高中數(shù)學(xué) 1.3.3函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)同步測試 新人教A版選修2-2

【成才之路】-學(xué)年高中數(shù)學(xué)1.3.3函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)同步測試新人教A版選修2-2一、選擇題1．函數(shù)y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2,1]上的最大值、最小值分別是()A．12；－8 B．1；－8C．12；－15 D．5；－16[答案]A[解析]y′＝6x2－6x－12，由y′＝0?x＝－1或x＝2(舍去)．x＝－2時y＝1；x＝－1時y＝12；x＝1時y＝－8.∴ymax＝12，ymin＝－8.故選A.2．(·北京東城區(qū)聯(lián)考)如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，則下面判斷正確的是()A．在區(qū)間(－2,1)上f(x)是增函數(shù) B．在(1,3)上f(x)是減函數(shù)C．在(4,5)上f(x)是增函數(shù) D．當(dāng)x＝4時，f(x)取極大值[答案]C[解析]由導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象知，f(x)在(－2,1)上先減后增，在(1,3)上先增后減，在(4,5)上單調(diào)遞增，x＝4是f(x)的極小值點，故A、B、D錯誤，選C.3．(·安徽程集中學(xué)期中)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f′(x)＞f(x)，則()A．f(2)<e2f(0) B．f(2)≤e2C．f(2)＝e2f(0) D．f(2)>e2[答案]D[分析]所給四個選項實質(zhì)是比較f(2)與e2f(0)的大小，即比較eq\f(f2,e2)與eq\f(f0,e0)的大小，故構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,ex)解決．[解析]設(shè)F(x)＝eq\f(fx,ex)，則F′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)>0，∴F(x)在R上為增函數(shù)，故F(2)>F(0)，∴eq\f(f2,e2)>eq\f(f0,e0)，即f(2)>e2f4．函數(shù)f(x)＝x(1－x2)在[0,1]上的最大值為()A．eq\f(2\r(3),9) B．eq\f(2\r(2),9)C．eq\f(3\r(2),9) D．eq\f(3,8)[答案]A[解析]f′(x)＝1－3x2＝0，得x＝eq\f(\r(3),3)∈[0,1]，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\f(2\r(3),9)，f(0)＝f(1)＝0.∴f(x)max＝eq\f(2\r(3),9).5．(·河南淇縣一中模擬)設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝eax＋3x，x∈R有大于零的極值點，則()A．a(chǎn)>－3 B．a(chǎn)<－3C．a(chǎn)>－eq\f(1,3) D．a(chǎn)<－eq\f(1,3)[答案]B[解析]y′＝aeax＋3，由條件知，方程aeax＋3＝0有大于零的實數(shù)根，∴0<－eq\f(3,a)<1，∴a<－3.6．(·開灤二中期中)若函數(shù)f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)內(nèi)有極小值，則實數(shù)b的取值范圍是()A．(0,1) B．(－∞，1)C．(0，＋∞) D．(0，eq\f(1,2))[答案]D[解析]f′(x)＝3x2－6b，∵f(x)在(0,1)內(nèi)有極小值，∴在(0,1)內(nèi)存在點x0，使得在(0，x0)內(nèi)f′(x)<0，在(x0,1)內(nèi)f′(x)>0，由f′(x)＝0得，x2＝2b>0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b>0,\r(2b)<1，))∴0<b<eq\f(1,2).7．(·撫順市六校聯(lián)合體期中)已知R上可導(dǎo)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集為()A．(－∞，－2)∪(1，＋∞) B．(－∞，－2)∪(1,2)C．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)[答案]D[解析]由f(x)的圖象知，在(－∞，－1)上f′(x)>0，在(－1,1)上f′(x)<0，在(1，＋∞)上f′(x)>0，又x2－2x－3>0的解集為(－∞，－1)∪(3，＋∞)，x2－2x－3<0的解集為(－1,3)．∴不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集為(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．二、填空題8．(·三亞市一中月考)曲線y＝eq\f(x,2x－1)在點(1,1)處的切線為l，則l上的點到圓x2＋y2＋4x＋3＝0上的點的最近距離是________．[答案]2eq\r(2)－1[解析]y′|x＝1＝－eq\f(1,2x－12)|x＝1＝－1，∴切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0，圓心(－2,0)到直線的距離d＝2eq\r(2)，圓的半徑r＝1，∴所求最近距離為2eq\r(2)－1.9．已知函數(shù)f(x)＝x(x－c)2在x＝2處取極大值，則常數(shù)c的值為________．[答案]6[解析]f(x)＝x(x－c)2＝x3－2cx2＋c2x，f′(x)＝3x2－4cx＋c2，令f′(2)＝0解得c＝2或6.當(dāng)c＝2時，f′(x)＝3x2－8x＋4＝(3x－2)(x－2)，故f(x)在x＝2處取得極小值，不合題意舍去；當(dāng)c＝6時，f′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x2－8x＋12)＝3(x－2)(x－6)，故f(x)在x＝2處取得極大值．三、解答題10．(·淄博市臨淄中學(xué)學(xué)分認(rèn)定考試)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋5，曲線y＝f(x)在點P(1，f(1))處的切線方程為y＝3x＋1.(1)求a、b的值；(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值．[解析](1)依題意可知點P(1，f(1))為切點，代入切線方程y＝3x＋1可得，f(1)＝3×1＋1＝4，∴f(1)＝1＋a＋b＋5＝4，即a＋b＝－2，又由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋5得，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，而由切線y＝3x＋1的斜率可知f′(1)＝3，∴3＋2a＋b＝3，即2a＋由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝－2，,2a＋b＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－4，))∴a＝2，b＝－4.(2)由(1)知f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，f′(x)＝3x2＋4x－4＝(3x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(2,3)或x＝－2.當(dāng)x變化時，f(x)，f′(x)的變化情況如下表：x－3(－3，－2)－2(－2，eq\f(2,3))eq\f(2,3)(eq\f(2,3)，1)1f′(x)＋0－0＋f(x)8增極大值減極小值增4∴f(x)的極大值為f(－2)＝13，極小值為f(eq\f(2,3))＝eq\f(95,27)，又f(－3)＝8，f(1)＝4，∴f(x)在[－3,1]上的最大值為13.一、選擇題11．函數(shù)f(x)＝x4－4x(|x|<1)()A．有最大值，無最小值 B．有最大值，也有最小值C．無最大值，有最小值 D．既無最大值，也無最小值[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)且1?(－1,1)，∴該方程無解，故函數(shù)f(x)在(－1,1)上既無極值也無最值．故選D.12．(·海淀區(qū)高二期中)函數(shù)f(x)在其定義域內(nèi)可導(dǎo)，其圖象如圖所示，則導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象可能為()[答案]C[解析]由圖象知，f(x)在x<0時，圖象增→減→增，x>0時，單調(diào)遞增，故f′(x)在x<0時，其值為＋→－→＋，在x>0時為＋，故選C.13．若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是()A．k≤－3或－1≤k≤1或k≥3 B．－3<k<－1或1<k<3C．－2<k<2 D．不存在這樣的實數(shù)[答案]B[解析]因為y′＝3x2－12，由y′>0得函數(shù)的增區(qū)間是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y′<0得函數(shù)的減區(qū)間是(－2,2)，由于函數(shù)在(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，所以有k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3，故選B.14．函數(shù)f(x)＝x3＋ax－2在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[3，＋∞) B．[－3，＋∞)C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3)[答案]B[解析]∵f(x)＝x3＋ax－2在[1，＋∞)上是增函數(shù)，∴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，故應(yīng)選B.二、填空題15．(·蘇州五中高二期中)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(1)＝0，當(dāng)x>0時，有eq\f(xf′x－fx,x2)>0，則不等式x2f(x)>0的解集是________．[答案](－1,0)∪(1，＋∞)[解析]令g(x)＝eq\f(fx,x)(x≠0)，∵x>0時，eq\f(xf′x－fx,x2)>0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又f(1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴在(0，＋∞)上g(x)>0的解集為(1，＋∞)，∵f(x)為奇函數(shù)，∴g(x)為偶函數(shù)，∴在(－∞，0)上g(x)<0的解集為(－1,0)，由x2f(x)>0得f(x)>0，∴f(x)>0的解集為(－1,0)∪三、解答題16．(·陜西師大附中一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(k,2)x2－x.(1)若k＝0，求f(x)的最小值；(2)若k＝1，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．[解析](1)k＝0時，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1.當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)減小，在(0，＋∞)上單調(diào)增加，故f(x)的最小值為f(0)＝1.(2)若k＝1，則f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x，定義域為R.∴f′(x)＝ex－x－1，令g(x)＝ex－x－1，則g′(x)＝ex－1，由g′(x)≥0得x≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，由g′(x)<0得x<0，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，∴g(x)min＝g(0)＝0，即f′(x)min＝0，故f′(x)≥0.所以f(x)在R上單調(diào)遞增．17．(·沈陽市模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.(1)若x＝1時，函數(shù)f(x)取得極值，求函數(shù)f(x)的圖像在x＝－1處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(eq\f(1,2)，1)內(nèi)不單調(diào)，求實數(shù)a的取值范圍．[解析](1)f′(x)＝3x2＋2ax＋1，由f′(1)＝0，得a＝－2，∴f(x)＝x3－2x2＋x＋1，當(dāng)x＝－1時，y＝－3，即切點(－1，－3)，k＝f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－4x0＋1令x0＝－1得k＝8，∴切線方程為8x－y＋5＝0.(2)f(x)在區(qū)間(eq\f(1,2)，1)內(nèi)不單調(diào)，即f′(x)＝0在(eq\f(1,2)，1)有解，所以3x2＋2ax＋1＝0,2ax＝－3x2－1，由x∈(eq\f(1,2)，1)，2a＝－3x－eq\f(1,x)，令h(x)＝－3x－eq\f(1,x)，∴h′(