发布时间 : 星期一 文章2017-2018学年高中数学人教A版选修1-1课时达标训练：(十八) Word版含解析更新完毕开始阅读c7975f57cbaedd3383c4bb4cf7ec4afe04a1b116
课时达标训练（十八）
[即时达标对点练]
题组1 求函数的最值
1．函数f(x)＝2x－cos x在(－∞，＋∞)上( ) A．无最值 B．有极值 C．有最大值 D．有最小值
2．函数f(x)＝x2ex在区间(－3，－1)上的最大值为( ) A．9e3 B．4e2 C．e1 D．4e2
－
－
－
3．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m＝________．
ln x
4．已知函数f(x)＝. x
(1)求f(x)在点(1，0)处的切线方程； (2)求函数f(x)在[1，t]上的最大值． 题组2 由函数的最值确定参数的值
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5．若函数y＝x3＋x2＋m在[－2，1]上的最大值为，则m等于( )
22A．0 B．1 5
C．2 D.
2
1116
6．设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.当0 323区间上的最大值． 题组3 与最值有关的恒成立问题 7．若对任意的x>0，恒有ln x≤px－1(p>0)，则p的取值范围是( ) A．(0，1] B．(1，＋∞) C．(0，1) D．[1，＋∞) 8．已知函数f(x)＝x3－ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)． (1)若函数f(x)在x＝－1和x＝3处取得极值，试求a，b的值； (2)在(1)的条件下，当x∈[－2，6]时，f(x)<2|c|恒成立，求c的取值范围． [能力提升综合练] 1 1．函数f(x)＝x3－2x2在区间[－1，5]上( ) 3A．有最大值0，无最小值 32 B．有最大值0，最小值－ 3 32 C．有最小值－，无最大值 3D．既无最大值也无最小值 2．函数f(x)＝x·2x，则下列结论正确的是( ) 1A．当x＝时，f(x)取最大值 ln 2B．当x＝ 1 时，f(x)取最小值 ln 2 1 C．当x＝－时，f(x)取最大值 ln 21 D．当x＝－时，f(x)取最小值 ln 2 3．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) 4．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小值时t的值为( ) 1A．1 B. 2C.52 D. 22 5．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________． a 6．已知函数f(x)＝2ln x＋2(a>0)．若当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥2恒成立，则实数a的 x取值范围是________． 7．已知函数f(x)＝(x－k)ex. (1)求f(x)的单调区间； (2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值． b1 8．设函数f(x)＝2ax－＋ln x，若f(x)在x＝1，x＝处取得极值， x2(1)求a、b的值； 1? (2)在??4，1?上存在x0使得不等式f(x0)－c≤0成立，求c的取值范围． 答 案 即时达标对点练 1. 解析：选A f′(x)＝2＋sin x>0，∴f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，∴f(x)在(－∞，＋∞)上无最值． 2. 解析：选B ∵f′(x)＝ex(x2＋2x)，令f′(x)＝0得x＝－2或x＝0(舍)． ∴f(x)在(－3，－2)上递增；在(－2，－1)上递减． ∴f(x)在(－3，－1)上的最大值为f(－2)＝4e2. － 3. 解析：令f′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2. 计算得f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1， 所以M＝24，m＝－8，所以M－m＝32. 答案：32 4. 解：f(x)的定义域为(0，＋∞)， f(x)的导数f′(x)＝ 1－ln x . x2(1)f′(1)＝1，所以切线方程为y＝x－1. (2)令f′(x)＝ 1－ln x ＝0，解得x＝e. x2当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当1 ln t， t 当t≥e时，f(x)在[1，e]上单调递增， 1 在[e，t]上单调递减，f(x)max＝f(e)＝， eln t ，1 f(x)max＝ 1 ，t≥e.e ??? 5. 解析：选C y′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)， 令y′＝0，得x＝0或x＝－1. 1 因为f(0)＝m，f(－1)＝m＋， 25 又f(1)＝m＋，f(－2)＝m－2， 2 559 所以f(1)＝m＋最大，所以m＋＝，所以m＝2. 2226. 解：令f′(x)＝－x2＋x＋2a＝0， 1－1＋8a1＋1＋8a 得两根x1＝，x2＝. 22 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) 2 4016 所以f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－， 33得a＝1，x2＝2， 10 从而f(x)在[1，4]上的最大值为f(2)＝. 3 7. 解析：选D 原不等式可化为ln x－px＋1≤0，令f(x)＝ln x－px＋1，故只需f(x)max 1111 0，?上单调递增；在?，＋∞?上单调递减．故f(x)max＝f??＝≤0，由f′(x)＝－p知f(x)在??p??p??p?x－ln p，即－ln p≤0，解得p≥1. 8. 解：(1)f′(x)＝3x2－2ax＋b， ∵函数f(x)在x＝－1和x＝3处取得极值， ∴－1，3是方程3x2－2ax＋b＝0的两根． 2 －1＋3＝a， 3 ∴ b －1×3＝，3 ??? ?a＝3，?∴? ?b＝－9.? (2)由(1)知f(x)＝x3－3x2－9x＋c， f′(x)＝3x2－6x－9. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 而f(－2)＝c－2，f(6)＝c＋54， ∴x∈[－2，6]时，f(x)的最大值为c＋54， 要使f(x)<2|c|恒成立，只要c＋54<2|c|即可， 当c≥0时，c＋54<2c， ∴c>54； 当c<0时，c＋54<－2c，