高中数学人教版新课标A选修2-21.3导数在研究函数中的应用第3课时综合训练题

自我小测

1．函数f(x)＝x3－2x2在区间[－1,5]上(　　)

A．有最大值0，无最小值

B．有最大值0，最小值－

C．有最小值－，无最大值

D．既无最大值也无最小值

2．函数f(x)＝x＋2sin x在区间[－π，0]上的最小值是(　　)

A．－          B．2

C．＋        D．－－

3．已知函数f(x)＝x2＋2xf′(1)，则当x∈[－2,3]时，f(x)的值域是(　　)

A．[－4，－3]        B．[－3,12]

C．[－4,12]           D．[－8,2]

4．函数f(x)＝x·2x，则下列结论正确的是(　　)

A．当x＝时，f(x)取最大值

B．当x＝时，f(x)取最小值

C．当x＝－时，f(x)取最大值

D．当x＝－时，f(x)取最小值

5．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足x≠1时(x－1)·f′(x)＞0，则必有(　　)

A．f(0)＋f(2)＞2f(1)

B．f(0)＋f(2)＜2f(1)

C．f(0)＋f(2)≥2f(1)

D．f(0)＋f(2)≤2f(1)

6．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为__________．

7．已知a＞0，函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上单调递增，则a的最大值为________．

8．函数f(x)＝ex(sin x＋cos x)在区间上的值域为__________．

9．试求函数y＝4x2＋在(0，＋∞)上的最值．

10．已知函数f(x)＝x2－ln x，

(1)若a＝1，证明f(x)没有零点；

(2)若f(x)≥恒成立，求a的取值范围．

参考答案

1．解析：f′(x)＝x2－4x＝x(x－4)．

令f′(x)＝0，得x＝0或x＝4，

∴f(0)＝0，f(4)＝－，f(－1)＝－，f(5)＝－，

∴f(x)max＝f(0)＝0，f(x)min＝f(4)＝－.

答案：B

2．解析：f′(x)＝1＋2cos x．令f′(x)＝0得x＝－，又f(－π)＝－π，f＝－－，f(0)＝0，故最小值为－－.

答案：D

3．C

4．解析：f′(x)＝2x＋x·(2x)′

＝2x＋x·2x·ln 2.

令f′(x)＝0，得x＝－.

当x∈时，f′(x)＜0；

当x∈时，f′(x)＞0，

故函数在x＝－处取极小值，也是最小值．

答案：D

5．解析：当x＞1时，f′(x)＞0，函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数；当x＜1时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，1)上是减函数，故f(x)在x＝1处取得最小值，即有f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，得f(0)＋f(2)＞2f(1)．

答案：A

6．解析：∵f′(x)＝3(x2－a)，f(x)在(0,1)内有最小值，

∴f′(0)＜0且f′(1)＞0.

∴∴0＜a＜1.

答案：0＜a＜1

7．解析：∵f′(x)＝3x2－a≥0(x≥1)，

∴a≤3x2，∴a≤3.

答案：3

8．解析：∵f′(x)＝ex(sin x＋cos x)＋ex(cos x－sin x)＝excos x，当x∈时，f′(x)＝excos x≥0，

∴f(x)在上单调递增．

∴f(x)min＝f(0)＝，f(x)max＝.

∴f(x)的值域为.

答案：

9．解：y′＝8x－，令y′＝0，解得x＝.

当x变化时，y′，y的变化情况如下表：

所以由上表可知，函数在x＝处取得最小值，最小值为3，无最大值．

10．(1)证明：a＝1时，f(x)＝x2－ln x(x＞0)，f′(x)＝x－，

由f′(x)＝0，得x＝1，可得f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

故f(x)的最小值fmin(x)＝f(1)＝＞0，所以f(x)没有零点．

(2)解：f′(x)＝ax－＝.

①若a＞0，令f′(x)≥0，则x≥，故f(x)在上单调递减，在上单调递增，故f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f＝＋ln a，

要使f(x)≥恒成立，只需＋ln a≥，得a≥1.

②若a≤0，f′(x)＜0恒成立，f(x)在(0，＋∞)单调递减，f(1)＝≤0，故不可能f(x)≥恒成立．

综上所述，a≥1.