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- 2021-06-17 发布
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选修2-2 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0 B.大于0
C.小于0 D.以上都有可能
[答案] A
[解析] ∵M=m,∴y=f(x)是常数函数
∴f′(x)=0,故应选A.
2.设f(x)=x4+x3+x2在[-1,1]上的最小值为( )
A.0 B.-2
C.-1 D.
[答案] A
[解析] y′=x3+x2+x=x(x2+x+1)
令y′=0,解得x=0.
∴f(-1)=,f(0)=0,f(1)=
∴f(x)在[-1,1]上最小值为0.故应选A.
3.函数y=x3+x2-x+1在区间[-2,1]上的最小值为( )
A. B.2
C.-1 D.-4
[答案] C
[解析] y′=3x2+2x-1=(3x-1)(x+1)
令y′=0解得x=或x=-1
当x=-2时,y=-1;当x=-1时,y=2;
当x=时,y=;当x=1时,y=2.
所以函数的最小值为-1,故应选C.
4.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
B.最大值为1,最小值为4
C.最大值为13,最小值为1
D.最大值为-1,最小值为-7
[答案] A
[解析] ∵y=x2-x+1,∴y′=2x-1,
令y′=0,∴x=,f(-3)=13,f=,f(0)=1.
5.函数y=+在(0,1)上的最大值为( )
A. B.1
C.0 D.不存在
[答案] A
[解析] y′=-=·
由y′=0得x=,在上y′>0,在上
y′<0.∴x=时y极大=,
又x∈(0,1),∴ymax=.
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
[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.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.5,4
C.-4,-15 D.5,-16
[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.已知函数y=-x2-2x+3在[a,2]上的最大值为,则a等于( )
A.- B.
C.- D.或-
[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-10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<-20得x>,由y′<0得x<.
此函数在上为减函数,在上为增函数,∴最小值在x=时取得,ymin=.
12.函数f(x)=5-36x+3x2+4x3在区间[-2,+∞)上的最大值________,最小值为________.
[答案] 不存在;-28
[解析] f′(x)=-36+6x+12x2,
令f′(x)=0得x1=-2,x2=;当x>时,函数为增函数,当-2≤x≤时,函数为减函数,所以无最大值,又因为f(-2)=57,f=-28,所以最小值为-28.
13.若函数f(x)=(a>0)在[1,+∞)上的最大值为,则a的值为________.
[答案] -1
[解析] f′(x)==
令f′(x)=0,解得x=或x=-(舍去)
当x>时,f′(x)<0;当00;
当x=时,f(x)==,=<1,不合题意.
∴f(x)max=f(1)==,解得a=-1.
14.f(x)=x3-12x+8在[-3,3]上的最大值为M,最小值为m,则M-m=________.
[答案] 32
[解析] f′(x)=3x2-12
由f′(x)>0得x>2或x<-2,
由f′(x)<0得-20;
当-1-时,f′(x)>0,
所以f(x)在上的最小值为
f=ln2+.
又f-f=ln+-ln-=ln+=<0,
所以f(x)在区间上的最大值为 f=ln+.
17.(2010·安徽理,17)设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.
(1)求f(x)的单调区间及极值;
(2)求证:当a>ln2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.
[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).
(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a>ln2-1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a>ln2-1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-1>0,故ex>x2-2ax+1.
18.已知函数f(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.
[解析] (1)对函数f(x)求导,得
f′(x)==-
令f′(x)=0解得x=或x=.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
0
(0,)
(,1)
1
f′(x)
-
0
+
f(x)
-
-4
-3
所以,当x∈(0,)时,f(x)是减函数;
当x∈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
解①式得a≥1或a≤-;解②式得a≤.
又a≥1,故a的取值范围为1≤a≤.