高中數(shù)學 第一章 1.3.3函數(shù)的最大(小)值與導數(shù)同步檢測 新人教A版選修2-2

1.3.3函數(shù)的最大(小)值與導數(shù)一、基礎過關1．函數(shù)f(x)＝－x2＋4x＋7，在x∈[3,5]上的最大值和最小值分別是 ()A．f(2)，f(3) B．f(3)，f(5)C．f(2)，f(5) D．f(5)，f(3)2．f(x)＝x3－3x2＋2在區(qū)間[－1,1]上的最大值是 ()A．－2 B．0 C．2 D．43．函數(shù)y＝eq\f(lnx,x)的最大值為 ()A．e－1 B．eC．e2 D.eq\f(10,3)4．函數(shù)y＝eq\f(4x,x2＋1)在定義域內(nèi) ()A．有最大值2，無最小值B．無最大值，有最小值－2C．有最大值2，最小值－2D．無最值5．已知函數(shù)y＝－x2－2x＋3在區(qū)間[a,2]上的最大值為eq\f(15,4)，則a等于 ()A．－eq\f(3,2) B.eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)或－eq\f(3,2)6．函數(shù)f(x)＝xex的最小值為________．7．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________．二、能力提升8．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，則當|MN|達到最小時t的值為 ()A．1 B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(5),2) D.eq\f(\r(2),2)9．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點，則a的取值范圍是________．10．已知函數(shù)f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2,2]上有最小值－37，求a的值及f(x)在[－2,2]上的最大值．11．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．(1)若函數(shù)f(x)在x＝－1和x＝3處取得極值，試求a，b的值；(2)在(1)的條件下，當x∈[－2,6]時，f(x)<2|c|恒成立，求c的取值范圍．12．函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b的圖象在點P(1,0)處的切線與直線3x＋y＝0平行．(1)求a，b；(2)求函數(shù)f(x)在[0，t](t>0)內(nèi)的最大值和最小值．三、探究與拓展13．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．

答案1．B2．C3．A4．C5．C6．－eq\f(1,e)7．[－4，－2]8．D9．(－∞，2ln2－2]10．解f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x－2(－2,0)0(0,2)2f′(x)＋0－0f(x)－40＋a極大值a－8＋a∴當x＝－2時，f(x)min＝－40＋a＝－37，得a＝3.當x＝0時，f(x)的最大值為3.11．解(1)f′(x)＝3x2－2ax＋b，∵函數(shù)f(x)在x＝－1和x＝3處取得極值，∴－1,3是方程3x2－2ax＋b＝0的兩根．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋3＝\f(2,3)a,－1×3＝\f(b,3)))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3,b＝－9)).(2)由(1)知f(x)＝x3－3x2－9x＋c，f′(x)＝3x2－6x－9.當x變化時，f′(x)，f(x)隨x的變化如下表：x(－∞，－1)－1(－1,3)3(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值c＋5極小值c－27而f(－2)＝c－2，f(6)＝c＋54，∴當x∈[－2,6]時，f(x)的最大值為c＋54，要使f(x)<2|c|恒成立，只要c＋54<2|c|即可，當c≥0時，c＋54<2c，∴c當c<0時，c＋54<－2c，∴c∴c∈(－∞，－18)∪(54，＋∞)，此即為參數(shù)c的取值范圍．12．解(1)f′(x)＝3x2＋2ax，由已知條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝0,f′1＝－3))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋1＝0,2a＋3＝－3))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3,b＝2)).(2)由(1)知f(x)＝x3－3x2＋2，f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．f′(x)與f(x)隨x的變化情況如下：x(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)2－2由f(x)＝f(0)，解得x＝0，或x＝3.因此根據(jù)f(x)圖象，當0<t≤2時，f(x)的最大值為f(0)＝2，最小值為f(t)＝t3－3t2＋2；當2<t≤3時，f(x)的最大值為f(0)＝2，最小值為f(2)＝－2；當t>3時，f(x)的最大值為f(t)＝t3－3t2＋2，最小值為f(2)＝－2.13．解(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1，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0<k－1<1，即1<k<2時，由(1)知f(x)