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首页 高一 高中数学选修1-1 第三章导数及其应用 学业分层测评18 Word版含答案

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  • 资源类别:高一试卷
  • 所属教版:高一上册数学人教版
  • 文件格式:ppt/doc
  • 大小:71k
  • 浏览次数:833
  • 整理时间:2021-11-02
  • 学业分层测评
    (建议用时:45分钟)
    [学业达标]
    一、选择题
    1.下列是函数f(x)在[a,b]上的图象,则f(x)在(a,b)上无最大值的是(  )
    【解析】 在开区间(a,b)上,只有D选项中的函数f(x)无最大值.
    【答案】 D
    2.函数f(x)=2+,x∈(0,5]的最小值为(  )
    A.2           B.3
    C. D.2+
    【解析】 由f′(x)=-==0,得x=1,
    且x∈(0,1]时,f′(x)<0;x∈(1,5]时,f′(x)>0,
    ∴x=1时,f(x)最小,最小值为f(1)=3.
    【答案】 B
    3.函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1,1]上的最大值为M,最小值为m,则M-m的值为(  )
    A.2 B.-4
    C.4 D.-2
    【解析】 f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),
    令f′(x)=0,得x=0或x=2.
    因为f(0)=2,f(-1)=-2,f(1)=0,
    所以M=2,m=-2.
    所以M-m=4.
    【答案】 C
    4.函数f(x)=x3-3ax-a在(0,1)内有最小值,则a的取值范围为(  )
    A.0≤a<1 B.0<a<1
    C.-1<a<1 D.0<a<
    【解析】 ∵f′(x)=3x2-3a,令f′(x)=0得x2=a.
    ∴x=±.
    又∵f(x)在(0,1)内有最小值,
    ∴0<<1,∴0<a<1.故选B.
    【答案】 B
    5.已知函数f(x)=ax3+c,且f′(1)=6,函数在[1,2]上的最大值为20,则c的值为(  )
    A.1 B.4
    C.-1 D.0
    【解析】 ∵f′(x)=3ax2,
    ∴f′(1)=3a=6,∴a=2.
    当x∈[1,2]时,f′(x)=6x2>0,即f(x)在[1,2]上是增函数,
    ∴f(x)max=f(2)=2×23+c=20,
    ∴c=4.
    【答案】 B
    二、填空题
    6.函数f(x)=3x+sin x在x∈[0,π]上的最小值为________.
    【解析】 f′(x)=3xln 3+cos x.
    ∵x∈[0,π]时,3xln 3>1,-1≤cos x≤1,
    ∴f′(x)>0.
    ∴f(x)递增,∴f(x)min=f(0)=1.
    【答案】 1
    7.已知函数f(x)=x3-ax2+b(a,b为实数,且a>1)在区间[-1,1]上的最大值为1,最小值为-1,则a=________,b=________.
    【解析】 ∵f′(x)=3x2-3ax=3x(x-a),
    令f′(x)=0,解得x1=0,x2=a.
    ∵a>1,
    ∴当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况如下表:
    x
    -1
    (-1,0)
    0
    (0,1)
    1
    f′(x)

    0

    f(x)
    -1-a
    +b

    极大
    值b

    1-a
    +b
    由题意得b=1.
    f(-1)=-,f(1)=2-,
    f(-1)<f(1),
    ∴-=-1,∴a=.
    【答案】  1
    8.设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对任意的x∈(0,1]都有f(x)≥0成立,则实数a的取值范围为________. 【导学号:26160094】
    【解析】 ∵x∈(0,1],
    ∴f(x)≥0可化为a≥-.
    设g(x)=-,则g′(x)=.
    令g′(x)=0,得x=.
    当 00;
    ∴g(x)在(0,1]上有极大值g=4,
    它也是最大值,故a≥4.
    【答案】 [4,+∞)
    三、解答题
    9.求下列各函数的最值.
    (1)f(x)=x3-3x2+6x-2,x∈[-1,1];
    (2)y=5-36x+3x2+4x3,x∈(-2,2).
    【解】 (1)f′(x)=3x2-6x+6=3(x2-2x+2)=3(x-1)2+3,
    ∵f′(x)在[-1,1]内恒大于0,
    ∴f′(x)在[-1,1]上为增函数.
    故x=-1时,f(x)最小值=-12;
    x=1时,f(x)最大值=2.
    即f(x)的最小值为-12,最大值为2.
    (2)y′=-36+6x+12x2,令y′=0,即12x2+6x-36=0,解得x1=,x2=-2(舍去).
    当x∈时,f′(x)<0,函数单调递减;
    当x∈时,f′(x)>0,函数单调递增.
    ∴函数f(x)在x=时取得极小值f=-28,无极大值,即在(-2,2)上函数f(x)的最小值为-28,无最大值.
    10.设f(x)=-x3+x2+2ax.
    (1)若f(x)在上存在单调递增区间,求a的取值范围;
    (2)当0【解】 由f′(x)=-x2+x+2a
    =-2++2a,
    当x∈时,f′(x)的最大值为f′=+2a;令+2a>0,得a>-.所以,当a>-时,f(x)在上存在单调递增区间.
    (2)令f′(x)=0,得两根x1=,
    x2=.
    所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.
    当0又f(4)-f(1)=-+6a<0,即f(4)所以f(x)在[1,4]上的最小值为
    f(4)=8a-=-,
    得a=1,x2=2,从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)=.
    [能力提升]
    1.已知函数f(x)、g(x)均为[a,b]上的可导函数,在[a,b]上连续且f′(x)A.f(a)-g(a)      B.f(b)-g(b)
    C.f(a)-g(b) D.f(b)-g(a)
    【解析】 令u(x)=f(x)-g(x),
    则u′(x)=f′(x)-g′(x)<0,
    ∴u(x)在[a,b]上为减函数,
    ∴u(x)在[a,b]上的最大值为u(a)=f(a)-g(a).
    【答案】 A
    2.设动直线x=m与函数f(x)=x3,g(x)=ln x的图象分别交于点M,N,则|MN|的最小值为(  )
    A.(1+ln 3) B.ln 3
    C.1+ln 3 D.ln 3-1
    【解析】 由题意知,|MN|=|x3-ln x|.设h(x)=x3-ln x,h′(x)=3x2-,令h′(x)=0,得x=,易知,当x=时,h(x)取得最小值,h(x)min=-ln=>0,故|MN|min==(1+ln 3).
    【答案】 A
    3.已知函数f(x)=2ln x+(a>0),若当x∈(0,+∞)时,f(x)≥2恒成立,则实数a的取值范围是________. 【导学号:26160095】
    【解析】 由f(x)≥2,得a≥2x2-2x2ln x.
    设g(x)=2x2-2x2ln x,
    则g′(x)=2x(1-2ln x),
    令g′(x)=0,得x=e或x=0(舍去),
    因为当00;当x>e时,g′(x)<0.
    所以当x=e时,g(x)取得最大值g(e)=e,故a≥e.
    【答案】 a≥e
    4.设<a<1,函数f(x)=x3-ax2+b(-1≤x≤1)的最大值为1,最小值为-,求常数a,b的值.
    【解】 令f′(x)=3x2-3ax=0,得x1=0,x2=a.
    由题意可知当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
    x
    -1
    (-1,0)
    0
    (0,a)
    a
    (a,1)
    1
    f′(x)

    0

    0

    f(x)
    -1-a+b

    b

    -+b

    1-a+b
    从上表可知,当x=0时,f(x)取得极大值b,
    而f(0)>f(a),f(1)>f(-1),故需比较f(0)与f(1)的大小.
    因为f(0)-f(1)=a-1>0,
    所以f(x)的最大值为f(0)=b,所以b=1,
    又f(-1)-f(a)=(a+1)2(a-2)<0,
    所以f(x)的最小值为f(-1)=-1-a+b=-a,
    所以-a=-,所以a=.
    综上,a=,b=1.
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