高中數(shù)學人教A版2第一章導數(shù)及其應用單元測試 一等獎

1．函數(shù)的最大(小)值與導數(shù)1．能夠區(qū)分極值與最值兩個不同的概念．2．掌握在閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)的求法．eq\x(基)eq\x(礎)eq\x(梳)eq\x(理)1．函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值．函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的圖象是一條連續(xù)不間斷的曲線，則該函數(shù)在[a，b]上一定能夠取得最大值與最小值，函數(shù)的最值必在極值點處或區(qū)間端點處取得．2．求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值的步驟：(1)求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值；(2)將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個就是最大值，最小的一個就是最小值．想一想：如圖為y＝f(x)，x∈[a，b]的圖象．(1)觀察[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象，試找出它的極大值、極小值．(2)結合圖象判斷，函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上是否存在最大值，最小值？若存在，分別為多少？(1)解析：極大值為：f(x1)、f(x3)，極小值為：f(x2)，f(x4)．(2)解析：存在，f(x)min＝f(a)，f(x)max＝f(x3)．eq\x(自)eq\x(測)eq\x(自)eq\x(評)1．連續(xù)不斷的函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大值是M，最小值是m，若M＝m，則f′(x)(A)A．等于0B．大于0C．小于0D．以上都有可能解析：因為最大值等于最小值，所以該函數(shù)是常數(shù)函數(shù)，所以f′(x)＝0，故選A.2．函數(shù)f(x)＝x＋2cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值點為(B)A．x＝0B．x＝eq\f(π,6)C．x＝eq\f(π,3)D．x＝eq\f(π,2)解析：令f′(x)＝1－2sinx＝0，則sinx＝eq\f(1,2)，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴x＝eq\f(π,6)，又f(0)＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(π,6)＋eq\r(3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))最大，∴最大值點為x＝eq\f(π,6).3．設函數(shù)f(x)＝x(x2－3)，則f(x)在區(qū)間[0，1]上的最小值為(C)A．－1B．0C．－2D．2解析：f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，當x∈[0，1]時f′(x)≤0，即f(x)在區(qū)間[0，1]上是減函數(shù)，所以最小值為f(1)＝－2.eq\x(基)eq\x(礎)eq\x(鞏)eq\x(固)1．函數(shù)y＝x－sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))的最大值是(C)A．π－1\f(π,2)－1C．πD．π＋12．設函數(shù)f(x)＝2x＋eq\f(1,x)－1(x<0),則eq\a\vs4\al(f（x）)(A)A．有最大值B．有最小值C．是增函數(shù)D．是減函數(shù)3．函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍是(B)A．0≤a<1B．0<a<1C．－1<a<1D．0<a<eq\f(1,2)解析：∵f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，依題意f′(x)＝0在(0，1)內(nèi)有解．∴0<a<1.4．已知f(x)＝－x2＋mx＋1在區(qū)間[－2，－1]上的最大值就是函數(shù)f(x)的極大值，則m的取值范圍是________．解析：f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(m,2).由題設得eq\f(m,2)∈[－2，－1]，故m∈[－4，－2]．答案：[－4，－2]eq\x(能)eq\x(力)eq\x(提)eq\x(升)5．函數(shù)f(x)＝x3－3x(|x|<1)(C)A．有最大值，但無最小值B．有最大值，也有最小值C．無最大值，也無最小值D．無最大值，但有最小值解析：f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，當－1<x<1時，f′(x)<0.∴f(x)在(－1，1)上是減函數(shù)，沒有最值．故選C.6．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數(shù))在[－2，2]上有最大值3，那么此函數(shù)在[－2，2]上的最小值是(A)A．－37B．－29C．－5D．以上都不對解析：f′(x)＝6x2－12x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.由f(－2)＝－40＋m，f(0)＝m，f(2)＝－8＋m，則f(0)＝m＝3?f(－2)＝－40＋m＝－37.故選A.7．函數(shù)f(x)＝eq\r(x2＋1)(－2≤x≤1)的最大值是________，最小值是________．解析：x2＋1在x∈[－2，1]上的最大值為5，最小值為1.答案：eq\r(5)18．設x0是函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)(ex＋e－x)的最小值點，則曲線上點(x0，f(x0))處的切線方程是________．解析：f′(x)＝eq\f(1,2)(ex－e－x)，令f′(x)＝0，所以x＝0，可知x0＝0為最小值點．切點為(0，1)，f′(0)＝0為切線斜率，所以切線方程為y＝1.答案：y＝19．設直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝lnx的圖象分別交于點M，N，求當|MN|達到最小時t的值．解析：由題意，設|MN|＝F(t)＝t2－lnt(t＞0)，令F′(t)＝2t－eq\f(1,t)＝0，得t＝eq\f(\r(2),2)或t＝－eq\f(\r(2),2)(舍去)．F(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調遞增，故t＝eq\f(\r(2),2)時，F(xiàn)(t)＝t2－lnt(t＞0)有極小值，也為最小值．所以|MN|達到最小值時．t＝eq\f(\r(2),2).10．已知a為常數(shù)，求函數(shù)f(x)＝－x3＋3ax(0≤x≤1)的最大值．解析：f′(x)＝－3x2＋3a＝－3(x2－a)．若a≤0，則f′(x)≤0，函數(shù)f(x)單調遞減，所以當x＝0時，有最大值f(0)＝0；若a＞0，則令f′(x)＝0，解得x＝±eq\r(a).由x∈[0，1]，則只考慮x＝eq\r(a)的情況．①0＜eq\r(a)＜1，即0＜a＜1時，當x＝eq\r(a)時，f(x)有最大值f(eq\r(a))＝2aeq\r(a).(如下表所示)x(0，eq\r(a))eq\r(a)(eq\r(a)，1)f′(x)＋0－f(x)↗2a