高中数学人教A版1第三章导数及其应用 学业分层测评18

学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．下列是函数f(x)在[a，b]上的图象，则f(x)在(a，b)上无最大值的是()【解析】在开区间(a，b)上，只有D选项中的函数f(x)无最大值．【答案】D2．函数f(x)＝2eq\r(x)＋eq\f(1,x)，x∈(0,5]的最小值为()A．2 B．3\f(17,4) D．2eq\r(2)＋eq\f(1,2)【解析】由f′(x)＝eq\f(1,\r(x))－eq\f(1,x2)＝eq\f(x\f(3,2)－1,x2)＝0，得x＝1，且x∈(0,1]时，f′(x)<0；x∈(1,5]时，f′(x)>0，∴x＝1时，f(x)最小，最小值为f(1)＝3.【答案】B3．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值为M，最小值为m，则M－m的值为()A．2 B．－4C．4 D．－2【解析】f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.因为f(0)＝2，f(－1)＝－2，f(1)＝0，所以M＝2，m＝－2.所以M－m＝4.【答案】C4．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为()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得x2＝a∴x＝±eq\r(a).又∵f(x)在(0,1)内有最小值，∴0＜eq\r(a)＜1，∴0＜a＜1.故选B.【答案】B5．已知函数f(x)＝ax3＋c，且f′(1)＝6，函数在[1,2]上的最大值为20，则c的值为()A．1 B．4C．－1 D．0【解析】∵f′(x)＝3ax2，∴f′(1)＝3a＝6，∴a当x∈[1,2]时，f′(x)＝6x2＞0，即f(x)在[1,2]上是增函数，∴f(x)max＝f(2)＝2×23＋c＝20，∴c＝4.【答案】B二、填空题6．函数f(x)＝3x＋sinx在x∈[0，π]上的最小值为________．【解析】f′(x)＝3xln3＋cosx.∵x∈[0，π]时，3xln3＞1，－1≤cosx≤1，∴f′(x)＞0.∴f(x)递增，∴f(x)min＝f(0)＝1.【答案】17．已知函数f(x)＝x3－eq\f(3,2)ax2＋b(a，b为实数，且a＞1)在区间[－1,1]上的最大值为1，最小值为－1，则a＝________，b＝________.【解析】∵f′(x)＝3x2－3ax＝3x(x－a)，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝a.∵a＞1，∴当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：x－1(－1,0)0(0,1)1f′(x)＋0－f(x)－1－eq\f(3,2)a＋b极大值b1－eq\f(3,2)a＋b由题意得b＝1.f(－1)＝－eq\f(3a,2)，f(1)＝2－eq\f(3a,2)，f(－1)＜f(1)，∴－eq\f(3a,2)＝－1，∴a＝eq\f(2,3).【答案】eq\f(2,3)18．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对任意的x∈(0,1]都有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围为________.【导学号：26160094】【解析】∵x∈(0,1]，∴f(x)≥0可化为a≥eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).设g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，则g′(x)＝eq\f(31－2x,x4).令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2).当0<x<eq\f(1,2)时，g′(x)>0；当eq\f(1,2)<x≤1时，g′(x)<0.∴g(x)在(0,1]上有极大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4，它也是最大值，故a≥4.【答案】[4，＋∞)三、解答题9．求下列各函数的最值．(1)f(x)＝x3－3x2＋6x－2，x∈[－1,1]；(2)y＝5－36x＋3x2＋4x3，x∈(－2,2)．【解】(1)f′(x)＝3x2－6x＋6＝3(x2－2x＋2)＝3(x－1)2＋3，∵f′(x)在[－1,1]内恒大于0，∴f′(x)在[－1,1]上为增函数．故x＝－1时，f(x)最小值＝－12；x＝1时，f(x)最大值＝2.即f(x)的最小值为－12，最大值为2.(2)y′＝－36＋6x＋12x2，令y′＝0，即12x2＋6x－36＝0，解得x1＝eq\f(3,2)，x2＝－2(舍去)．当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(3,2)))时，f′(x)＜0，函数单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))时，f′(x)＞0，函数单调递增．∴函数f(x)在x＝eq\f(3,2)时取得极小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－28eq\f(3,4)，无极大值，即在(－2,2)上函数f(x)的最小值为－28eq\f(3,4)，无最大值．10．设f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax.(1)若f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0<a<2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－eq\f(16,3)，求f(x)在该区间上的最大值．【解】由f′(x)＝－x2＋x＋2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a，当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,9)＋2a；令eq\f(2,9)＋2a>0，得a>－eq\f(1,9).所以，当a>－eq\f(1,9)时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间．(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝eq\f(1－\r(1＋8a),2)，x2＝eq\f(1＋\r(1＋8a),2).所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．当0<a<2时，有x1<1<x2<4，所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)．又f(4)－f(1)＝－eq\f(27,2)＋6a<0，即f(4)<f(1)，所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－eq\f(40,3)＝－eq\f(16,3)，得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝eq\f(10,3).[能力提升]1．已知函数f(x)、g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x)<g′(x)，则f(x)－g(x)的最大值为()A．f(a)－g(a) B．f(b)－g(b)C．f(a)－g(b) D．f(b)－g(a)【解析】令u(x)＝f(x)－g(x)，则u′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，∴u(x)在[a，b]上为减函数，∴u(x)在[a，b]上的最大值为u(a)＝f(a)－g(a)．【答案】A2．设动直线x＝m与函数f(x)＝x3，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则|MN|的最小值为()\f(1,3)(1＋ln3) \f(1,3)ln3C．1＋ln3 D．ln3－1【解析】由题意知，|MN|＝|x3－lnx|.设h(x)＝x3－lnx，h′(x)＝3x2－eq\f(1,x)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(3,\f(1,3))，易知，当x＝eq\r(3,\f(1,3))时，h(x)取得最小值，h(x)min＝eq\f(1,3)－eq\f(1,3)lneq\f(1,3)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln\f(1,3)))>0，故|MN|min＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln\f(1,3)))＝eq\f(1,3)(1＋ln3)．【答案】A3．已知函数f(x)＝2lnx＋eq\f(a,x2)(a>0)，若当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥2恒成立，则实数a的取值范围是________.【导学号：26160095】【解析】由f(x)≥2，得a≥2x2－2x2lnx.设g(x)＝2x2－2x2lnx，则g′(x)＝2x(1－2lnx)，令g′(x)＝0，得x＝eeq\s\up7(\f(1,2))或x＝0(舍去)，因为当0<x<eeq\s\up7(\f(1,2))时，g′(x)>0；当x>eeq\s\up7(\f(1,2))时，g′(x)<0.所以当x＝eeq\s\up7(\f(1,2))时，g(x)取得最大值g(eeq\s\up7(\f(1,2)))＝e，故a≥e.【答案】a≥e4．设eq\f(2,3)＜a＜1，函数f(x)＝x3－eq\f(3,2)ax2＋b(－1≤x≤1)的最大值为1，最小值为－eq\f(\r(6),2)，求常数a，b的值．【解】令f′(x)＝3x2－3ax＝0，得x1＝0，x2＝a.由题意可知当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x－1(－1,0)0(0，a)a(a,1)1f′(x)＋0－0＋f(x)－1－eq\f(3,2)a＋bb－eq\f(a3,2)＋b1－eq\f(3,2)a＋b从上表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，而f(0)＞f(a)，f(1)＞f(－1)，故需比较f(