1112学年高中数学1.3.3函数的最值与导数同步练习新人教A版选修.doc

选修2-2 1.3.3 函数的最值与导数

一、选择题
1．函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值是M，最小值是m，若M＝m，则f′(x)(　　)
A．等于0　　　　　　　 B．大于0
C．小于0 D．以上都有可能
[答案]　A
[解析]　∵M＝m，∴y＝f(x)是常数函数
∴f′(x)＝0，故应选A.
2．设f(x)＝x4＋x3＋x2在[－1,1]上的最小值为(　　)
A．0　　　　 B．－2　 　　
C．－1　 　　 D.
[答案]　A
[解析]　y′＝x3＋x2＋x＝x(x2＋x＋1)
令y′＝0，解得x＝0.
∴f(－1)＝，f(0)＝0，f(1)＝
∴f(x)在[－1,1]上最小值为0.故应选A.
3．函数y＝x3＋x2－x＋1在区间[－2,1]上的最小值为(　　)
A. B．2
C．－1 D．－4
[答案]　C
[解析]　y′＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)
令y′＝0解得x＝或x＝－1
当x＝－2时，y＝－1；当x＝－1时，y＝2；
当x＝时，y＝；当x＝1时，y＝2.
所以函数的最小值为－1，故应选C.
4．函数f(x)＝x2－x＋1在区间[－3,0]上的最值为(　　)
A．最大值为13，最小值为
B．最大值为1，最小值为4
C．最大值为13，最小值为1
D．最大值为－1，最小值为－7
[答案]　A
[解析]　∵y＝x2－x＋1，∴y′＝2x－1，
令y′＝0，∴x＝，f(－3)＝13，f＝，f(0)＝1.
5．函数y＝＋在(0,1)上的最大值为(　　)
A. B．1
C．0 D．不存在
[答案]　A
[解析]　y′＝－＝·
由y′＝0得x＝，在上y′>0，在上
y′<0.∴x＝时y极大＝，
又x∈(0,1)，∴ymax＝.
6．函数f(x)＝x4－4x (|x|<1)(　　)
A．有最大值，无最小值
B．有最大值，也有最小值
C．无最大值，有最小值
D．既无最大值，也无最小值
[答案]　D
[解析]　f′(x)＝4x3－4＝4(x－1)(x2＋x＋1)．
令f′(x)＝0，得x＝1.又x∈(－1,1)
∴该方程无解，
故函数f(x)在(－1,1)上既无极值也无最值．故选D.
7．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值和最小值分别是(　　)
A．5，－15 B．5,4
C．－4，－15 D．5，－16
[答案]　A
[解析]　y′＝6x2－6x－12＝6(x－2)(x＋1)，
令y′＝0，得x＝2或x＝－1(舍)．
∵f(0)＝5，f(2)＝－15，f(3)＝－4，
∴ymax＝5ymin＝－15，故选A.
8．已知函数y＝－x2－2x＋3在[a,2]上的最大值为，则a等于(　　)
A．－ B.
C．－ D.或－
[答案]　C
[解析]　y′＝－2x－2，令y′＝0得x＝－1.
当a≤－1时，最大值为f(－1)＝4，不合题意．
当－1C．－20得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y′<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以有k－1<－2数，∴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，故应选B.
二、填空题
11．函数y＝x＋(1－x)，0≤x≤1的最小值为______．
[答案]　

由y′>0得x>，由y′<0得x<.
此函数在上为减函数，在上为增函数，∴最小值在x＝时取得，ymin＝.
12．函数f(x)＝5－36x＋3x2＋4x3在区间[－2，＋∞)上的最大值________，最小值为________．
[答案]　不存在；－28
[解析]　f′(x)＝－36＋6x＋12x2，
令f′(x)＝0得x1＝－2，x2＝；当x>时，函数为增函数，当－2≤x≤时，函数为减函数，所以无最大值，又因为f(－2)＝57，f＝－28，所以最小值为－28.
13．若函数f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为________．
[答案]　－1
[解析]　f′(x)＝＝
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－(舍去)
当x>时，f′(x)<0；当00；
当x＝时，f(x)＝＝，＝<1，不合题意．
∴f(x)max＝f(1)＝＝，解得a＝－1.
14．f(x)＝x3－12x＋8在[－3,3]上的最大值为M，最小值为m，则M－m＝________.
[答案]　32
[解析]　f′(x)＝3x2－12
由f′(x)>0得x>2或x<－2，
由f′(x)<0得－2＝±.
∴函数f(x)在上的两个极值分别为
f＝－，f＝－＋.
又f(x)在区间端点的取值为
f＝－，f＝.
比较以上函数值可得f(x)max＝，f(x)min＝－.
(2)∵函数f(x)有意义，
∴必须满足1－x2≥0，即－1≤x≤1，
∴函数f(x)的定义域为[－1,1]．
f′(x)＝1＋(1－x2)－·(1－x2)′＝1－ .
令f′(x)＝0，得x＝ .
∴f(x)在[－1,1]上的极值为
f＝＋＝.
又f(x)在区间端点的函数值为f(1)＝1，f(－1)＝－1，比较以上函数值可得f(x)max＝，f(x)min＝－1.
16．设函数f(x)＝ln(2x＋3)＋x2.求f(x)在区间上的最大值和最小值．
[解析]　f(x)的定义域为.
f′(x)＝2x＋＝
＝.
当－0；
当－1－时，f′(x)>0，
所以f(x)在上的最小值为
f＝ln2＋.
又f－f＝ln＋－ln－＝ln＋＝<0，
所以f(x)在区间上的最大值为 f＝ln＋.
17．(2010·安徽理，17)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间及极值；
(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
[分析]　本题考查导数的运算，利用导数研究函数的单调区间，求函数的极值和证明函数不等式，考查运算能力、综合分析和解决问题的能力．
解题思路是：(1)利用导数的符号判定函数的单调性，进而求出函数的极值．(2)将不等式转化构造函数，再利用函数的单调性证明．
[解析]　(1)解：由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln2)
ln2
(ln2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
2(1－ln2＋a)
单调递增
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，
f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．
(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
18．已知函数f(x)＝，x∈[0,1]．
(1)求f(x)的单调区间和值域；
(2)设a≥1，函数g(x)＝x3－3a2x－2a，x∈[0,1]．若对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，求a的取值范围．
[解析]　(1)对函数f(x)求导，得
f′(x)＝＝－
令f′(x)＝0解得x＝或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
0
(0，)

(，1)
1
f′(x)

－
0
＋

f(x)
－

－4

－3
所以，当x∈(0，)时，f(x)是减函数；
当x∈时，f(x)是增函数．
当x∈[0,1]时，f(x)的值域为[－4，－3]．
(2)g′(x)＝3(x2－a2)．
因为a≥1，当x∈(0,1)时，g′(x)<0.
因此当x∈(0,1)时，g(x)为减函数，从而当x∈[0,1]时有g(x)∈[g(1)，g(0)]．
又g(1)＝1－2a－3a2，g(0)＝－2a，即x∈[0,1]时有g(x)∈[1－2a－3a2，－2a]．
任给x1∈[0,1]，f(x1)∈[－4，－3]，存在x0∈[0,1]使得g(x0)＝f(x1)成立，
则[1－2a－3a2，－2a]⊇[－4，－3]．
即
解①式得a≥1或a≤－；解②式得a≤.
又a≥1，故a的取值范围为1≤a≤.

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