高中数学 1.3.3函数的最大(小)值与导数同步测试 新人教A版选修2-2

【成才之路】-学年高中数学1.3.3函数的最大(小)值与导数同步测试新人教A版选修2-2一、选择题1．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2,1]上的最大值、最小值分别是()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时y＝1；x＝－1时y＝12；x＝1时y＝－8.∴ymax＝12，ymin＝－8.故选A.2．(·北京东城区联考)如图是函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，则下面判断正确的是()A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数 B．在(1,3)上f(x)是减函数C．在(4,5)上f(x)是增函数 D．当x＝4时，f(x)取极大值[答案]C[解析]由导函数y＝f′(x)的图象知，f(x)在(－2,1)上先减后增，在(1,3)上先增后减，在(4,5)上单调递增，x＝4是f(x)的极小值点，故A、B、D错误，选C.3．(·安徽程集中学期中)已知函数f(x)(x∈R)满足f′(x)＞f(x)，则()A．f(2)<e2f(0) B．f(2)≤e2C．f(2)＝e2f(0) D．f(2)>e2[答案]D[分析]所给四个选项实质是比较f(2)与e2f(0)的大小，即比较eq\f(f2,e2)与eq\f(f0,e0)的大小，故构造函数F(x)＝eq\f(fx,ex)解决．[解析]设F(x)＝eq\f(fx,ex)，则F′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)>0，∴F(x)在R上为增函数，故F(2)>F(0)，∴eq\f(f2,e2)>eq\f(f0,e0)，即f(2)>e2f4．函数f(x)＝x(1－x2)在[0,1]上的最大值为()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．(·河南淇县一中模拟)设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则()A．a>－3 B．a<－3C．a>－eq\f(1,3) D．a<－eq\f(1,3)[答案]B[解析]y′＝aeax＋3，由条件知，方程aeax＋3＝0有大于零的实数根，∴0<－eq\f(3,a)<1，∴a<－3.6．(·开滦二中期中)若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)内有极小值，则实数b的取值范围是()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)内有极小值，∴在(0,1)内存在点x0，使得在(0，x0)内f′(x)<0，在(x0,1)内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．(·抚顺市六校联合体期中)已知R上可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集为()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)的图象知，在(－∞，－1)上f′(x)>0，在(－1,1)上f′(x)<0，在(1，＋∞)上f′(x)>0，又x2－2x－3>0的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞)，x2－2x－3<0的解集为(－1,3)．∴不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．二、填空题8．(·三亚市一中月考)曲线y＝eq\f(x,2x－1)在点(1,1)处的切线为l，则l上的点到圆x2＋y2＋4x＋3＝0上的点的最近距离是________．[答案]2eq\r(2)－1[解析]y′|x＝1＝－eq\f(1,2x－12)|x＝1＝－1，∴切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0，圆心(－2,0)到直线的距离d＝2eq\r(2)，圆的半径r＝1，∴所求最近距离为2eq\r(2)－1.9．已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处取极大值，则常数c的值为________．[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.当c＝2时，f′(x)＝3x2－8x＋4＝(3x－2)(x－2)，故f(x)在x＝2处取得极小值，不合题意舍去；当c＝6时，f′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x2－8x＋12)＝3(x－2)(x－6)，故f(x)在x＝2处取得极大值．三、解答题10．(·淄博市临淄中学学分认定考试)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋5，曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程为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)依题意可知点P(1，f(1))为切点，代入切线方程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，而由切线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.当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：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增极大值减极小值增4∴f(x)的极大值为f(－2)＝13，极小值为f(eq\f(2,3))＝eq\f(95,27)，又f(－3)＝8，f(1)＝4，∴f(x)在[－3,1]上的最大值为13.一、选择题11．函数f(x)＝x4－4x(|x|<1)()A．有最大值，无最小值 B．有最大值，也有最小值C．无最大值，有最小值 D．既无最大值，也无最小值[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)，∴该方程无解，故函数f(x)在(－1,1)上既无极值也无最值．故选D.12．(·海淀区高二期中)函数f(x)在其定义域内可导，其图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为()[答案]C[解析]由图象知，f(x)在x<0时，图象增→减→增，x>0时，单调递增，故f′(x)在x<0时，其值为＋→－→＋，在x>0时为＋，故选C.13．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是()A．k≤－3或－1≤k≤1或k≥3 B．－3<k<－1或1<k<3C．－2<k<2 D．不存在这样的实数[答案]B[解析]因为y′＝3x2－12，由y′>0得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y′<0得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以有k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3，故选B.14．函数f(x)＝x3＋ax－2在区间[1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是()A．[3，＋∞) B．[－3，＋∞)C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3)[答案]B[解析]∵f(x)＝x3＋ax－2在[1，＋∞)上是增函数，∴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，故应选B.二、填空题15．(·苏州五中高二期中)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)＝0，当x>0时，有eq\f(xf′x－fx,x2)>0，则不等式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时，eq\f(xf′x－fx,x2)>0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又f(1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴在(0，＋∞)上g(x)>0的解集为(1，＋∞)，∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，∴在(－∞，0)上g(x)<0的解集为(－1,0)，由x2f(x)>0得f(x)>0，∴f(x)>0的解集为(－1,0)∪三、解答题16．(·陕西师大附中一模)设函数f(x)＝ex－eq\f(k,2)x2－x.(1)若k＝0，求f(x)的最小值；(2)若k＝1，讨论函数f(x)的单调性．[解析](1)k＝0时，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调减小，在(0，＋∞)上单调增加，故f(x)的最小值为f(0)＝1.(2)若k＝1，则f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x，定义域为R.∴f′(x)＝ex－x－1，令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，由g′(x)≥0得x≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，由g′(x)<0得x<0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，∴g(x)min＝g(0)＝0，即f′(x)min＝0，故f′(x)≥0.所以f(x)在R上单调递增．17．(·沈阳市模拟)设函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.(1)若x＝1时，函数f(x)取得极值，求函数f(x)的图像在x＝－1处的切线方程；(2)若函数f(x)在区间(eq\f(1,2)，1)内不单调，求实数a的取值范围．[解析](1)f′(x)＝3x2＋2ax＋1，由f′(1)＝0，得a＝－2，∴f(x)＝x3－2x2＋x＋1，当x＝－1时，y＝－3，即切点(－1，－3)，k＝f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－4x0＋1令x0＝－1得k＝8，∴切线方程为8x－y＋5＝0.(2)f(x)在区间(eq\f(1,2)，1)内不单调，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′(