精校版高中數(shù)學蘇教版選修22學業(yè)分層測評7 最大值與最小值 含解析

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1、最新精選優(yōu)質數(shù)學資料 最新精選優(yōu)質數(shù)學資料 學業(yè)分層測評(七) (建議用時：45分鐘) [學業(yè)達標] 一、填空題 1．函數(shù)f(x)＝＋x(x∈[1,3])的最小值是________． 【解析】　f′(x)＝－＋1＝， 當x∈[1,3]時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)， ∴f(x)在x∈[1,3]上的最小值為f(1)＝. 【答案】　 2．函數(shù)f(x)＝x3－x2－x＋a在區(qū)間[0,2]上的最大值是3，則a的值為________． 【解析】　f′(x)＝3x2－2x－1，x∈[0,2]， 令f′(x)＝0，得x＝1. 又f(0)＝a，f(1)＝a－1，f(2)＝a＋

2、2， ∴f(x)在[0,2]上的最大值為a＋2＝3，∴a＝1. 【答案】　1 3．(2016·南通高二檢測)若函數(shù)f(x)＝x3－3x－a在區(qū)間[0,3]上的最大值、最小值分別為m，n，則m－n＝______. 【解析】　∵f′(x)＝3x2－3， ∴當x>1或x<－1時，f′(x)>0， 當－1

3、－a)＝20. 【答案】　20 4．若對任意的x>0，恒有l(wèi)n x≤px－1(p>0)，則p的取值范圍是________. 【導學號：01580018】 【解析】　原不等式化為ln x－px＋1≤0， 令f(x)＝ln x－px＋1，只需f(x)最大值≤0. 由f′(x)＝－p知f(x)在上單調遞增，在上單調遞減． ∴f(x)最大值＝f＝－ln p， 由f(x)最大值≤0，得p≥1. 【答案】　[1，＋∞) 5．設直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝ln x的圖象分別交于點M，N，則當MN達到最小時t的值為_______________． 【解析】　設h(x)＝x

4、2－ln x， 易知h′(x)＝2x－＝，x>0， x＝是h(x)在x∈(0，＋∞)內惟一極小值點， 且h＝－ln >0，則|MN|最小值＝h(x)最小值， ∴MN達到最小時，t＝. 【答案】　 6．(2016·揚州質檢)已知函數(shù)f(x)＝ln x－(m∈R)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，則m＝________. 【解析】　f′(x)＝＋＝(x>0)．當m≥0時，f′(x)>0，f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，f(x)最小值＝f(1)＝－m＝4，則m＝－4.與m≥0矛盾．當m<0時，若－m<1，即m>－1，f(x)最小值＝f(1)＝－m＝4，則m＝－4，與m>－1矛盾，若－m∈

5、[1，e]，即－e≤m≤－1，f(x)最小值＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，解得m＝－e3，與－e≤m≤－1矛盾．若－m>e.即m<－e時，f(x)最小值＝f(e)＝1－＝4.解得m＝－3e符合題意． 【答案】　－3e 7．(2016·常州高二檢測)已知函數(shù)f(x)＝＋2ln x，若當a>0時，f(x)≥2恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________________． 【解析】　由＋2ln x≥2恒成立，得a≥x2·2(1－ln x)恒成立． 令h(x)＝2x2(1－ln x)，則h′(x)＝2x(1－2ln x) ∵x>0，∴當00；當x>時，h′(x)<

6、0. ∴h(x)最大值＝h()＝e.∴a≥e.即實數(shù)a的取值范圍是[e，＋∞)． 【答案】　[e，＋∞) 8．若函數(shù)f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值為，則a的值為________． 【解析】　f′(x)＝＝，當x>時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，當－0，f(x)單調遞增，當x＝時，f(x)＝＝，＝<1，不合題意． ∴f(x)最大值＝f(1)＝＝，a＝－1. 【答案】　－1 二、解答題 9．設函數(shù)f(x)＝ln(2x＋3)＋x2. (1)討論f(x)的單調性； (2)求f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值． 【解】　易知f(x)的定義域為

7、. (1)f′(x)＝＋2x＝ ＝. 當－0； 當－1－時，f′(x)>0， 從而f(x)在區(qū)間，上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減． (2)由(1)知f(x)在區(qū)間上的最小值為f＝ln 2＋. 又因為f－f＝ln＋－ln－ ＝ln＋＝<0， 所以f(x)在區(qū)間上的最大值為 f＝＋ln. 10．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a. (1)求f(x)的單調遞減區(qū)間； (2)若f(x)≥2 017對于?x∈[－2,2]恒成立，求a的取值范圍． 【解】　(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9. 由f′(x)

8、<0，得x<－1或x>3， 所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，－1)，(3，＋∞)． (2)由f′(x)＝0，－2≤x≤2，得x＝－1. 因為f(－2)＝2＋a，f(2)＝22＋a，f(－1)＝－5＋a， 故當－2≤x≤2時，f(x)最小值＝－5＋a. 要使f(x)≥2 017對于?x∈[－2,2]恒成立，只需f(x)最小值＝－5＋a≥2 017，解得a≥2 022. [能力提升] 1．已知函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1，x∈(0，＋∞)，函數(shù)f(x)的最大值是________． 【解析】　f(x)的定義域(0，＋∞)，且f′(x)＝－1.令f′(x)＝0，得x＝1.

9、當x變化時，f′(x)與f(x)的變化情況如下： x (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  從上表可知， 函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值0. 又f(x)在(0，＋∞)上有惟一極大值． ∴x＝1時，f(x)有最大值為0. 【答案】　0 2．(2016·無錫質檢)若關于x的不等式x2＋≥m對任意x∈恒成立，則m的取值范圍是________________． 【解析】　設y＝x2＋，則y′＝2x－＝， 當x≤－時，y′<0，所以y＝x2＋在區(qū)間內是減函數(shù)， ∴當x＝－時，y取得最小值為－. ∵x2＋≥m恒成立

10、， ∴m≤－. 【答案】　 3．(2016·汕頭質檢)已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)，則實數(shù)a的取值范圍是________． 【解析】　f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，當x>－1時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增；當x<－1時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減，所以當x＝－1時，f(x)取得極小值，即最小值為f(－1)＝－.函數(shù)g(x)的最大值為a，若存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立．則有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，即a≥－. 【答案】　 4．已知函數(shù)f(x)

11、＝ex－2x＋a有零點，則a的取值范圍是________. 【導學號：01580019】 【解析】　函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點，即方程ex－2x＋a＝0有實根，即函數(shù)g(x)＝2x－ex與y＝a有交點，而g′(x)＝2－ex，易知函數(shù)g(x)＝2x－ex在(－∞，ln 2)上遞增，在(ln 2，＋∞)上遞減，因而g(x)＝2x－ex的值域為(－∞，2ln 2－2]，所以要使函數(shù)g(x)＝2x－ex與y＝a有交點，只需a≤2ln 2－2即可． 【答案】　(－∞，2ln 2－2] 5．設函數(shù)f(x)＝ex－e－x，若對所有x≥0都有f(x)≥ax，求實數(shù)a的取值范圍． 【解】　

12、令g(x)＝f(x)－ax， 由g′(x)＝f′(x)－a＝ex＋e－x－a， 由于ex＋e－x＝ex＋≥2(當且僅當x＝0時等號成立，) 所以當a≤2時，g′(x)＝ex＋e－x－a≥2－a≥0，故g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)． 所以當x≥0時，g(x)≥g(0)＝0，即f(x)≥ax， 當a>2時，方程g′(x)＝0的根為 x1＝ln<0，x2＝ln>0， 此時，若x∈(0，x2)，則g′(x)<0，故g(x)在區(qū)間(0，x2)內為減函數(shù)，所以x∈(0，x2)時，g(x)