《高考數(shù)學(xué) 17-18版 第4章 第18課 課時(shí)分層訓(xùn)練18》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 17-18版 第4章 第18課 課時(shí)分層訓(xùn)練18（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時(shí)分層訓(xùn)練(十八) A組　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) (建議用時(shí)：30分鐘) 一、填空題 1．當(dāng)函數(shù)y＝x·2x取極小值時(shí)，x等于________． －　[令y′＝2x＋x·2xln 2＝0， ∴x＝－. 經(jīng)驗(yàn)證，－為函數(shù)y＝x·2x的極小值點(diǎn)．] 2．函數(shù)y＝ln x－x在x∈(0，e]上的最大值為_(kāi)_______． －1　[函數(shù)y＝ln x－x的定義域?yàn)?0，＋∞)． 又y′＝－1＝，令y′＝0得x＝1， 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，y′＞0，函數(shù)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(1，e]時(shí)，y′＜0，函數(shù)單調(diào)遞減． 當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)取得最大值－1.]　 3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a

2、＋6)x＋1有極大值和極小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． (－∞，－3)∪(6，＋∞)　[∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)， 由已知可得f′(x)＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)根， ∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，即a2－3a－18＞0， ∴a＞6或a＜－3.] 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個(gè)極值點(diǎn)，則下列圖象不可能為y＝f(x)圖象的是________．(填序號(hào)) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：62172101】 ①　　　?、凇　　??、邸　　　　、? 圖18-3 ④　[因?yàn)閇f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x

3、)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個(gè)極值點(diǎn)，所以f(－1)＋f′(－1)＝0.選項(xiàng)④中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不滿足f′(－1)＋f(－1)＝0.] 5．函數(shù)f(x)＝x3＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是________． －　[f′(x)＝x2＋2x－3，令f′(x)＝0得x＝1(x＝－3舍去)，又f(0)＝－4，f(1)＝－，f(2)＝－，故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)＝－.] 6．設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． (－∞，－1)　[∵y＝ex＋ax，∴y

4、′＝ex＋a. ∵函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點(diǎn)， 則方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解， ∵x＞0時(shí)，－ex＜－1，∴a＝－ex＜－1.] 7．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，則f(2)＝________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：62172102】 18　[∵函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，且f′(x)＝3x2＋2ax＋b， ∴f(1)＝10，且f′(1)＝0， 即 解得或 而當(dāng)時(shí)，函數(shù)在x＝1處無(wú)極值，故舍去． ∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16. ∴f(2)＝18.] 8．函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋b(

5、a>0)的極大值為6，極小值為2，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是________． (－1,1)　[∵f′(x)＝3x2－3a，由f′(x)＝0得x＝±. 由f′(x)>0得x>或x<－； 由f′(x)<0得－

6、)， 由f(x)>0得x<－2或x>0， 由f′(x)<0得0

7、＝1，f(x)min＝－19.又由題設(shè)知在區(qū)間[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，從而t≥20，所以t的最小值是20.] 二、解答題 11．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx＋c在點(diǎn)x＝2處取得極值c－16. (1)求a，b的值； (2)若f(x)有極大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值． [解]　(1)因?yàn)閒(x)＝ax3＋bx＋c， 故f′(x)＝3ax2＋b. 由于f(x)在點(diǎn)x＝2處取得極值c－16， 故有即 化簡(jiǎn)得解得 (2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c， f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)， 令f′(x)＝0，得x

8、1＝－2，x2＝2. 當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)＞0， 故f(x)在(－∞，－2)上為增函數(shù)； 當(dāng)x∈(－2,2)時(shí)，f′(x)＜0， 故f(x)在(－2,2)上為減函數(shù)； 當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0， 故f(x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)． 由此可知f(x)在x＝－2處取得極大值， f(－2)＝16＋c， f(x)在x＝2處取得極小值f(2)＝c－16. 由題設(shè)條件知16＋c＝28，解得c＝12. 此時(shí)f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3， f(2)＝－16＋c＝－4， 因此f(x)在[－3,3]上的最小值為f(2)＝－4. 12．已知

9、函數(shù)f(x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)a>0時(shí)，求函數(shù)f(x)在[1,2]上的最小值. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：62172104】 [解]　(1)f′(x)＝－a(x>0)． ①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＝－a>0，即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)． ②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝， 當(dāng)00； 當(dāng)x>時(shí)，f′(x)＝<0， 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為， 單調(diào)遞減區(qū)間為. 綜上可知，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)； 當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為

10、. (2)①當(dāng)≤1，即a≥1時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù)，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a. ②當(dāng)≥2，即0

11、x)的極大值為，則m的值為_(kāi)_______． 　[由題意可得f(m)＝m3＋am2＋bm＝0，m≠0，則m2＋am＋b＝0　①，且f′(m)＝3m2＋2am＋b＝0?、?，由①②解得 ∴f′(x)＝(3x－m)(x－m)， m>0時(shí)，令f′(x)>0，解得x>m或x<，令f′(x)<0，解得0得x，令f′(x)<0得>x>m， ∴f(x)在(－∞，m)遞增，在遞減，∴f(x)極大值＝f(m)＝，而f(m)＝0，不成立． 綜上，m＝.] 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝則

12、f(x)的最大值為_(kāi)_______． 2　[當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝－2x＜0；當(dāng)x≤0時(shí)，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，當(dāng)x＜－1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)是增函數(shù)，當(dāng)－1＜x＜0時(shí)，f′(x)＜0，f(x)是減函數(shù)，∴f(x)≤f(－1)＝2，∴f(x)的最大值為2.] 3．設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－kx2，當(dāng)k∈時(shí)，求函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值M. [解]　因?yàn)閒(x)＝(x－1)ex－kx2， 所以f′(x)＝xex－2kx＝x(ex－2k)， 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝ln 2k， 因?yàn)閗∈，所以2k∈(1,2]，所以0＜ln

13、2k≤ln 2. 設(shè)g(k)＝k－ln 2k，k∈， g′(k)＝1－＝≤0， 所以g(k)在上是減函數(shù)， 所以g(k)≥g(1)＝1－ln 2＞0，即0＜ln 2k＜k. 所以f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x (0，ln 2k) ln 2k (ln 2k，k) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  所以函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值為f(0)或f(k)． f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3， f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1＝(k－1)ek－(k3－1) ＝(k－1)ek－(k－1)(k2＋k＋1

14、) ＝(k－1)[ek－(k2＋k＋1)]． 因?yàn)閗∈，所以k－1≤0. 令h(k)＝ek－(k2＋k＋1)，則h′(k)＝ek－(2k＋1)． 對(duì)任意的k∈，y＝ek的圖象恒在y＝2k＋1的圖象的下方，所以ek－(2k＋1)＜0，即h′(k)＜0， 所以函數(shù)h(k)在上為減函數(shù)，故h(1)≤h(k)＜h＝e－＝－＜0， 所以f(k)－f(0)≥0，即f(k)≥f(0)． 所以函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值M＝f(k)＝(k－1)ek－k3. 4．設(shè)a＞0，函數(shù)f(x)＝x2－(a＋1)x＋a(1＋ln x)． (1)求曲線y＝f(x)在(2，f(2))處與直線y＝－x＋

15、1垂直的切線方程； (2)求函數(shù)f(x)的極值． [解]　(1)由已知，得x＞0，f′(x)＝x－(a＋1)＋， y＝f(x)在(2，f(2))處切線的斜率為1， 所以f′(2)＝1， 即2－(a＋1)＋＝1， 所以a＝0， 此時(shí)f(2)＝2－2＝0， 故所求的切線方程為y＝x－2. (2)f′(x)＝x－(a＋1)＋ ＝ ＝. a．當(dāng)0＜a＜1時(shí)，若x∈(0，a)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 若x∈(a,1)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 若x∈(1，＋∞)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 此時(shí)x＝a是f(x)的極大值點(diǎn)，x＝1是f

16、(x)的極小值點(diǎn)， 函數(shù)f(x)的極大值是f(a)＝－a2＋aln a，極小值是f(1)＝－. b．當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝≥0， 所以函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增， 此時(shí)f(x)沒(méi)有極值點(diǎn)，故無(wú)極值． c．當(dāng)a＞1時(shí)，若x∈(0,1)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 若x∈(1，a)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 若x∈(a，＋∞)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 此時(shí)x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，x＝a是f(x)的極小值點(diǎn) ，函數(shù)f(x)的極大值是f(1)＝－，極小值是f(a)＝－a2＋aln a. 綜上，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f(x)的極大值是－a2＋aln a，極小值是－； 當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)沒(méi)有極值； 當(dāng)a＞1時(shí)，f(x)的極大值是－，極小值是－a2＋aln a.