2024-2025學年高中數(shù)學第三章導數(shù)及其應用3.3導數(shù)在研究函數(shù)中的應用3.3.3函數(shù)的最大小值與導數(shù)作業(yè)含解析新人教A版選修1-1

PAGE第三章3.33.3.3作業(yè)1A級基礎鞏固一、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)A．12；－8 B．1；－8C．12；－15 D．5；－16[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．函數(shù)f(x)＝x2－x＋1在區(qū)間[－3,0]上的最值為(C)A．最大值為13，最小值為eq\f(3,4)B．最大值為1，最小值為－17C．最大值為13，最小值為1D．最大值為9，最小值為－19[解析]∵y＝x2－x＋1，∴y′＝2x－1，令y′＝0，∴x＝eq\f(1,2)，f(－3)＝13，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,4)(舍)，f(0)＝1.3．函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx在x∈[1,4]上的最小值為(B)A．2 B．1＋ln2C．eq\f(2,3)＋ln3 D．eq\f(1,2)＋ln4[解析]f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－2,x2)，令f′(x)＝0得x＝2.當x∈(1,2)時f′(x)<0，當x∈(2,4)時f′(x)>0，∴f(x)在x＝2處取得最小值為1＋ln2.4．下面為函數(shù)y＝xsinx＋cosx的遞增區(qū)間的是(C)A．(eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)) B．(π，2π)C．(eq\f(3,2)π，eq\f(5π,2)) D．(2π，3π)[解析]y′＝(xsinx＋cosx)′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，當x∈(eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2))時，xcosx>0，故選C．5．下列說法正確的是(D)A．函數(shù)的極大值就是函數(shù)的最大值B．函數(shù)的微小值就是函數(shù)的最小值C．函數(shù)的最值肯定是極值D．在閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)肯定存在最值[解析]依據(jù)最大值、最小值的概念可知選項D正確．6．函數(shù)f(x)＝lnx－x在區(qū)間[0，e]上的最大值為(A)A．－1 B．1－eC．－e D．0[解析]f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令f′(x)>0，得0<x<1，令f′(x)<0，得1<x<e，∴f(x)在(0,1)上遞增，在(1，e)上遞減，∴當x＝1時，f(x)取極大值，這個極大值也是最大值．∴f(x)max＝f(1)＝－1.二、填空題7．當x∈[－1,1]時，函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,ex)的值域是__[0，e]__.[解析]f′(x)＝eq\f(2x·ex－x2·ex,ex2)＝eq\f(2x－x2,ex)，令f′(x)＝0得x1＝0，x2＝2.f(－1)＝e,f(0)＝0,f(1)＝eq\f(1,e)，∴f(x)max＝e,f(x)min＝0，故函數(shù)f(x)的值域為[0，e]．8．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__(－4，－2)__.[解析]f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(m,2).由題設得－2<eq\f(m,2)<－1，故m∈(－4，－2)．三、解答題9．(2024·沈陽市期中)設函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex.(1)求曲線f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)證明：當x≥0時，f(x)≤x＋1.[解析](1)f′(x)＝(－2x)ex＋(1－x2)ex＝(1－2x－x2)ex，∴f′(0)＝1，又f(0)＝1，∴y－1＝x，即切線方程為x－y＋1＝0.(2)要證(1－x2)ex≤x＋1，由于x≥0，只需證明(1－x)ex≤1，即證(1－x)ex－1≤0，設φ(x)＝(1－x)ex－1，則φ′(x)＝－ex＋(1－x)ex＝－xex，x≥0，φ′(x)≤0(且不恒為0)成立，∴φ(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減，且φ(0)＝0，∴φ(x)≤0成立，即x≥0時，f(x)≤x＋1成立．B級素養(yǎng)提升一、選擇題1．函數(shù)f(x)＝x(1－x2)在[0,1]上的最大值為(A)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)[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).2．(2024·梧州一模)設函數(shù)f(x)＝－x3＋3bx，當x∈[0,1]時，f(x)的值域為[0,1]，則b的值是(C)A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3,2),2) D．eq\f(\r(3,4),2)[解析]∵函數(shù)f(x)＝－x3＋3bx(b＞0)，∴f′(x)＝－3x2＋3b，令f′(x)＝0，當b＞0時，可得x＝±eq\r(b)，x∈(－∞，－eq\r(b))，x∈(eq\r(b)，＋∞)，f′(x)＜0，函數(shù)是減函數(shù)，則函數(shù)的極大值：f(eq\r(b))＝2beq\r(b)，當x∈[0,1]時，f(x)的值域為[0,1]，可知eq\r(b)≤1時，f(eq\r(b))＝2beq\r(b)＝1，解得b＝eq\f(\r(3,2),2)，當b≥1時，f(1)＝－1＋3b＝1，無解．當b≤0時，x∈[0,1]時，f(x)的值域為[0,1]，不成立；函數(shù)f(x)＝－x3＋3bx，當x∈[0,1]時，f(x)的值域為[0,1]，則b的值是eq\f(\r(3,2),2)，故選C．3．設在區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連綿不斷的曲線，且在區(qū)間[a，b]上存在導數(shù)，有下列三個命題：①若f(x)在[a，b]上有最大值，則這個最大值必是[a，b]上的極大值；②若f(x)在[a，b]上有最小值，則這個最小值必是[a，b]上的微小值；③若f(x)在[a，b]上有最值，則最值必在x＝a或x＝b處取得．其中正確的命題個數(shù)是(A)A．0 B．1C．2 D．3[解析]由于函數(shù)的最值可能在區(qū)間[a，b]的端點處取得，也可能在區(qū)間[a，b]內(nèi)取得，而當最值在區(qū)間端點處取得時，其最值必不是極值，因此3個命題都是假命題．4．(多選題)已知函數(shù)f(x)＝ex＋e－x，下列結(jié)論正確的是(AC)A．f(x)是偶函數(shù)B．f(x)的最大值為2C．當f(x)取到最小值時，對應的x＝0D．f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減[解析]∵函數(shù)f(x)＝ex＋e－x，x∈R，∴f(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，∴函數(shù)f(x)是R上的偶函數(shù)，故A正確，∵f′(x)＝ex－e－x＝ex－eq\f(1,ex)＝eq\f(ex2－1,ex)，令f′(x)＝0得，ex＝1，x＝0，∴當x∈(－∞，0)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，且f(0)＝2，畫出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖所示：∴函數(shù)f(x)的最小值為2，故B錯誤，C正確，D錯誤，故選AC．5．(多選題)設f(x)＝xacosx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))的最大值為M，則(AB)A．當a＝－1時，M<eq\r(3) B．當a＝2時，M<eq\f(\r(3),3)C．當a＝0時，M>eq\f(\r(3),2) D．當a＝3時，M<eq\f(1,2)[解析]當a＝－1時，f(x)＝eq\f(cosx,x)，則可得，f′(x)＝eq\f(－xsinx－cosx,x2)＜0在[eq\f(π,6)，eq\f(π,3)]上恒成立，故f(x)在[eq\f(π,6)，eq\f(π,3)]上單調(diào)遞減，所以M＝f(eq\f(π,6))＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(π,6))＝eq\f(3\r(3),π)<eq\r(3)，故A正確；當a＝2時，f(x)＝x2cosx，則f′(x)＝2xcosx－x2sinx＝x(2cosx－xsinx)，易證2cosx－xsinx＞0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上恒成立，故f′(x)＞0，從而f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，M＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(π2,18)<eq\f(\r(3),3)，故B成立；當a＝0時，f(x)＝cosx，易知C錯誤；當a＝3時，f(x)＝x3cosx，則f′(x)＝－x3sinx＋3x2cosx＝x2(3cosx－xsinx)，易得h(x)＝3cosx－xsinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞減，所以h(x)≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＞0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，M＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(π3,54)＞eq\f(1,2)，故D錯誤．故應選AB．二、填空題6．函數(shù)f(x)＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值和最小值的和是__－10__.[解析]f′(x)＝6x2－6x－12，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝2.但x∈[0,3]，∴x＝－1舍去，∴x＝2.當x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x0(0,2)2(2,3)3f′(x)－12－0＋24f(x)5－15－4由上表，知f(x)max＝5，f(x)min＝－15，所以f(x)max＋f(x)min＝－10.7．已知a為實數(shù)，f(x)＝(x2－4)(x－a)．若f′(－1)＝0，函數(shù)f(x)在[－2,2]上的最大值為__eq\f(9,2)__.[解析]由原式可得f(x)＝x3－ax2－4x＋4a，f′(x)＝3x2－2ax－4.由f′(－1)＝0得a＝eq\f(1,2)，此時f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2－4x＋2，f′(x)＝3x2－x－4.令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝eq\f(4,3).又f(－1)＝eq\f(9,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝－eq\f(50,27)，f(－2)＝f(2)＝0，所以函數(shù)f(x)在[－2,2]上的最大值為eq\f(9,2).三、解答題8．已知定義在正實數(shù)集上的函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax，g(x)＝3a2lnx＋b，其中2a>0.設兩曲線y＝f(x)，y＝g(x)有公共點，且在該點處的切線相同．(1)用a表示b，并求b的最大值；(2)x>0時，求證：f(x)≥g(x)．[解析](1)設y＝f(x)與y＝g(x)(x>0)在公共點(x0，y0)處的切線相同．∵f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝eq\f(3a2,x)，由題意f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)．即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x\o\al(2,0)＋2ax0＝3a2lnx0＋b，,x0＋2a＝\f(3a2,x0)，))由x0＋2a＝eq\f(3a2,x0)得：x0＝a或x0＝－3a(舍去)．即有b＝eq\f(1,2)a2＋2a2－3a2lna＝eq\f(5,2)a2－3a2lna令h(t)＝eq\f(5,2)t2－3t2lnt(t>0)，則h′(t)＝2t(1－3lnt)．于是當t(1－3lnt)>0，即0<t<eeq\s\up4(\f(1,3))，h′(t)>0；當t(1－3lnt)<0，即t>eeq\s\up4(\f(1,3))時，h′(t)<0，故h(t)在(0，eeq\s\up4(\f(1,3)))為增函數(shù)，在(eeq\s\up4(\f(1,3))，＋∞)為減函數(shù)，于是h(t)在(0，＋∞)的最大值為h(eeq\s\up4(\f(1,3)))＝eq\f(3,2)eeq\s\up4(\f(2,3))，(2)設F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－3a2lnx－b(x>0)則F′(x)＝x＋2a－eq\f(3a2,x)＝eq\f(x－ax＋3a,x)(x>0)故F(x)在(0，a)為減函數(shù)，在(a，＋∞)為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上的最小值是F(a)＝F(x0)＝f(x0)－g(x0)＝0.故當x>0時，有f(x)－g(x)≥0，即當x>0時，f(x)≥g(x)．作業(yè)2A級基礎鞏固一、選擇題1．已知函數(shù)y＝f(x)在定義域內(nèi)可導，則函數(shù)y＝f(x)在某點處的導數(shù)值為0是函數(shù)y＝f(x)在這點處取得極值的(B)A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．非充分非必要條件[解析]依據(jù)導數(shù)的性質(zhì)可知，若函數(shù)y＝f(x)在這點處取得極值，則f′(x)＝0，即必要性成立；反之不肯定成立，如函數(shù)f(x)＝x3在R上是增函數(shù)，f′(x)＝3x2，則f′(0)＝0，但在x＝0處函數(shù)不是極值，即充分性不成立．故函數(shù)y＝f(x)在某點處的導數(shù)值為0是函數(shù)y＝f(x)在這點處取得極值的必要不充分條件，故選B．2．已知函數(shù)y＝f(x)，x∈R有惟一的極值，且x＝1是f(x)的微小值點，則(C)A．當x∈(－∞，1)時，f′(x)≥0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)≤0B．當x∈(－∞，1)時，f′(x)≥0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)≥0C．當x∈(－∞，1)時，f′(x)≤0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)≥0D．當x∈(－∞，1)時，f′(x)≤0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)≤0[解析]由微小值點的定義，知微小值點左右兩側(cè)的導函數(shù)是左負右正，又函數(shù)f(x)，x∈R有惟一的極值，故當x∈(－∞，1)時，f′(x)≤0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)≥0.3．(2024·濰坊高二檢測)設函數(shù)f(x)滿意x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，f(2)＝eq\f(e2,8)，則x＞0時，f(x)(D)A．有極大值，無微小值 B．有微小值，無極大值C．既有極大值又有微小值 D．既無極大值也無微小值[解析]∵函數(shù)f(x)滿意x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，∴[x2f(x)]′＝eq\f(ex,x)，令F(x)＝x2f(x)，則F′(x)＝eq\f(ex,x)，F(xiàn)(2)＝4·f(2)＝eq\f(e2,2).由x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，得f′(x)＝eq\f(ex－2Fx,x3)，令φ(x)＝ex－2F(x)，則φ′(x)＝ex－2F′(x)＝eq\f(exx－2,x).∴φ(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)的最小值為φ(2)＝e2－2F(2)＝0.∴φ(x)≥0.又x＞0，∴f′(x)≥0.∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴f(x)既無極大值也無微小值．故選D．4．函數(shù)y＝xe－x，x∈[0,4]的最大值是(B)A．0 B．eq\f(1,e)C．eq\f(4,e4) D．eq\f(2,e2)[解析]y′＝e－x－x·e－x＝e－x(1－x)，令y′＝0，∴x＝1.∵f(0)＝0，f(4)＝eq\f(4,e4)，f(1)＝e－1＝eq\f(1,e)，∴f(1)為最大值．故選B．5．已知函數(shù)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]上的最小值為(A)A．－37 B．－29C．－5 D．－11[解析]∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，由f′(x)＝0得x＝0或2.∵f(0)＝m，f(2)＝－8＋m，f(－2)＝－40＋m，明顯f(0)>f(2)>f(－2)，∴m＝3，最小值為f(－2)＝－37.6．函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍為(B)A．0≤a<1 B．0<a<1C．－1<a<1 D．0<a<eq\f(1,2)[解析]∵f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0，可得a＝x2.又∵x∈(0,1)，∴0<a<1，故選B．二、填空題7．若F(x)＝x－2lnx＋2a，則F(x)在(0，＋∞)上的最小值是__2－2ln2＋2a__.[解析]令f′(x)＝1－eq\f(2,x)＝eq\f(x－2,x)＝0得x＝2.當x∈(0,2)時f′(x)<0，當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，∴當x＝2時F(x)min＝F(2)＝2－2ln2＋2a.8．已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋eq\f(a,x2)(a>0)．若當x∈(0，＋∞)時，f(x)≥2恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是__[e，＋∞)__.[解析]f(x)≥2即a≥2x2－2x2lnx.令g(x)＝2x2－2x2lnx，x>0，則g′(x)＝2x(1－2lnx)．由g′(x)＝0得x＝eeq\s\up4(\f(1,2))，且0<x<eeq\s\up4(\f(1,2))時，g′(x)>0；當x>eeq\s\up4(\f(1,2))時g′(x)<0，∴x＝eeq\s\up4(\f(1,2))時g(x)取最大值g(eeq\s\up4(\f(1,2)))＝e，∴a≥e.三、解答題9．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常數(shù)a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函數(shù)．(1)求f(x)的表達式；(2)求g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值．[解析](1)∵f′(x)＝3ax2＋2x＋b，∴g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.∵g(x)是奇函數(shù)，∴g(－x)＝－g(x)，從而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－eq\f(1,3)，b＝0.因此f(x)的表達式為f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2.(2)由(1)知g(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x，∴g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0，解得x1＝－eq\r(2)(舍去)，x2＝eq\r(2)，而g(1)＝eq\f(5,3)，g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，g(2)＝eq\f(4,3)，因此g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，最小值為g(2)＝eq\f(4,3).B級素養(yǎng)提升一、選擇題1．若函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導，f(1.9＋x)＝f(0.1－x)且(x－1)f′(x)＜0，a＝f(0)，b＝f(eq\f(1,2))，c＝f(3)，則a，b，c的大小關系是(D)A．a(chǎn)>b>c B．c>a>bC．c>b>a D．b>a>c[解析]∵(x－1)f′(x)＜0，∴當x＞1時，f′(x)＜0，此時函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當x＜1時，f′(x)＞0，此時函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．又f(1.9＋x)＝f(0.1－x)，∴f(x)＝f(2－x)，∴f(3)＝f[2－(－1)]＝f(－1)，∵－1＜0<eq\f(1,2)，∴f(－1)＜f(0)＜f(eq\f(1,2))，∴f(3)<f(0)<f(eq\f(1,2))，∴b＞a＞c，故選D．2．(2024·鐵東區(qū)校級一模)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對于區(qū)間[－3,2]上最大值為M，最小值為N，則M－N＝(A)A．20 B．18C．3 D．0[解析]函數(shù)f(x)＝x3－3x－1的導數(shù)為f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，解得x＝±1，所以(1，－1)為函數(shù)f(x)的極值點．因為f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在區(qū)間[－3,2]上，M＝f(x)max＝1，N＝f(x)min＝－19，對于區(qū)間[－3,2]上最大值為M，最小值為N，則M－N＝20，故選A．3．函數(shù)y＝x3－2ax＋a在(0,1)內(nèi)有微小值，則實數(shù)a的取值范圍是(D)A．(0,3) B．(－∞，3)C．(0，＋∞) D．(0，eq\f(3,2))[解析]y′＝3x2－2a，因為函數(shù)在(0,1)內(nèi)有微小值，所以y′＝3x2－2a＝0在(0,1)內(nèi)必有實數(shù)解，記f(x)＝3x2－2a，如圖所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝－2a<0，,f1＝3－2a>0，))解得0<a<eq\f(3,2)，故選D．4．(多選題)函數(shù)f(x)的定義域為R，導函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則下列說法錯誤的是(ABD)A．f(x)無極大值點，有四個微小值點B．f(x)有三個極大值點，兩個微小值點C．f(x)有兩個極大值點，兩個微小值點D．f(x)有四個極大值點，無微小值點[解析]f′(x)的符號由正變負，則f(x0)是極大值，f′(x)的符號由負變正，則f(x0)是微小值．由圖象易知有兩個極大值點，兩個微小值點，故選ABD．5．(多選題)對于函數(shù)f(x)＝ex(x－1)2(x－2)，以下選項正確的是(AB)A．1是極大值點B．有2個微小值C．1是微小值點D．有2個極大值[解析]f′(x)＝ex(x－1)(x2－3)，當f′(x)>0時－eq\r(3)<x<1或x>eq\r(3)，當f′(x)<0時，1<x<eq\r(3)或x<－eq\r(3)，故1是極大值點，且函數(shù)有兩個微小值．故選AB．二、填空題6．(2024·紅橋區(qū)一模)函數(shù)y＝－ex＋x在R上的最大值是__－1__.[解析]函數(shù)y＝－ex＋