新编高中数学 第3章 2第2课时 最大值、最小值问题课时作业 北师大版选修22

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1、 新编数学北师大版精品资料 【成才之路】高中数学 第3章 2第2课时 最大值、最小值问题课时作业 北师大版选修2-2 一、选择题 1．函数f(x)＝x(1－x2)在[0,1]上的最大值为(　　) 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)，计算比较得最大值为f()＝. 2.一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比，已知在速度为每小时10 km时燃料费是每小时6元 ，而其他与速度无关的费用是每小时96元，则此轮船的速度为______km/h航行时，能使行驶每公里的费用总和最小(　

2、　) A．20　　　 B．30　　　 C．40　　　 D．60 [答案]　A [解析]　设船速为每小时x(x＞0)公里，燃料费为Q元，则Q＝kx3， 由已知得：6＝k103， ∴k＝，即Q＝x3. 记行驶每公里的费用总和为y元，则 y＝(x3＋96)＝x2＋ y′＝x－，令y′＝0，即x－＝0， 解之得：x＝20. 这就是说，该函数在定义域(0，＋∞)内有唯一的极值点，该极值必有所求的最小值，即当船速为每小时20公里时，航行每公里的总费用最小，最小值为7.2元． 3．已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是(　　)

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， 经检验知x＝3是函数的一个最小值点， 所以函数的最小值为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．若函数f(x)＝－x3＋x在(a,10－a2)上有最大值，则实数a的取值范围为(　　) A．[－1,1) B．[－2,1) C．[－2，－1) D．(－2，＋∞) [答案]　B [解析]　由于f′(x)＝－x2＋1 ，易知函数在(－∞，－1]上递减，在[－1,1]上递增，[1，＋∞

4、)上递减，故若函数在(a,10－a2)上存在最大值的条件为⇒－1≤a＜1或综上可知a的取值范围为[－2,1)． 5．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx的图像分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为(　　) A．1 B． C． D． [答案]　D [解析]　本小题考查内容为导数的应用——求函数的最小值． 令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－lnx，∴F′(x)＝2x－. 令F′(x)＝0，∴x＝，∴F(x) 在x＝处最小． 二、填空题 6．下列结论中正确的有________． ①在区间[a，b]上，函数的极大值就是最大值； ②在区间[a，b]上

5、，函数的极小值就是最小值； ③在区间[a，b]上，函数的最大值、最小值在x＝a和x＝b处取到； ④在区间[a，b]上，函数的极大(小)值有可能就是最大(小)值． [答案]　④ [解析]　由函数最值的定义知，①②③均不正确，④正确．故填④. 7．函数f(x)＝ax4－4ax3＋b(a>0)在[1,4]上的最大值为3，最小值为－6，则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时，f(x)取得最小值为b－27A． 又f(1)＝b－3a，f(4)＝b， ∴f(

6、4)为最大值． 由解得∴a＋b＝. 8.设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为__________________． [答案]　4 [解析]　本小题考查函数单调性的综合运用．若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立； 当x>0即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－， 设g(x)＝－，则g′(x)＝， 所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减， 因此g(x) max＝g＝4，从而a≥4； 当x<0即x∈[－1,0]，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≤－， g(x)在

7、区间[－1,0)上单调递增， 因此g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上a＝4. 三、解答题 9.(2014江西理，18)已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)． (1)当b＝4时，求f(x)的极值； (2)若f(x)在区间(0，)上单调递增，求b的取值范围． [解析]　(1)当b＝4时，f(x)＝(x＋2)2的定义域为(－∞，)，f ′(x)＝， 由f ′(x)＝0得x＝－2或x＝0. 当x∈(－∞，－2)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－2,0)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0，)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，

8、 故f(x)在x＝－2取极小值f(－2)＝0，在x＝0取极大值f(0)＝4. (2)f ′(x)＝，因为当x∈(0，)时，<0， 依题意当x∈(0，)时，有5x＋(3b－2)≤0，从而＋(3b－2)≤0. 所以b的取值范围为(－∞，]． 10.(2014三峡名校联盟联考)时下，网校教学越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售价格x(单位：元/套)满足的关系式y＝＋4(x－6)2，其中2

9、销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留1位小数) [解析]　(1)因为x＝4时，y＝21， 代入关系式y＝＋4(x－6)2，得＋16＝21， 解得m＝10. (2)由(1)可知，套题每日的销售量y＝＋4(x－6)2， 所以每日销售套题所获得的利润 f(x)＝(x－2)[＋4(x－6)2]＝10＋4(x－6)2(x－2)＝4x3－56x2＋240x－278(2

10、x)>0，函数f(x)单调递增；在(，6)上，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减， 所以x＝是函数f(x)在(2,6)内的极大值点，也是最大值点， 所以当x＝≈3.3时，函数f(x)取得最大值． 故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大. 一、选择题 1．给出下面四个命题：①函数y＝x2－5x＋4，x∈[－1,1]的最大值为10，最小值为－；②函数y＝2x2－4x＋1(2

11、　　) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 [答案]　B [解析]　③④正确． 2．已知不等式≤对任意的正实数x恒成立，则实数k的取值范围是(　　) A．(0,1] B．(－∞，1] C．[0,2] D．(0,2] [答案]　A [解析]　令y＝，则y′＝，可以验证当y′＝0即kx＝e，x＝时，ymax＝＝， 又y≤对于x＞0恒成立∴≤，得k≤1 又kx＞0，x＞0，∴k＞0，∴0＜k≤1. 3.(2014江西文，10)在同一直角坐标系中，函数y＝ax2－x＋与y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的图像不可能的是(　　) [答案]　B [解析]　

12、若a＝0时，两函数分别为y＝－x和y＝x，选项D此时合适， 若a≠0时，设f1(x)＝ax2－x＋，设f2(x)＝a2x3－2ax2＋x＋a f2′(x)＝3a2x2－4ax＋1＝(3ax－1)(ax－1)， ①若a>0，易知f2(x)的极大值为f()＝＋a，极小值为f()＝a，而f1(x)图象此时开口向上，对称轴为x＝>0且f1()＝f1(0)＝，f2(0)＝a，A、C均适合． (2)若a<0，f1(x)图象开口向下，对称轴为x＝<0 ，f()＝f1(0)＝<0，而f2()>a<0，比较知0>>a，也就是说当x＝时函数f2(x)图象为极大值而此时f1(x)图象对应的点应该在(，f2(

13、))上方，而B选项中显然右下方，因而B不可能． 4．以长为10的线段AB为直径作半圆，则它的内接矩形面积的最大值为(　　) A．10 B．15 C．25 D．50 [答案]　C [解析]　如图，设∠NOB＝θ，则矩形面积S＝5sinθ25cosθ＝50sinθcosθ＝25sin 2θ，故Smax＝25. 二、填空题 5.已知函数y＝xf′(x)的图像如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，给出以下说法： ①函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数；②函数f(x)在区间(－1,1)上无单调性；③函数f(x)在x＝－处取得极大值；④函数f(x)在x＝1处取得极小

14、值．其中正确的说法有________ [答案]　①④ [解析]　从图像上可以发现，当x∈(1，＋∞)时，xf′(x)>0 ，所以f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上是增函数，①正确；当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－1，1)上是减函数，所以②，③错误；当0

15、，只需保证当x∈[1,4]时，f(x)min≥2即可，因此问题转化为先求函数f(x)＝loga在区间[1,4]上的最小值，再结合不等式求得a的取值范围．考虑到f(x)＝loga的导数不好求，可以先采用换元的办法，利用导数法求出真数的最值，再考虑函数f(x)的最小值，但要注意对底数a加以讨论． 令h(x)＝＝4x＋＋16，x∈[1,4]． ∵h′(x)＝4－＝，x∈[1,4]． ∴当1≤x＜2时，h′(x)＜0，当2＜x≤4时，h′(x)＞0. ∴h(x)在[1,2]上是单调减函数，在[2,4]上是单调增函数， ∴h(x)min＝h(2)＝32，∴h(x)max＝h(1)＝h(4)＝3

16、6. ∴当0＜a＜1时，有f(x)min＝loga36， 当a＞1 时，有f(x)min＝loga32. ∵当x∈[1,4]时，f(x)≥2恒成立， ∴f(x)min≥2. ∴满足条件的a的值满足下列不等式组： ①或② 不等式组①的解集为空集，解不等式组②得1＜a≤4. 综上所述，满足条件的a的取值范围是：1＜a≤4. 三、解答题 7.(2014全国大纲，22)函数f(x)＝ln(x＋1)－(a>1)．讨论f(x)的单调性； [解析]　f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝. ①当10，f(x)在(－1，a2

17、－2a)是增函数； 若x∈(a2－2a,0)，则f′(x)<0，f(x)在(a2－2a,0)是减函数； 若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)是增函数． ②当a＝2时，f′(x)≥0，f′(x)＝0成立当且仅当x＝0，f(x)在(－1，＋∞)是增函数． ③当a>2时，若x∈(－1,0)，则f′(x)>0，f(x)在(－1,0)是增函数； 若x∈(0，a2－2a)，则f′(x)<0，f(x)在(0，a2－2a)是减函数； 若x∈(a2－2a，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)在(a2－2a，＋∞)是增函数． 8.设f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x

18、)． (1)求g(x)的单调区间和最小值； (2)讨论g(x)与g()的大小关系； (3)求a的取值范围，使得g(a)－g(x)<对任意x>0成立． [分析]　(1)先求f′(x)，写出g(x)，对g(x)求导，g′(x)>0求得增区间，g′(x)<0求得减区间； (2)作差构造函数h(x)＝g(x)－g()，对h(x)求导，判定其单调性，进一步求出最值，与0比较大小； (3)利用(1)的结论求解． [解析]　(1)f(x)＝lnx，∴f′(x)＝，g(x)＝lnx＋. ∴g′(x)＝，令g′(x)＝0得x＝1， 当x∈(0,1)时，g′(x)<0，∴(0,1)是g(x)的单

19、调减区间 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.∴(1，＋∞)是g(x)的单调增区间 因此当x＝1时g(x)取极小值，且x＝1是唯一极值点，从而是最小值点． 所以g(x)最小值为g(1)＝1. (2)g()＝－lnx＋x 令h(x)＝g(x)－g()＝2lnx－x＋，h′(x)＝－， 当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g()， 当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时h′(x)<0，h′(1)＝0，所以h(x)在(0，＋∞)单调递减 当x∈(0,1)时，h(x)>h(1)＝0，即g(x)>g() 当x∈(1，＋∞)时，h(x)g()， 当x＝1时，g(x)＝g() 当x∈(1，＋∞)时，g(x)0成立等价于g(a)－1<，即lna<1，解得0