《2018年秋高中數(shù)學(xué) 課時(shí)分層作業(yè)19 函數(shù)的最大（小）值與導(dǎo)數(shù) 新人教A版選修1 -1.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年秋高中數(shù)學(xué) 課時(shí)分層作業(yè)19 函數(shù)的最大（?。┲蹬c導(dǎo)數(shù) 新人教A版選修1 -1.doc（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

課時(shí)分層作業(yè)(十九) 函數(shù)的最大（?。┲蹬c導(dǎo)數(shù) (建議用時(shí)：45分鐘) [基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練] 一、選擇題 1．函數(shù)f(x)＝x＋cos x在[0，π]上的(　　) A．最小值為0，最大值為 B．最小值為0，最大值為＋1 C．最小值為1，最大值為 D．最小值為1，最大值為π－1 D　[f′(x)＝1－sin x，由x∈[0，π]知，f′(x)≥0，即f(x)在[0，π]上是增函數(shù)，所以f(x)max＝f(π)＝π－1，f(x)min＝f(0)＝1.] 2．函數(shù)f(x)＝x3－x2－x＋a在區(qū)間[0,2]上的最大值是3，則a等于(　　) A．3　　　　B．1　　　　C．2　　　　D．－1 B　[f′(x)＝3x2－2x－1，令f′(x)＝0得x＝1或x＝－(舍)． 由f(0)＝a，f(1)＝a－1，f(2)＝a＋2知 f(x)max＝f(2)＝a＋2＝3，解得a＝1.] 3．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋c，且f′(1)＝6，函數(shù)在[1,2]上的最大值為20，則c的值為(　　) A．1 B．4 C．－1 D．0 B　[∵f′(x)＝3ax2， ∴f′(1)＝3a＝6，∴a＝2. 當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，f′(x)＝6x2＞0，即f(x)在[1,2]上是增函數(shù)， ∴f(x)max＝f(2)＝223＋c＝20， ∴c＝4.] 4．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(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：97792164】 A．0≤a＜1 B．0＜a＜1 C．－1＜a＜1 D．0＜a＜ B　[∵f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0得x2＝a. ∴x＝. 又∵f(x)在(0,1)內(nèi)有最小值， ∴0＜＜1，∴0＜a＜1.故選B.] 5．已知函數(shù)f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，則m的取值范圍是(　　) A．m≥ B．m> C．m≤ D．m< A　[∵f′(x)＝2x3－6x2， 令f′(x)＝0得x＝0或x＝3， 驗(yàn)證可知x＝3是函數(shù)的最小值點(diǎn)， 故f(x)min＝f(3)＝3m－， 由f(x)＋9≥0恒成立，得f(x)≥－9恒成立， 即3m－≥－9，∴m≥.] 二、填空題 6．當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，函數(shù)f(x)＝的值域?yàn)開(kāi)_________． [0，e]　[f′(x)＝，令f′(x)＝0得x＝0或x＝2(舍)． 又f(－1)＝e，f(0)＝0，f(1)＝，則f(x)max＝f(－1)＝e， f(x)min＝f(0)＝0，因此函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇0，e]．] 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________． (－4，－2)　[f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0得，x＝. 由題意知－2<<－1，∴－40)在[1，＋∞)上的最大值為，則a的值為_(kāi)_________． －1　[f′(x)＝(a>0)，令f′(x)＝0得x＝或x＝－(舍)． 當(dāng)01時(shí)，x∈[1，)時(shí)，f′(x)>0，x∈(，＋∞)時(shí)，f′(x)<0， 則當(dāng)x＝時(shí)，f(x)有最大值，即f(x)max＝f()＝＝，解得a＝不合題意． 綜上知，a＝－1.] 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). 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：97792165】 (1)求f(x)的表達(dá)式． (2)求g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值． [解]　(1)因?yàn)閒′(x)＝3ax2＋2x＋b， 所以g(x)＝f(x)＋f′(x) ＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b. 因?yàn)間(x)是奇函數(shù)， 所以g(－x)＝－g(x)， 從而3a＋1＝0，b＝0， 解得a＝－，b＝0， 因此f(x)的表達(dá)式為f(x)＝－x3＋x2. (2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x， 所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0. 解得x1＝－(舍去)，x2＝， 而g(1)＝，g()＝，g(2)＝， 因此g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為g()＝，最小值為g(2)＝. 10．已知函數(shù)f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0. (1)求a； (2)證明：f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e－2＜f(x0)＜2－2. [解]　(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． 設(shè)g(x)＝ax－a－ln x， 則f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等價(jià)于g(x)≥0. 因?yàn)間(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0， 而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1. 若a＝1，則g′(x)＝1－. 當(dāng)01時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增． 所以x＝1是g(x)的極小值點(diǎn)，故g(x)≥g(1)＝0. 綜上，a＝1. (2)證明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x. 設(shè)h(x)＝2x－2－ln x，則h′(x)＝2－. 當(dāng)x∈時(shí)，h′(x)＜0； 當(dāng)x∈時(shí)，h′(x)＞0. 所以h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 又h(e－2)>0，h＜0，h(1)＝0， 所以h(x)在上有唯一零點(diǎn)x0，在上有唯一零點(diǎn)1，且當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h(x)>0；當(dāng)x∈(x0,1)時(shí)，h(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)>0. 因?yàn)閒′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一極大值點(diǎn)． 由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)． 由x0∈得f(x0)＜. 因?yàn)閤＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值點(diǎn)， 由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2. 所以e－2時(shí)，F(xiàn)′(x)>0；所以當(dāng)x＝時(shí)，F(xiàn)(x)有極小值也就是最小值，故選D.] 3．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對(duì)任意的x∈(0,1]都有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______． [4，＋∞)　[∵x∈(0,1]， ∴f(x)≥0可化為a≥－. 設(shè)g(x)＝－，則g′(x)＝. 令g′(x)＝0，得x＝. 當(dāng) 00； 當(dāng)ln 2時(shí)，f′(x)>0， 因此當(dāng)x＝ln 2時(shí)，函數(shù)f(x)有最小值，若函數(shù)f(x)有零點(diǎn)，則f(x)min＝f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋a≤0， 解得a≤2ln 2－2.] 5．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－(1＋a)x2＋4ax＋24a，其中常數(shù)a>1， (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)>0恒成立，求a的取值范圍． [解]　(1)f′(x)＝x2－2(1＋a)x＋4a＝(x－2)(x－2a)，由a>1知，2a>2，當(dāng)x<2時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在區(qū)間(－∞，2)上是增函數(shù)； 當(dāng)22a時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在區(qū)間(2a，＋∞)上是增函數(shù)． 綜上，當(dāng)a>1時(shí)，f(x)在區(qū)間(－∞，2)和(2a，＋∞)上是增函數(shù)，在區(qū)間(2,2a)上是減函數(shù)． (2)由(1)知，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)在x＝2a或x＝0處取得最小值． f(2a)＝(2a)3－(1＋a)(2a)2＋4a2a＋24a＝－a3＋4a2＋24a，f(0)＝24a. 由假設(shè)知即 解得1

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