课件46张PPT。第三章 导数及其应用第三章 导数及其应用本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放[学生用书P133(单独成册)])
[A 基础达标]
1．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2，1]上的最大值、最小值分别是( )
A．12，－8 B．1，－8
C．12，－15 D．5，－16
解析：选A.y′＝6x2－6x－12，
由y′＝0?x＝－1或x＝2(舍去)．
x＝－2时，y＝1；x＝－1时，y＝12；x＝1时， y＝－8.
所以ymax＝12，ymin＝－8.故选A.
2．函数f(x)＝－x在区间[0，＋∞)上( )
A．有最大值，无最小值 B．有最大值，有最小值
C．无最大值，无最小值 D．无最大值，有最小值
解析：选A.由已知得f(x)的定义域为[0，＋∞)，f′(x)＝－，令f′(x)＞0，得f(x)的单调增区间为[0，1)；令f′(x)＜0，得f(x)的单调减区间为(1，＋∞)．
所以f(x)在区间[0，＋∞)上有最大值，无最小值．
3．函数y＝x＋2cos x在上取最大值时，x的值为( )
A．0 B．
C. D．
解析：选B.y′＝1－2sin x，令y′＝0，得sin x＝.
因为x∈，所以x＝.
由y′＞0得sin x＜，所以0≤x＜；由y′＜0得sin x＞，所以＜x≤，
所以原函数在上单调递增，在上单调递减．
所以当x＝时取最大值，故应选B.
4．若函数y＝x3＋x2＋m在[－2，1]上的最大值为，则m等于( )
A．0 B．1
C．2 D．
解析：选C.y′＝′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，由y′＝0，得x＝0或x＝－1.
f(0)＝m，f(－1)＝m＋.
又因为f(1)＝m＋，f(－2)＝－8＋6＋m＝m－2，
所以f(1)＝m＋最大，所以m＋＝，所以m＝2.
5．函数f(x)＝在上的最小值与最大值的和为( )
A. B．
C．1 D．0
解析：选A.f′(x)＝
＝，x∈，
当f′(x)＝0时，x＝0；
当f′(x)<0时，－≤x<0；
当f′(x)>0时，0所以f(x)在上是减函数，在(0，1]上是增函数．
所以f(x)min＝f(0)＝0.
又f＝，f(1)＝.
所以f(x)的最大值与最小值的和为.
6．已知奇函数f(x)＝则函数h(x)的最大值为______．
解析：先求出x＞0时，f(x)＝－1的最小值．当x＞0时，f′(x)＝，所以x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数单调递减，x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数单调递增，所以x＝1时，函数取得极小值即最小值，为e－1，所以由已知条件得h(x)的最大值为1－e.
答案：1－e
7．函数f(x)＝在区间[2，4]上的最小值为________．
解析：f′(x)＝＝，当x∈[2，4]时，f′(x)＜0，即函数f(x)在x∈[2，4]上是单调递减函数，故当x＝4时，函数f(x)有最小值.
答案：
8．若函数f(x)＝x3－3x－a在区间[0，3]上的最大值、最小值分别为m，n则m－n＝________．
解析：因为f′(x)＝3x2－3，
所以当x＞1或x＜－1时，f′(x)＞0;
当－1＜x＜1时，f′(x)＜0.
所以f(x)在[0，1]上单调递减，在[1，3]上单调递增．
所以f(x)min＝f(1)＝1－3－a＝－2－a＝n.
又因为f(0)＝－a，f(3)＝18－a，
所以f(0)＜f(3)．
所以f(x)max＝f(3)＝18－a＝m，
所以m－n＝18－a－(－2－a)＝20.
答案：20
9．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋2，x＝2是f(x)的一个极值点，求：
(1)实数a的值；
(2)f(x)在区间[－1，3]上的最大值和最小值．
解：(1)因为f′(x)＝3x2＋2ax，f(x)在x＝2处有极值，
所以f′(2)＝0，即3×4＋4a＝0，
所以a＝－3.
(2)由(1)知a＝－3，
所以f(x)＝x3－3x2＋2，f′(x)＝3x2－6x.
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.
当x变化时f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
－1
(－1，0)
0
(0，2)
2
(2，3)
3
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
－2
?
2
?
－2
?
2
由上表可知f(x)在区间[－1，3]上的最大值是2，最小值是－2.
[B 能力提升]
10．(2019·衡水高二检测)已知函数f(x)＝ax4－4ax3＋b(a＞0)，x∈[1，4]，f(x)的最大值为3，最小值为－6，则a＋b＝( )
A. B．
C. D．
解析：选C.f′(x)＝4ax3－12ax2.令f′(x)＝0，得x＝3或x＝0(舍去)．当1≤x＜3时，f′(x)＜0，当3＜x≤4时，f′(x)＞0，故x＝3为极小点，也是最小值点．因为f(3)＝b－27a，f(1)＝b－3a，f(4)＝b，所以f(x)的最小值为f(3)＝b－27a，最大值为f(4)＝b，所以，解得，所以a＋b＝.
11．若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是________．
解析：因为2x(x－a)＜1，
所以a＞x－.
令f(x)＝x－，
所以f′(x)＝1＋2－xln 2＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，
所以a的取值范围为(－1，＋∞)．
答案：(－1，＋∞)
12．已知函数f(x)＝x3＋ax＋b(a，b∈R)在x＝2处取得极小值－.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)≤m2＋m＋在[－4，3]上恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2＋a，x∈R，由f′(2)＝0，得a＝－4；
再由f(2)＝－，得b＝4.
所以f(x)＝x3－4x＋4，f′(x)＝x2－4.
令f′(x)＝x2－4＞0，得x＞2或x＜－2.
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)．
(2)因为f(－4)＝－，f(－2)＝，f(2)＝－，f(3)＝1，所以函数f(x)在[－4，3]上的最大值为.
要使f(x)≤m2＋m＋在[－4，3]上恒成立，
只需m2＋m＋≥，
解得m≥2或m≤－3.
13．(选做题)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0.
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当a＞0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为f＝ln ＋a＝－ln a＋a－1.
因此f＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0.
令g(a)＝ln a＋a－1，g′(a)＝＋1＞0，
则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，
于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；
当a＞1时，g(a)＞0.
因此a的取值范围是(0，1)．
