高中数学选修2-2课时作业3：1.3.3课时练A

人教版高中数学选修2-2PAGEPAGE11．函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值是M，最小值是m，若M＝m，则f′(x)()A．等于0 B．大于0C．小于0 D．以上都有可能2．设f(x)＝eq\f(1,4)x4＋eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2在[－1,1]上的最小值为()A．0 B．－2C．－1 D.eq\f(13,12)3．函数y＝x3＋x2－x＋1在区间[－2,1]上的最小值为()A.eq\f(22,27) B．2C．－1 D．－44．函数f(x)＝x2－x＋1在区间[－3,0]上的最值为()A．最大值为13，最小值为eq\f(3,4)B．最大值为1，最小值为4C．最大值为13，最小值为1D．最大值为－1，最小值为－75．函数y＝eq\r(x)＋eq\r(1－x)在(0,1)上的最大值为()A.eq\r(2) B．1C．0 D．不存在6．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7．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值和最小值分别是()A．5，－15 B．5,4C．－4，－15 D．5，－16D．既无最大值，也无最小值8．已知函数y＝－x2－2x＋3在[a,2]上的最大值为eq\f(15,4)，则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)9．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≥3B．－3<k<－1或1<k<3C．－2<k<2D．不存在这样的实数10．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)二、填空题11．函数y＝xeq\f(3,2)＋(1－x)eq\f(3,2)，0≤x≤1的最小值为______．12．函数f(x)＝5－36x＋3x2＋4x3在区间[－2，＋∞)上的最大值________，最小值为________．13．若函数f(x)＝eq\f(x,x2＋a)(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为eq\f(\r(3),3)，则a的值为________14．f(x)＝x3－12x＋8在[－3,3]上的最大值为M，最小值为m，则M－m＝________.15．求下列函数的最值：(1)f(x)＝sin2x－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)≤x≤\f(π,2)))；(2)f(x)＝x＋eq\r(1－x2).16．设函数f(x)＝ln(2x＋3)＋x2.求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(1,4)))上的最大值和最小值．17.已知函数．若是的极值点，求在上的最大值．1[[答案]]A[[解析]]∵M＝m，∴y＝f(x)是常数函数∴f′(x)＝0，故应选A.2[[答案]]A[[解析]]y′＝x3＋x2＋x＝x(x2＋x＋1)令y′＝0，解得x＝0.∴f(－1)＝eq\f(5,12)，f(0)＝0，f(1)＝eq\f(13,12)3[[答案]]C[[解析]]y′＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)令y′＝0解得x＝eq\f(1,3)或x＝－1当x＝－2时，y＝－1；当x＝－1时，y＝2；当x＝eq\f(1,3)时，y＝eq\f(22,27)；当x＝1时，y＝2.所以函数的最小值为－1，故应选C.∴f(x)在[－1,1]上最小值为0.故应选A.4[[答案]]A[[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)，f(0)＝1.5[[答案]]A[[解析]]y′＝eq\f(1,2\r(x))－eq\f(1,2\r(1－x))＝eq\f(1,2)·eq\f(\r(1－x)－\r(x),\r(x)·\r(1－x))由y′＝0得x＝eq\f(1,2)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上y′>0，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上y′<0.∴x＝eq\f(1,2)时y极大＝eq\r(2)，又x∈(0,1)，∴ymax＝eq\r(2).6[[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)∴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.7[[答案]]A[[解析]]y′＝6x2－6x－12＝6(x－2)(x＋1)，令y′＝0，得x＝2或x＝－1(舍)．∵f(0)＝5，f(2)＝－15，f(3)＝－4，∴ymax＝5，ymin＝－15，故选A.8[[答案]]C[[解析]]y′＝－2x－2，令y′＝0得x＝－1.当a≤－1时，最大值为f(－1)＝4，不合题意．当－1<a<2时，f(x)在[a,2]上单调递减，最大值为f(a)＝－a2－2a＋3＝eq\f(15,4)，解得a＝－eq\f(1,2)或a＝－eq\f(3,2)(舍去)．9[[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.10[[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.11[[答案]]eq\f(\r(2),2)由y′>0得x>eq\f(1,2)，由y′<0得x<eq\f(1,2).此函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上为减函数，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上为增函数，∴最小值在x＝eq\f(1,2)时取得，ymin＝eq\f(\r(2),2).12[[答案]]不存在；－28eq\f(3,4)[[解析]]f′(x)＝－36＋6x＋12x2，令f′(x)＝0得x1＝－2，x2＝eq\f(3,2)；当x>eq\f(3,2)时，函数为增函数，当－2≤x≤eq\f(3,2)时，函数为减函数，所以无最大值，又因为f(－2)＝57，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－28eq\f(3,4)，所以最小值为－28eq\f(3,4).13[[答案]]eq\r(3)－1[[解析]]f′(x)＝eq\f(x2＋a－2x2,(x2＋a)2)＝eq\f(a－x2,(x2＋a)2)令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(a)或x＝－eq\r(a)(舍去)当x>eq\r(a)时，f′(x)<0；当0<x<eq\r(a)时，f′(x)>0；当x＝eq\r(a)时，f(x)＝eq\f(\r(a),2a)＝eq\f(\r(3),3)，eq\r(a)＝eq\f(\r(3),2)<1，不合题意．∴f(x)max＝f(1)＝eq\f(1,1＋a)＝eq\f(\r(3),3)，解得a＝eq\r(3)－1.14[[答案]]32[[解析]]f′(x)＝3x2－12由f′(x)>0得x>2或x<－2，由f′(x)<0得－2<x<2.∴f(x)在[－3，－2]上单调递增，在[－2,2]上单调递减，在[2,3]上单调递增．又f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，∴最大值M＝24，最小值m＝－8，∴M－m＝32.15[[解析]](1)f′(x)＝2cos2x－1.令f′(x)＝0，得cos2x＝eq\f(1,2).又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴2x∈[－π，π]，∴2x＝±eq\f(π,3)，∴x＝±eq\f(π,6).∴函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的两个极值分别为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(π,6)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－eq\f(\r(3),2)＋eq\f(π,6).又f(x)在区间端点的取值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝eq\f(π,2).比较以上函数值可得f(x)max＝eq\f(π,2)，f(x)min＝－eq\f(π,2).(2)∵函数f(x)有意义，∴必须满足1－x2≥0，即－1≤x≤1，∴函数f(x)的定义域为[－1,1]．f′(x)＝1＋eq\f(1,2)(1－x2)－eq\f(1,2)·(1－x2)′＝1－eq\f(x,\r(1－x2)).令f′(x)＝0，得x＝eq\f(\r(2),2).∴f(x)在[－1,1]上的极值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\f(\r(2),2)＋eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\r(2).又f(x)在区间端点的函数值为f(1)＝1，f(－1)＝－1，比较以上函数值可得f(x)max＝eq\r(2)，f(x)min＝－1.16[[解析]]f(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞)).f′(x)＝2x＋eq\f(2,2x＋3)＝eq\f(4x2＋6x＋2,2x＋3)＝eq\f(2(2x＋1)(x＋1),2x＋3).当－eq\f(3,2)<x<－1时，f′(x)>0；当－1<x<－eq\f(1,2)时，f′(x)<0；当x>－eq\f(1,2)时，f′(x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(1,4)))上的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝ln2＋eq\f(1,4).又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝lneq\f(3,2)＋eq\f(9,16)－lneq\f(7,2)－eq\f(1,16)＝lneq\f(3,7)＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln\f(49,9)))<0，所以f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(1,4)))上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝lneq\f(7,2)＋eq\f(1,16).17[解析]依题意，f′(-)=0，即+a-3=0。∴a=4，∴f（x）=x3-4x2-3x。令f′（x）=3x2-8x-3=0，得x1=-，x2=3。当x变化时，f′(x),,f(x)的变化情况如下表：∴f（x）在［1，4］上的最大值是f（1）=-6.10．求下列函数在给定区间上的最大与最小值（1），（2），11．已知函数．若是