新版高中數學 第3章 2第2課時 最大值、最小值問題課時作業(yè) 北師大版選修22

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1、 新版數學北師大版精品資料 【成才之路】高中數學 第3章 2第2課時 最大值、最小值問題課時作業(yè) 北師大版選修2-2 一、選擇題 1．函數f(x)＝x(1－x2)在[0,1]上的最大值為(　　) A． B． C． D． [答案]　A [解析]　f(x)＝x－x3，f′(x)＝1－3x2，令f′(x)＝0得x＝(x＝－舍去)，計算比較得最大值為f()＝. 2.一艘輪船在航行中的燃料費和它的速度的立方成正比，已知在速度為每小時10 km時燃料費是每小時6元 ，而其他與速度無關的費用是每小時96元，則此輪船的速度為______km/h航行時，能使行駛每公里的費用總和最小(　

2、　) A．20　　　 B．30　　　 C．40　　　 D．60 [答案]　A [解析]　設船速為每小時x(x＞0)公里，燃料費為Q元，則Q＝kx3， 由已知得：6＝k103， ∴k＝，即Q＝x3. 記行駛每公里的費用總和為y元，則 y＝(x3＋96)＝x2＋ y′＝x－，令y′＝0，即x－＝0， 解之得：x＝20. 這就是說，該函數在定義域(0，＋∞)內有唯一的極值點，該極值必有所求的最小值，即當船速為每小時20公里時，航行每公里的總費用最小，最小值為7.2元． 3．已知函數f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，則實數m的取值范圍是(　　)

3、A．m≥ B．m> C．m≤ D．m< [答案]　A [解析]　由f ′(x)＝2x3－6x2＝0得，x＝0或x＝3， 經檢驗知x＝3是函數的一個最小值點， 所以函數的最小值為f(3)＝3m－， 不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立， 所以3m－≥－9，解得m≥. 4．若函數f(x)＝－x3＋x在(a,10－a2)上有最大值，則實數a的取值范圍為(　　) A．[－1,1) B．[－2,1) C．[－2，－1) D．(－2，＋∞) [答案]　B [解析]　由于f′(x)＝－x2＋1 ，易知函數在(－∞，－1]上遞減，在[－1,1]上遞增，[1，＋∞

4、)上遞減，故若函數在(a,10－a2)上存在最大值的條件為?－1≤a＜1或綜上可知a的取值范圍為[－2,1)． 5．設直線x＝t與函數f(x)＝x2，g(x)＝lnx的圖像分別交于點M，N，則當|MN|達到最小時t的值為(　　) A．1 B． C． D． [答案]　D [解析]　本小題考查內容為導數的應用——求函數的最小值． 令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－lnx，∴F′(x)＝2x－. 令F′(x)＝0，∴x＝，∴F(x) 在x＝處最?。? 二、填空題 6．下列結論中正確的有________． ①在區(qū)間[a，b]上，函數的極大值就是最大值； ②在區(qū)間[a，b]上

5、，函數的極小值就是最小值； ③在區(qū)間[a，b]上，函數的最大值、最小值在x＝a和x＝b處取到； ④在區(qū)間[a，b]上，函數的極大(小)值有可能就是最大(小)值． [答案]?、? [解析]　由函數最值的定義知，①②③均不正確，④正確．故填④. 7．函數f(x)＝ax4－4ax3＋b(a>0)在[1,4]上的最大值為3，最小值為－6，則a＋b＝________. [答案]　 [解析]　f′(x)＝4ax3－12ax2(a>0，x∈[1,4])． 由f′(x)＝0，得x＝0(舍)，或x＝3，可得x＝3時，f(x)取得最小值為b－27A． 又f(1)＝b－3a，f(4)＝b， ∴f(

6、4)為最大值． 由解得∴a＋b＝. 8.設函數f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，則實數a的值為__________________． [答案]　4 [解析]　本小題考查函數單調性的綜合運用．若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立； 當x>0即x∈(0,1]時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥－， 設g(x)＝－，則g′(x)＝， 所以g(x)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減， 因此g(x) max＝g＝4，從而a≥4； 當x<0即x∈[－1,0]，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≤－， g(x)在

7、區(qū)間[－1,0)上單調遞增， 因此g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4，綜上a＝4. 三、解答題 9.(2014江西理，18)已知函數f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)． (1)當b＝4時，求f(x)的極值； (2)若f(x)在區(qū)間(0，)上單調遞增，求b的取值范圍． [解析]　(1)當b＝4時，f(x)＝(x＋2)2的定義域為(－∞，)，f ′(x)＝， 由f ′(x)＝0得x＝－2或x＝0. 當x∈(－∞，－2)時，f ′(x)<0，f(x)單調遞減；當x∈(－2,0)時，f ′(x)>0，f(x)單調遞增；當x∈(0，)時，f ′(x)<0，f(x)單調遞減，

8、 故f(x)在x＝－2取極小值f(－2)＝0，在x＝0取極大值f(0)＝4. (2)f ′(x)＝，因為當x∈(0，)時，<0， 依題意當x∈(0，)時，有5x＋(3b－2)≤0，從而＋(3b－2)≤0. 所以b的取值范圍為(－∞，]． 10.(2014三峽名校聯(lián)盟聯(lián)考)時下，網校教學越來越受到廣大學生的喜愛，它已經成為學生們課外學習的一種趨勢，假設某網校的套題每日的銷售量y(單位：千套)與銷售價格x(單位：元/套)滿足的關系式y(tǒng)＝＋4(x－6)2，其中2

9、銷折合為每套題2元(只考慮銷售出的套數)，試確定銷售價格x的值，使網校每日銷售套題所獲得的利潤最大．(保留1位小數) [解析]　(1)因為x＝4時，y＝21， 代入關系式y(tǒng)＝＋4(x－6)2，得＋16＝21， 解得m＝10. (2)由(1)可知，套題每日的銷售量y＝＋4(x－6)2， 所以每日銷售套題所獲得的利潤 f(x)＝(x－2)[＋4(x－6)2]＝10＋4(x－6)2(x－2)＝4x3－56x2＋240x－278(2

10、x)>0，函數f(x)單調遞增；在(，6)上，f ′(x)<0，函數f(x)單調遞減， 所以x＝是函數f(x)在(2,6)內的極大值點，也是最大值點， 所以當x＝≈3.3時，函數f(x)取得最大值． 故當銷售價格為3.3元/套時，網校每日銷售套題所獲得的利潤最大. 一、選擇題 1．給出下面四個命題：①函數y＝x2－5x＋4，x∈[－1,1]的最大值為10，最小值為－；②函數y＝2x2－4x＋1(2

11、　　) A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 [答案]　B [解析]?、邰苷_． 2．已知不等式≤對任意的正實數x恒成立，則實數k的取值范圍是(　　) A．(0,1] B．(－∞，1] C．[0,2] D．(0,2] [答案]　A [解析]　令y＝，則y′＝，可以驗證當y′＝0即kx＝e，x＝時，ymax＝＝， 又y≤對于x＞0恒成立∴≤，得k≤1 又kx＞0，x＞0，∴k＞0，∴0＜k≤1. 3.(2014江西文，10)在同一直角坐標系中，函數y＝ax2－x＋與y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的圖像不可能的是(　　) [答案]　B [解析]　

12、若a＝0時，兩函數分別為y＝－x和y＝x，選項D此時合適， 若a≠0時，設f1(x)＝ax2－x＋，設f2(x)＝a2x3－2ax2＋x＋a f2′(x)＝3a2x2－4ax＋1＝(3ax－1)(ax－1)， ①若a>0，易知f2(x)的極大值為f()＝＋a，極小值為f()＝a，而f1(x)圖象此時開口向上，對稱軸為x＝>0且f1()＝f1(0)＝，f2(0)＝a，A、C均適合． (2)若a<0，f1(x)圖象開口向下，對稱軸為x＝<0 ，f()＝f1(0)＝<0，而f2()>a<0，比較知0>>a，也就是說當x＝時函數f2(x)圖象為極大值而此時f1(x)圖象對應的點應該在(，f2(

13、))上方，而B選項中顯然右下方，因而B不可能． 4．以長為10的線段AB為直徑作半圓，則它的內接矩形面積的最大值為(　　) A．10 B．15 C．25 D．50 [答案]　C [解析]　如圖，設∠NOB＝θ，則矩形面積S＝5sinθ25cosθ＝50sinθcosθ＝25sin 2θ，故Smax＝25. 二、填空題 5.已知函數y＝xf′(x)的圖像如圖所示(其中f′(x)是函數f(x)的導函數)，給出以下說法： ①函數f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數；②函數f(x)在區(qū)間(－1,1)上無單調性；③函數f(x)在x＝－處取得極大值；④函數f(x)在x＝1處取得極小

14、值．其中正確的說法有________ [答案]　①④ [解析]　從圖像上可以發(fā)現，當x∈(1，＋∞)時，xf′(x)>0 ，所以f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上是增函數，①正確；當x∈(－1,1)時，f′(x)<0，所以函數f(x)在(－1，1)上是減函數，所以②，③錯誤；當0

15、，只需保證當x∈[1,4]時，f(x)min≥2即可，因此問題轉化為先求函數f(x)＝loga在區(qū)間[1,4]上的最小值，再結合不等式求得a的取值范圍．考慮到f(x)＝loga的導數不好求，可以先采用換元的辦法，利用導數法求出真數的最值，再考慮函數f(x)的最小值，但要注意對底數a加以討論． 令h(x)＝＝4x＋＋16，x∈[1,4]． ∵h′(x)＝4－＝，x∈[1,4]． ∴當1≤x＜2時，h′(x)＜0，當2＜x≤4時，h′(x)＞0. ∴h(x)在[1,2]上是單調減函數，在[2,4]上是單調增函數， ∴h(x)min＝h(2)＝32，∴h(x)max＝h(1)＝h(4)＝3

16、6. ∴當0＜a＜1時，有f(x)min＝loga36， 當a＞1 時，有f(x)min＝loga32. ∵當x∈[1,4]時，f(x)≥2恒成立， ∴f(x)min≥2. ∴滿足條件的a的值滿足下列不等式組： ①或② 不等式組①的解集為空集，解不等式組②得1＜a≤4. 綜上所述，滿足條件的a的取值范圍是：1＜a≤4. 三、解答題 7.(2014全國大綱，22)函數f(x)＝ln(x＋1)－(a>1)．討論f(x)的單調性； [解析]　f(x)的定義域為(－1，＋∞)，f′(x)＝. ①當10，f(x)在(－1，a2

17、－2a)是增函數； 若x∈(a2－2a,0)，則f′(x)<0，f(x)在(a2－2a,0)是減函數； 若x∈(0，＋∞)，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)是增函數． ②當a＝2時，f′(x)≥0，f′(x)＝0成立當且僅當x＝0，f(x)在(－1，＋∞)是增函數． ③當a>2時，若x∈(－1,0)，則f′(x)>0，f(x)在(－1,0)是增函數； 若x∈(0，a2－2a)，則f′(x)<0，f(x)在(0，a2－2a)是減函數； 若x∈(a2－2a，＋∞)，則f′(x)>0，f(x)在(a2－2a，＋∞)是增函數． 8.設f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x

18、)． (1)求g(x)的單調區(qū)間和最小值； (2)討論g(x)與g()的大小關系； (3)求a的取值范圍，使得g(a)－g(x)<對任意x>0成立． [分析]　(1)先求f′(x)，寫出g(x)，對g(x)求導，g′(x)>0求得增區(qū)間，g′(x)<0求得減區(qū)間； (2)作差構造函數h(x)＝g(x)－g()，對h(x)求導，判定其單調性，進一步求出最值，與0比較大??； (3)利用(1)的結論求解． [解析]　(1)f(x)＝lnx，∴f′(x)＝，g(x)＝lnx＋. ∴g′(x)＝，令g′(x)＝0得x＝1， 當x∈(0,1)時，g′(x)<0，∴(0,1)是g(x)的單

19、調減區(qū)間 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0.∴(1，＋∞)是g(x)的單調增區(qū)間 因此當x＝1時g(x)取極小值，且x＝1是唯一極值點，從而是最小值點． 所以g(x)最小值為g(1)＝1. (2)g()＝－lnx＋x 令h(x)＝g(x)－g()＝2lnx－x＋，h′(x)＝－， 當x＝1時，h(1)＝0，即g(x)＝g()， 當x∈(0,1)∪(1，＋∞)時h′(x)<0，h′(1)＝0，所以h(x)在(0，＋∞)單調遞減 當x∈(0,1)時，h(x)>h(1)＝0，即g(x)>g() 當x∈(1，＋∞)時，h(x)g()， 當x＝1時，g(x)＝g() 當x∈(1，＋∞)時，g(x)0成立等價于g(a)－1<，即lna<1，解得0