤b<0 綜上可知,b的取值范圍是-3,9-45. 【補償訓練】已知g(x)=ex-x. (1)求g(x)的最小值. (2)若存在x∈(0,+∞),使不等式2x-mg(x)>x成立,求m的取值范圍. 【解析】(1)因為g′(x)=ex-1

22、, 由g′(x)=0,得x=0, 所以當x<0時,g′(x)<0,g(x)在(-∞,0)上為減函數, 當x>0時,g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)上為增函數, 所以g(x)在x=0時有最小值g(0)=1. (2)2x-mg(x)>x?2x-m>xg(x) (因為g(x)=ex-x>0)?2x-m>xex-x2?m0), 則h′(x)=2x+2-ex-xex=x(2-ex)+(2-ex) =-(x+1)(ex-2), 所以當x>ln2時,h′(x)<0,當00, 所以h(x)max=h(ln2)=ln22, 要想存在正數x,使m