高中数学人教版新课标A选修1-13.3导数在研究函数中的应用练习题

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课时提升作业 二十四

函数的最大(小)值与导数

一、选择题(每小题5分,共25分)

1.(2016·临沂高二检测)函数y=2x3-3x2-12x+5在上的最大值和最小值分别是　(　　)

A.5,-15      B.5,4

C.-4,-15      D.5,-16

【解析】选A.y′=6x2-6x-12=6(x-2)(x+1),

令y′=0,得x=2或x=-1(舍).

因为f(0)=5,f(2)=-15,f(3)=-4,

所以ymax=5,ymin=-15.

【补偿训练】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.(2016·德州高二检测)已知函数f(x),g(x)均为上的可导函数,在上连续且f′(x)<g′(x),则f(x)-g(x)的最大值为　(　　)

A.f(a)-g(a)   B.f(b)-g(b)  C.f(a)-g(b)  D.f(b)-g(a)

【解析】选A.′=f′(x)-g′(x)<0,所以函数f(x)-g(x)在上单调递减,所以f(x)-g(x)的最大值为f(a)-g(a).

3.(2016·长春高二检测)若存在正数x使2x(x-a)<1成立,则a的取值范围

是　(　　)

A.(-∞,+∞)     B.(-2,+∞)

C.(0,+∞)     D.(-1,+∞)

【解析】选D.因为2x(x-a)<1,所以a>x-.

令f(x)=x-,所以f′(x)=1+2-xln2>0.

所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,

所以f(x)>f(0)=0-1=-1,

所以a的取值范围为(-1,+∞).

4.(2016·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.(2016·潍坊高二检测)已知f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在上有最大值3,那么此函数在上的最小值是　(　　)

A.-37       B.-29

C.-5       D.以上都不对

【解题指南】先根据最大值求出m,再求出f(x)在上的最小值.

【解析】选A.因为f′(x)=6x2-12x=6x(x-2),

因为f(x)在上为增函数,

在上为减函数,

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.

二、填空题(每小题5分,共15分)

6.当x∈时,函数f(x)=的值域为　　　　.

【解析】f′(x)==,

令f′(x)=0,得x1=0,x2=2(舍去)

当x∈时,f′(x)>0,

所以当x=0时,f(x)取极小值f(0)=0,也是最小值;

而f(-1)=e,f(1)=,

所以f(x)的最大值为f(-1)=e.

所以f(x)的值域为.

答案:

7.(2016·洛阳高二检测)函数f(x)=(x∈)的最大值是　　　　,最小值是　　　　.

【解析】因为f′(x)==,

令f′(x)=0,得x=1或x=-1.

又因为f(1)=2,f(-1)=-2,f(2)=,f(-2)=-,

所以f(x)在上的最大值为2,最小值为-2.

答案:2　-2

8.若函数f(x)=(a>0)在时,求函数f(x)的最大值和最小值.

【解析】(1)f′(x)=ex(sinx+cosx)

=exsin.

f′(x)≥0,所以sin≥0,

所以2kπ≤x+≤2kπ+π,k∈Z,

即2kπ-≤x≤2kπ+π,k∈Z.

f(x)的单调增区间为,k∈Z.

(2)由(1)知当x∈时,

是单调增区间,是单调减区间.

f(0)=0,f(π)=0,f=,

所以f(x)max=f=,

f(x)min=f(0)=f(π)=0.

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).

一、选择题(每小题5分,共10分)

1.(2016·长沙高二检测)设直线x=t与函数f(x)=x2,g(x)=lnx的图象分别交于点M,N,则当|MN|达到最小值时t的值为　(　　)

A.1    B.     C.    D.

【解析】选D.|MN|的最小值,即函数h(x)=x2-lnx的最小值,h′(x)=2x-=,显然x=是函数h(x)在其定义域内惟一的极小值点,也是最小值点,故t=.

【补偿训练】函数f(x)=ex(sinx+cosx),x∈的值域为　　　　.

【解析】当0≤x≤1时,f′(x)=ex(sinx+cosx)+ex(cosx-sinx)=excosx>0,所以f(x)在上单调递增,则f(0)≤f(x)≤f(1),即函数f(x)的值域为.

答案:

2.(2016·武汉高二检测)当x∈时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是　(　　)

A.    B.

C.    D.

【解析】选C.当x=0时,3≥0恒成立,a∈R.

当0<x≤1时,a≥.

设h(x)=,

则h′(x)==.

因为x∈(0,1],

所以h′(x)>0,h(x)递增,

所以h(x)max=h(1)=-6,

所以a≥-6.

当-2≤x<0时,a≤.

易知h(x)=在

4.定义在R上的可导函数f(x)=x2+2xf′(2)+15,在闭区间上有最大值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.

又因为在闭区间上有最大值15,最小值-1,且f(0)=15,f(4)=-1,

所以 ⊆,且f(m)≤f(0)=15,

所以4≤m≤8.

答案:

三、解答题(每小题10分,共20分)

5.(2016·江苏高考改编)已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).设a=2,b=.

(1)求方程f(x)=2的根.

(2)若对任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值.

【解题指南】(1)应用指数的运算性质求方程的根.

(2)分离变量m,应用基本不等式求最值.

【解析】(1)f(x)=2x+,由f(x)=2可得2x+=2⇒=0⇒2x=1⇒x=0.

(2)由题意得22x+≥m-6恒成立,

令t=2x+,则由2x>0可得t≥2=2,此时t2-2≥mt-6恒成立,即m≤=t+恒成立,

因为t≥2时t+≥2=4,当且仅当t=2时等号成立,因此实数m的最大值为4.

6.(2016·郑州高二检测)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.

【解析】(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2<x<2a时,f′(x)<0,故f(x)在区间(2,2a)上是减函数;

当x>2a时,f′(x)>0,故f(x)在区间(2a,+∞)上是增函数.

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<a<6.

故a的取值范围是(1,6).

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