2020高中数学 课时分层作业19 函数的最大（小）值与导数 新人教A版选修1-1

2020高中数学 课时分层作业19 函数的最大（小）值与导数 新人教A版选修1-1

课时分层作业(十九) 函数的最大（小）值与导数 ‎(建议用时：45分钟)‎ ‎[基础达标练]‎ 一、选择题 ‎1．函数f(x)＝x＋cos x在[0，π]上的(　　)‎ A．最小值为0，最大值为 B．最小值为0，最大值为＋1‎ C．最小值为1，最大值为 D．最小值为1，最大值为π－1‎ D　[f′(x)＝1－sin x，由x∈[0，π]知，f′(x)≥0，即f(x)在[0，π]上是增函数，所以f(x)max＝f(π)＝π－1，f(x)min＝f(0)＝1.]‎ ‎2．函数f(x)＝x3－x2－x＋a在区间[0,2]上的最大值是3，则a等于(　　)‎ A．3　　　　B．‎1　‎　　　C．2　　　　D．－1‎ B　[f′(x)＝3x2－2x－1，令f′(x)＝0得x＝1或x＝－(舍)．‎ 由f(0)＝a，f(1)＝a－1，f(2)＝a＋2知 f(x)max＝f(2)＝a＋2＝3，解得a＝1.]‎ ‎3．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 B　[∵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.]‎ ‎4．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为(　　) ‎ ‎【导学号：97792164】‎ A．0≤a＜1 B．0＜a＜1‎ C．－1＜a＜1 D．0＜a＜ B　[∵f′(x)＝3x2－‎3a，令f′(x)＝0得x2＝a.‎ ‎∴x＝±.‎ 6‎ 又∵f(x)在(0,1)内有最小值，‎ ‎∴0＜＜1，∴0＜a＜1.故选B.]‎ ‎5．已知函数f(x)＝x4－2x3＋‎3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则m的取值范围是(　　)‎ A．m≥ B．m> C．m≤ D．m< A　[∵f′(x)＝2x3－6x2，‎ 令f′(x)＝0得x＝0或x＝3，‎ 验证可知x＝3是函数的最小值点，‎ 故f(x)min＝f(3)＝‎3m－，‎ 由f(x)＋9≥0恒成立，得f(x)≥－9恒成立，‎ 即‎3m－≥－9，∴m≥.]‎ 二、填空题 ‎6．当x∈[－1,1]时，函数f(x)＝的值域为__________．‎ ‎[0，e]　[f′(x)＝，令f′(x)＝0得x＝0或x＝2(舍)．‎ 又f(－1)＝e，f(0)＝0，f(1)＝，则f(x)max＝f(－1)＝e，‎ f(x)min＝f(0)＝0，因此函数f(x)的值域为[0，e]．]‎ ‎7．已知f(x)＝－x2＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m的取值范围是________．‎ ‎(－4，－2)　[f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0得，x＝.‎ 由题意知－2<<－1，∴－40)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为__________．‎ －1　[f′(x)＝(a>0)，令f′(x)＝0得x＝或x＝－(舍)．‎ 当01时，x∈[1，)时，f′(x)>0，x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，‎ 6‎ 则当x＝时，f(x)有最大值，即f(x)max＝f()＝＝，解得a＝不合题意．‎ 综上知，a＝－1.]‎ 三、解答题 ‎9．已知函数f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常数a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函数. ‎ ‎【导学号：97792165】‎ ‎(1)求f(x)的表达式．‎ ‎(2)求g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值．‎ ‎[解]　(1)因为f′(x)＝3ax2＋2x＋b，‎ 所以g(x)＝f(x)＋f′(x)‎ ‎＝ax3＋(‎3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.‎ 因为g(x)是奇函数，‎ 所以g(－x)＝－g(x)，‎ 从而‎3a＋1＝0，b＝0，‎ 解得a＝－，b＝0，‎ 因此f(x)的表达式为f(x)＝－x3＋x2.‎ ‎(2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x，‎ 所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0.‎ 解得x1＝－(舍去)，x2＝，‎ 而g(1)＝，g()＝，g(2)＝，‎ 因此g(x)在区间[1,2]上的最大值为g()＝，最小值为g(2)＝.‎ ‎10．已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0.‎ ‎(1)求a；‎ ‎(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0)＜2－2.‎ ‎[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ 设g(x)＝ax－a－ln x，‎ 则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.‎ 因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，‎ 而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1.‎ 若a＝1，则g′(x)＝1－.‎ 6‎ 当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增．‎ 所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.‎ 综上，a＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x.‎ 设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.‎ 当x∈时，h′(x)＜0；‎ 当x∈时，h′(x)＞0.‎ 所以h(x)在上单调递减，在上单调递增．‎ 又h(e－2)>0，h＜0，h(1)＝0，‎ 所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0,1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.‎ 因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．‎ 由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．‎ 由x0∈得f(x0)＜.‎ 因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，‎ 由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.‎ 所以e－2时，F′(x)>0；所以当x＝时，F(x)有极小值也就是最小值，故选D.]‎ ‎3．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________．‎ ‎[4，＋∞)　[∵x∈(0,1]，‎ ‎∴f(x)≥0可化为a≥－.‎ 设g(x)＝－，则g′(x)＝.‎ 令g′(x)＝0，得x＝.‎ 当 00；‎ 当ln 2时，f′(x)>0，‎ 因此当x＝ln 2时，函数f(x)有最小值，若函数f(x)有零点，则f(x)min＝f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋a≤0，‎ 解得a≤2ln 2－2.]‎ ‎5．设函数f(x)＝x3－(1＋a)x2＋4ax＋‎24a，其中常数a>1，‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若当x≥0时，f(x)>0恒成立，求a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝x2－2(1＋a)x＋‎4a＝(x－2)(x－‎2a)，由a>1知，‎2a>2，当x<2时，f′(x)>0，故f(x)在区间(－∞，2)上是增函数；‎ 当2‎2a时，f′(x)>0，故f(x)在区间(‎2a，＋∞)上是增函数．‎ 6‎ 综上，当a>1时，f(x)在区间(－∞，2)和(‎2a，＋∞)上是增函数，在区间(2,‎2a)上是减函数．‎ ‎(2)由(1)知，当x≥0时，f(x)在x＝‎2a或x＝0处取得最小值．‎ f(‎2a)＝(‎2a)3－(1＋a)(‎2a)2＋‎4a·‎2a＋‎24a＝－a3＋‎4a2＋‎24a，f(0)＝‎24a.‎ 由假设知即 解得1

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