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【优化设计】2014-2015学年人教版高中数学选修2-2第一章1.3.3知能演练轻松闯关]


1.函数 f(x)=x3-3x(|x|<1)( ) A.有最大值,但无最小值 B.有最大值,也有最小值 C.无最大值,但有最小值 D.既无最大值,也无最小值 解析:选 D.f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1), 当 x∈(-1,1)时,f′(x)<0,所以 f(x)在(-1,1)上是单调递减函数,无最大值和最小值,故 选 D. π 2.(2013· 临沂高二

检测)函数 y=x+2cos x 在[0, ]上取最大值时,x 的值为( ) 2 π A.0 B. 6 π π C. D. 3 2 解析:选 B.∵y′=1-2sin x. 1 π 解 y′>0 得 sin x< ,故 0≤x< , 2 6 1 π π 解 y′<0 得 sin x> ,故 <x≤ , 2 6 2 π ∴原函数在[0, )上单调递增, 6 π π 在( , ]上单调递减, 6 2 π 当 x= 时函数取极大值, 6 同时也为最大值. - 3.函数 y=x· e x,x∈[0,4]的最小值为( ) 1 A.0 B. e 4 2 C. 2 D. 2 e e - - - - - 解析:选 A.f′(x)=e x+xe x· (-1)=e x-xe x,令 f′(x)=0 得 x=1.又 f(0)=0,f(1)=e 1 1 4 - = ,f(4)=4e 4= 4,∴f(x)min=0,故选 A. e e 4.已知 f(x)=2x3-6x2+m(m 为常数)在[-2,2]上有最大值 3,那么此函数在[-2,2]上的最 小值是( ) A.-37 B.-29 C.-5 D.以上都不对 解析:选 A.f′(x)=6x2-12x,令 f′(x)=0,得 x=0 或 x=2. 由 f(-2)=-40+m,f(0)=m,f(2)=-8+m,则 f(0)=m=3?f(-2)=-40+m=-37.故 选 A. 5.(2012· 高考辽宁卷)若 x∈[0,+∞),则下列不等式恒成立的是( ) A.ex≤1+x+x2

1 1 1 ≤1- x+ x2 2 4 1+x 1 C.cos x≥1- x2 2 1 D.ln(1+x)≥x- x2 8 B. 1 1 解析:选 C.设 f(x)=cos x+ x2-1,则 f′(x)=-sin x+x≥0(x≥0),所以 f(x)=cos x+ x2 2 2 1 2 1 2 -1 是增函数,所以 f(x)=cos x+ x -1≥f(0)=0,即 cos x≥1- x . 2 2 6.已知 f(x)=-x2+mx+1 在区间[-2,-1]上的最大值就是函数 f(x)的极大值,则 m 的 取值范围是________. m 解析:f′(x)=m-2x,令 f′(x)=0,得 x= . 2 m 由题设得 ∈(-2,-1),故 m∈(-4,-2). 2 答案:(-4,-2) x 7.函数 f(x)= 的最大值点为________. x+1 1 ?x+1?- x 2 x 解析:法一:f′(x)= =0?x=1. ?x+1?2 1 进一步分析,最大值为 f(1)= . 2 x 1 1 1 法二:f(x)= = ≤ ,当且仅当 x= 时,即 x=1 时,等号成立, 故 f(x)max 2 1 2 ? x? +1 x x+ x 1 = . 2 答案:1 8.若函数 f(x)=ax2+4x-3 在[0,2]上有最大值 f(2),则 a 的取值范围是________. 解析:f′(x)=2ax+4,f(x)在[0,2]上有最大值 f(2),则要求 f(x)在[0,2]上单调递增,则 2ax +4≥0 在[0,2]上恒成立.当 a≥0 时,2ax+4≥0 恒成立.当 a<0 时,要求 4a+4≥0 恒成立, 即 a≥-1,∴a 的取值范围是[-1,+∞). 答案:[-1,+∞) 9.求下列函数在相应区间上的最值: 1 (1)f(x)= x+sin x,x∈[0,2π]; 2 x-1 (2)y= 2 ,x∈[0,4]. x +1 1 解:(1)f′(x)= +cos x. 2 2π 4π 令 f′(x)=0,又 x∈[0,2π],解得 x= 或 x= . 3 3 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 2π 4π ?0,2π? ?2π,4π? ?4π,2π? x 0 2π 3? 3 3 ? ?3 3? ?3 ? 0 0 f′(x) + - + π 3 2π 3 f(x) 0 π ↗ ↘ ↗ + - 3 2 3 2 故当 x=0 时,f(x)有最小值 f(0)=0; 当 x=2π 时,f(x)有最大值 f(2π)=π.

?x2+1?-?x-1?· ?2x? -x2+2x+1 (2)y′= = . 2 2 ?x +1? ?x2+1?2 令 y′=0,即-x2+2x+1=0,得 x=1± 2, 而 x=1- 2?[0,4]. 故当 x∈(0,1+ 2)时,f′(x)>0; 当 x∈(1+ 2,4)时,f′(x)<0. 因此 x=1+ 2是 f(x)的极大值点, 2-1 f(x)极大值=f(1+ 2)= . 2 3 又由 f(0)=-1,f(4)= , 17 2-1 故函数的最大值是 ,最小值为-1. 2 10.(2013· 高考课标全国卷)已知函数 f(x)=ex-ln(x+m). (1)设 x=0 是 f(x)的极值点,求 m,并讨论 f(x)的单调性; (2)当 m≤2 时,证明 f(x)>0. 1 解:(1)f′(x)=ex- . x+m 由 x=0 是 f(x)的极值点得 f′(0)=0,所以 m=1. 1 于是 f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f′(x)=ex- . x+1 1 函数 f′(x)=ex- 在(-1,+∞)上单调递增,且 f′(0)=0,因此当 x∈(-1,0)时, x+1 f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)证明: 当 m≤2, x∈(-m, +∞)时, ln(x+m)≤ln(x+2), 故只需证明当 m=2 时, f(x)>0. 1 x 当 m=2 时,函数 f′(x)=e - 在(-2,+∞)上单调递增. x+2 又 f′(-1)<0,f′(0)>0,故 f′(x)=0 在(-2,+∞)上有唯一实根 x0,且 x0∈(-1,0). 当 x∈(-2,x0)时,f′(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0 从而当 x=x0 时,f(x)取得最小 值. 1 由 f′(x0)=0 得 ex0= ,ln(x0+2)=-x0, x0+2 ?x0+1?2 1 故 f(x)≥f(x0)= +x = >0. x0+2 0 x0+2 综上,当 m≤2 时,f(x)>0.

1.设直线 x=t 与函数 f(x)=x2,g(x)=ln x 的图象分别交于点 M,N,则当|MN|达到最小 时 t 的值为( ) 1 A.1 B. 2 5 2 C. D. 2 2 解析:选 D.由题意,设|MN|=F(t)=t2-ln t(t>0), 1 2 2 令 F′(t)=2t- =0,得 t= 或 t=- (舍去). t 2 2

F(t)在(0, 故 t=

2 2 )上单调递减,在( ,+∞)上单调递增, 2 2

2 时,F(t)=t2-ln t(t>0)有极小值,也为最小值.即|MN|达到最小值,故选 D. 2 2.f(x)=ax3-3x+1 对于 x∈[-1,1]总有 f(x)≥0 成立,则 a=________. 3x-1 3 1 解析:①当-1≤x<0 时,a≤ 3 = 2- 3对 x∈[-1,0)恒成立,而当-1≤x<0 时, x x x 6x 3 1 3 1 ? 32- 13?′=3- >0,则 y= 2- 3为[-1,0)上的增函数,从而 2- 3的最小值为 4.于是 a≤4. ?x x ? x4 x x x x 3x-1 3 1 3 ②当 x=0 时,f(x)≥0 总成立.③当 0<x≤1 时,a≥ 3 = 2- 3对 x∈(0,1]总成立,而 y= 2 x x x x 3-6x 1 1 3 1 - 3的导数为 y′= 4 , 令 y′=0?x= , 不难判断 y= 2- 3在(0,1]的最大值为 4, ∴a≥4. x x 2 x x 于是 a=4. 答案:4 3.已知 a 为常数,求函数 f(x)=-x3+3ax(0≤x≤1)的最大值. 解:f′(x)=-3x2+3a=-3(x2-a). 若 a≤0,则 f′(x)≤0,函数 f(x)单调递减,所以当 x=0 时,有最大值 f(0)=0; 若 a>0,则令 f′(x)=0,解得 x=± a. 由 x∈[0,1],则只考虑 x= a的情况. ①0< a<1,即 0<a<1 时,当 x= a时,f(x)有最大值 f( a)=2a a.(如下表所示) x (0, a) a ( a,1) 0 f′(x) + - f(x) ↗ ↘ 2a a ② a≥1,即 a≥1 时,f′(x)≥0,函数 f(x)在[0,1]上单调递增,当 x=1 时,f(x)有最大值, f(1)=3a-1. 综上,当 a≤0,x=0 时,f(x)有最大值 0; 当 0<a<1,x= a时,f(x)有最大值 2a a; 当 a≥1,x=1 时,f(x)有最大值 3a-1. 4.(2012· 高考课标全国卷)设函数 f(x)=ex-ax-2. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求 k 的最大值. 解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=ex-a. 若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 若 a>0,则当 x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;当 x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0, 所以,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增. (2)由于 a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1. 故当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0 等价于 x+1 k< x +x(x>0).① e -1 x+1 令 g(x)= x +x, e -1 -xex-1 ex?ex-x-2? 则 g′(x)= x + 1 = . ?e -1?2 ?ex-1?2 由(1)知,函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+∞)上单调递增.而 h(1)<0,h(2)>0,所以 h(x)在 (0,+∞)上存在唯一的零点,故 g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为 α,则 α∈ (1,2). 当 x∈(0,α)时,g′(x)<0;当 x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.所以 g(x)在(0,+∞)上的最小 值为 g(α). 又由 g′(α)=0,可得 eα=α+2,所以 g(α)=α+1∈(2,3).

由于①式等价于 k<g(α),故整数 k 的最大值为 2.


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