《2018年秋高中數(shù)學(xué) 課時分層作業(yè)7 函數(shù)的最大（?。┲蹬c導(dǎo)數(shù) 新人教A版選修2-2.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年秋高中數(shù)學(xué) 課時分層作業(yè)7 函數(shù)的最大（?。┲蹬c導(dǎo)數(shù) 新人教A版選修2-2.doc（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

課時分層作業(yè)(七)　函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù) (建議用時：40分鐘) [基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練] 一、選擇題 1．已知函數(shù)f(x)，g(x)均為[a，b]上的可導(dǎo)函數(shù)，在[a，b]上連續(xù)且f′(x)＜g′(x)，則f(x)－g(x)的最大值為(　　) A．f(a)－g(a)　　　 B．f(b)－g(b) C．f(a)－g(b) D．f(b)－g(a) A　[令F(x)＝f(x)－g(x)，則F′(x)＝f′(x)－g′(x)， 又f′(x)＜g′(x)，故F′(x)＜0， ∴F(x)在[a，b]上單調(diào)遞減， ∴F(x)max≤F(a)＝f(a)－g(a)．] 2．函數(shù)y＝的最大值為(　　) A．e－1 B．e C．e2 D． A　[令y′＝＝＝0(x＞0)， 解得x＝e.當(dāng)x＞e時，y′＜0；當(dāng)0＜x＜e時，y′＞0. y極大值＝f(e)＝，在定義域(0，＋∞)內(nèi)只有一個極值， 所以ymax＝.] 3．函數(shù)f(x)＝x2ex＋1，x∈[－2,1]的最大值為(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：31062064】 A．4e－1 B．1 C．e2 D．3e2 C　[∵f′(x)＝(x2＋2x)ex＋1＝x(x＋2)ex＋1，∴f′(x)＝0得x＝－2或x＝0. 又當(dāng)x∈[－2,1]時，ex＋1＞0， ∴當(dāng)－2＜x＜0時，f′(x)＜0； 當(dāng)0＜x＜1時f′(x)＞0. ∴f(x)在(－2,0)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增． 又f(－2)＝4e－1，f(1)＝e2， ∴f(x)的最大值為e2.] 4．已知函數(shù)f(x)＝x3－12x＋8在區(qū)間[－3,3]上的最大值與最小值分別為M，m，則M－m的值為(　　) A．16 B．12 C．32 D．6 C　[∵f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，由f(－3)＝17，f(3)＝－1，f(－2)＝24，f(2)＝－8， 可知M－m＝24－(－8)＝32.] 5．函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍為(　　) A．0≤a<1 B．00時，f(x)≥2恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________． [解析]　由f(x)＝＋2ln x得f′(x)＝，又函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且a>0，令f′(x)＝0，得x＝－(舍去)或x＝.當(dāng)0時，f′(x)>0.故x＝是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)，且f()＝ln a＋1.要使f(x)≥2恒成立，需ln a＋1≥2恒成立，則a≥e. [答案]　[e，＋∞) 三、解答題 9．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(2x＋3)＋x2. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)求f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值． [解]　易知f(x)的定義域?yàn)? (1)f′(x)＝＋2x＝ ＝. 當(dāng)－0； 當(dāng)－1－時，f′(x)>0， 從而f(x)在區(qū)間，上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減． (2)由(1)知f(x)在區(qū)間上的最小值為f＝ln 2＋. 又因?yàn)閒－f＝ln＋－ln－ ＝ln＋＝<0， 所以f(x)在區(qū)間上的最大值為 f＝＋ln. 10．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a. (1)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)若f(x)≥2 017對于?x∈[－2,2]恒成立，求a的取值范圍． [解]　(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9. 由f′(x)<0，得x<－1或x>3， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)，(3，＋∞)． (2)由f′(x)＝0，－2≤x≤2，得x＝－1. 因?yàn)閒(－2)＝2＋a，f(2)＝22＋a，f(－1)＝－5＋a， 故當(dāng)－2≤x≤2時，f(x)min＝－5＋a. 要使f(x)≥2 017對于?x∈[－2,2]恒成立，只需f(x)min＝－5＋a≥2 017，解得a≥2 022. [能力提升練] 1．已知函數(shù)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(　　) A．－13 B．－15 C．10 D．15 A　[對函數(shù)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝－3x2＋2ax， 由函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值知f′(2)＝0， 即－34＋2a2＝0，∴a＝3. 由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x， 易知f(x)在[－1,0)上單調(diào)遞減，在(0,1]上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)m∈[－1,1]時，f(m)min＝f(0)＝－4. 又∵f′(x)＝－3x2＋6x的圖象開口向下， 且對稱軸為x＝1，∴當(dāng)n∈[－1,1]時， f′(n)min＝f′(－1)＝－9， 故f(m)＋f′(n)的最小值為－13.] 2．若函數(shù)f(x)＝3x－x3在區(qū)間(a2－12，a)上有最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－1，) B．(－1,4) C．(－1,2] D．(－1,2) C　[由f′(x)＝3－3x2＝0，得x＝1. 當(dāng)x變化時，f′(x)及f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－1) －1 (－1,1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) －2 2 由此得a2－12＜－1＜a， 解得－1＜a＜. 又當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)單調(diào)遞減，且當(dāng)x＝2時，f(x)＝－2.∴a≤2. 綜上，－1＜a≤2.] 3．已知a≤4x3＋4x2＋1對任意x∈[－1,1]都成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________. 【導(dǎo)學(xué)號：31062067】 [解析]　設(shè)f(x)＝4x3＋4x2＋1，則f′(x)＝12x2＋8x＝4x(3x＋2) 由f′(x)＝0得x＝－或x＝0. 又f(－1)＝1，f＝，f(0)＝1，f(1)＝9， 故f(x)在[－1,1]上的最小值為1. 故a≤1. [答案]　(－∞，1] 4．已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋6x＋a，若?x0∈[－1,4]，使f(x0)＝2a成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． [解析]　∵f(x0)＝2a，即x－x＋6x0＋a＝2a， 可化為x－x＋6x0＝a， 設(shè)g(x)＝x3－x2＋6x，則g′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)＝0，得x＝1或x＝2. ∴g(1)＝，g(2)＝2，g(－1)＝－，g(4)＝16. 由題意，g(x)min≤a≤g(x)max，∴－≤a≤16. [答案]　 5．已知函數(shù)f(x)＝(x－k)ex. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值. 【導(dǎo)學(xué)號：31062068】 [解]　(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex. 令f′(x)＝0，得x＝k－1. 令x變化時，f(x)與f′(x)的變化情況如下表： x (－∞，k－1) k－1 (k－1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) －ek－1 所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，k－1)；單調(diào)遞增區(qū)間是(k－1，＋∞)． (2)當(dāng)k－1≤0，即k≤1時， 函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增， 所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(0)＝－k； 當(dāng)0＜k－1＜1，即1＜k＜2時， 由(1)知f(x)在[0，k－1)上單調(diào)遞減，在(k－1,1]上單調(diào)遞增， 所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(k－1)＝－ek－1； 當(dāng)k－1≥1，即k≥2時， 函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減， 所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(1)＝(1－k)e.