函数的最值与导数巩固练习

2013-2014学年度永城一高第一学期高二（1）部数学巩固练习（理）-1-1.3.3函数的最值与导数一、选择题1．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0B．大于0C．小于0D．以上都有可能2．设f(x)＝14x4＋13x3＋12x2在[－1,1]上的最小值为()A．0B．－2C．－1D.13123．函数y＝x3＋x2－x＋1在区间[－2,1]上的最小值为()A.2227B．2C．－1D．－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34B．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＝x＋1－x在(0,1)上的最大值为()A.2B．1C．0D．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D．既无最大值，也无最小值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，－15B．5,4C．－4，－15D．5，－162013-2014学年度永城一高第一学期高二（1）部数学巩固练习（理）-2-8．已知函数y＝－x2－2x＋3在[a,2]上的最大值为154，则a等于()A．－32B.12C．－12D.12或－329．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．－3k－1或1k3C．－2k2D．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＝x32＋(1－x)32，0≤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)＝xx2＋a(a0)在[1，＋∞)上的最大值为33，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＝________.三、解答题15．求下列函数的最值：(1)f(x)＝sin2x－x－π2≤x≤π2；(2)f(x)＝x＋1－x2.2013-2014学年度永城一高第一学期高二（1）部数学巩固练习（理）-3-16．设函数f(x)＝ln(2x＋3)＋x2.求f(x)在区间－34，14上的最大值和最小值．17．设a为实数，函数f(x)＝xe－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间及极值；(2)求证：当aln2－1且x0时，xex2－2ax＋1.2013-2014学年度永城一高第一学期高二（1）部数学巩固练习（理）-4-18．已知函数f(x)＝4x2－72－x，x∈[0,1]．(1)求f(x)的单调区间和值域；(2)设a≥1，函数g(x)＝x3－3a2x－2a，x∈[0,1]．若对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，求a的取值范围．2013-2014学年度永城一高第一学期高二（1）部数学巩固练习（理）-5-参考答案：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)＝512，f(0)＝0，f(1)＝1312∴f(x)在[－1,1]上最小值为0.故应选A.3.[答案]C[解析]y′＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)令y′＝0解得x＝13或x＝－1当x＝－2时，y＝－1；当x＝－1时，y＝2；当x＝13时，y＝2227；当x＝1时，y＝2.所以函数的最小值为－1，故应选C.4.[答案]A[解析]∵y＝x2－x＋1，∴y′＝2x－1，令y′＝0，∴x＝12，f(－3)＝13，f12＝34，f(0)＝1.5.[答案]A[解析]y′＝12x－121－x＝12·1－x－xx·1－x由y′＝0得x＝12，在0，12上y′0，在12，1上y′0.∴x＝12时y极大＝2，又x∈(0,1)，∴ymax＝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.2013-2014学年度永城一高第一学期高二（1）部数学巩固练习（理）-6-7.[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－1a2时，f(x)在[a,2]上单调递减，最大值为f(a)＝－a2－2a＋3＝154，解得a＝－12或a＝－32(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－1－2k＋1或k－12k＋1，解得－3k－1或1k3，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.二、填空题：11.[答案]22由y′0得x12，由y′0得x12.此函数在0，12上为减函数，在12，1上为增函数，∴最小值在x＝12时取得，ymin＝22.12.[答案]不存在；－2834[解析]f′(x)＝－36＋6x＋12x2，2013-2014学年度永城一高第一学期高二（1）部数学巩固练习（理）-7-令f′(x)＝0得x1＝－2，x2＝32；当x32时，函数为增函数，当－2≤x≤32时，函数为减函数，所以无最大值，又因为f(－2)＝57，f32＝－2834，所以最小值为－2834.13.[答案]3－1[解析]f′(x)＝x2＋a－2x2(x2＋a)2＝a－x2(x2＋a)2令f′(x)＝0，解得x＝a或x＝－a(舍去)当xa时，f′(x)0；当0xa时，f′(x)0；当x＝a时，f(x)＝a2a＝33，a＝321，不合题意．∴f(x)max＝f(1)＝11＋a＝33，解得a＝3－1.14.[答案]32[解析]f′(x)＝3x2－12由f′(x)0得x2或x－2，由f′(x)0得－2x2.∴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＝32.三、解答题15.[解析](1)f′(x)＝2cos2x－1.令f′(x)＝0，得cos2x＝12.又x∈－π2，π2，∴2x∈[－π，π]，∴2x＝±π3，∴x＝±π6.∴函数f(x)在－π2，π2上的两个极值分别为fπ6＝32－π6，f－π6＝－32＋π6.又f(x)在区间端点的取值为fπ2＝－π2，f－π2＝π2.2013-2014学年度永城一高第一学期高二（1）部数学巩固练习（理）-8-比较以上函数值可得f(x)max＝π2，f(x)min＝－π2.(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＋12(1－x2)－12·(1－x2)′＝1－x1－x2.令f′(x)＝0，得x＝22.∴f(x)在[－1,1]上的极值为f22＝22＋1－222＝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＝2，f(x)min＝－1.16.[解析]f(x)的定义域为－32，＋∞.f′(x)＝2x＋22x＋3＝4x2＋6x＋22x＋3＝2(2x＋1)(x＋1)2x＋3.当－32x－1时，f′(x)0；当－1x－12时，f′(x)0；当x－12时，f′(x)0，所以f(x)在－34，14上的最小值为21f＝ln2＋14.又f－34－f14＝ln32＋916－ln72－116＝ln37＋12＝121－ln4990，所以f(x)在区间－34，14上的最大值为f14＝ln72＋116.17.[分析]本题考查导数的运算，利用导数研究函数的单调区间，求函数的极值和证明函数不等式，考查运算能力、综合分析和解决问题的能力．解题思路是：(1)利用导数的符号判定函数的单调性，进而求出函数的极值．(2)将不等式转化构造函数，再利用函数的单调性证明．[解析](1)解：由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减2(1－ln2＋a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．2013-2014学年度永城一高第一学期高二（1）部数学巩固练习（理）-9-(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当aln2－1时，g′(x)最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)0.于是对任意x∈R，都有g′(x)0，所以g(x)在R内单调递增．于是当aln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)0.即ex－x2＋2ax－10，故exx2－2ax＋1.18.[解析](1)对函数f(x)求导，得f′(x)＝－4x2＋16x－7(2－x)2＝－(2x－1)(2x－7)(2－x)2令f′(x)＝0解得x＝12或x＝72.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0(0，12)12(12，1)1f′(x)－0＋f(x)－72－4－3所以，当x∈(0，12)时，f(x)是减函数；当x∈12，1时，f(x)是增函数．当x∈[0,1]时，f(x)的值域为[－4，－3]．(2)g′(x)＝3(x2－a2)．因为a≥1，当x∈(0,1)时，g′(x)0.因此当x∈(0,1)时，g(x)为减函数，从而当x∈[0,1]时有g(x)∈[g(1)，g(0)]．又g(1)＝1－2a－3a2，g(0)＝－2a，即x∈[0,1]时有g(x)∈[1－2a－3a2，－2a]．任给x1∈[0,1]，f(x1)∈[－4，－3]，存在x0∈[0,1]使得g(x0)＝f(x1)成立，则[1－2a－3a2，－2a]⊇[－4，－3]．即1－2a－3a2≤－4，①－2a≥－3.②解①式得a≥1或a≤－53；解②式得a≤32.又a≥1，故a的取值范围为1≤a≤32.