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《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学 人教B版选修1-1利用导数研究函数的极值(二)


3.3.2
一、基础过关

利用导数研究函数的极值(二)

1.函数 f(x)=-x2+4x+7,在 x∈[3,5]上的最大值和最小值分别是 A.f(2),f(3) C.f(2),f(5)
3 2

(

)

B.f(3),f(5) D.f(5),f(3) (

C.2 D.4 ( B.e C.e2 10 D. 3 ( 1 3 D. 或- 2 2 ) ) )

2.f(x)=x -3x +2 在区间[-1,1]上的最大值是 A.-2 ln x 3.函数 y= 的最大值为 x A.e
-1

B.0

15 4.已知函数 y=-x2-2x+3 在区间[a,2]上的最大值为 ,则 a 等于 4 3 1 1 A.- B. C.- 2 2 2 5.函数 f(x)=xex 的最小值为________.

6.已知 f(x)=-x2+mx+1 在区间[-2,-1]上的最大值就是函数 f(x)的极大值,则 m 的取 值范围是________. 7.已知函数 f(x)=lg(x+1). 若 0<f(1-2x)-f(x)<1,求 x 的取值范围. 二、能力提升 4x 8.函数 y= 2 在定义域内 x +1 A.有最大值 2,无最小值 B.无最大值,有最小值-2 C.有最大值 2,最小值-2 D.无最值 9.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|达到最小时 t 的值为 A.1 1 B. 2 5 C. 2 2 D. 2 ( )

(

)

10.已知函数 f(x)=ex-2x+a 有零点,则 a 的取值范围是________. 11.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. 12.已知函数 f(x)=2x3-6x2+a 在[-2,2]上有最小值-37,求 a 的值及 f(x)在[-2,2]上的最 大值. 三、探究与拓展 13.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.

答案
1.B 2.C 3.A 4.C 1 5.- e 6.[-4,-2] ? ?2-2x>0, 7.解 由? 得-1<x<1. ?x+1>0 ? 由 0<lg(2-2x)-lg(x+1) 2-2x 2-2x =lg <1 得 1< <10. x+1 x+1 因为 x+1>0,所以 x+1<2-2x<10x+10, 2 1 解得- <x< . 3 3

?-1<x<1, ? 2 1 由? 2 得- <x< . 1 3 3 ?-3<x<3 ?
4?x2+1?-4x· 2x 8.C [令 y′= 2 2 ?x +1? 2 -4x +4 = 2 =0, ?x +1?2 得 x=± 1. x -1) +∞) y′ y - ? 0 极小值 + ? 0 极大值 - ? (-∞, -1 (-1,1) 1 (1,

∵x>0 时 y>0;x<0 时 y<0. 由上表可知 x=-1 时,y 取极小值也是最小值-2;x=1 时,y 取极大值也是最大值 2.] 9.D 10.(-∞,2ln 2-2] 11.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 ?a=3 ∴ ,∴? . b ? ?b=-9 -1×3= 3

? ? ?

(2)由(1)知 f(x)=x3-3x2-9x+c, f′(x)=3x2-6x-9. 当 x 变化时,f′(x),f(x)随 x 的变化状态如下表: x -1) (-∞, -1 (-1,

3) +∞) f′(x) f(x) c+5 c-27

3 + ? ? ?

(3, - +

0 极大值 极小值

0

而 f(-2)=c-2,f(6)=c+54, ∴当 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,∴c<-18. ∴c∈(-∞,-18)∪(54,+∞),此即为参数 c 的取值范围. 12.解 f′(x)=6x2-12x=6x(x-2), 令 f′(x)=0,得 x=0 或 x=2, 当 x 变化时,f′(x),f(x)变化状态如下表: x 0) f′(x) f(x) +a 值a +a ∴当 x=-2 时,f(x)min=-40+a=-37,得 a=3. 当 x=0 时,f(x)最大值为 3. 13.解 (1)f′(x)=(x-k+1)ex. 令 f′(x)=0,得 x=k-1, f(x)与 f′(x)的变化状态如下表: x k-1) +∞) f′(x) f(x) - ? 0 -e
k -1

-2 0 -40 ? ?

(-2, (0,2) + 极大 -8 2 0 - 0

(-∞, k-1 (k-1, + ?

所以 f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+∞). (2)当 k-1≤0,即 k≤1 时,函数 f(x)在[0,1]上单调递增, 所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(0)=-k; 当 0<k-1<1,即 1<k<2 时,由(1)知 f(x)在[0,k-1]上单调递减,在(k-1,1)上单调递增, 所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(k-1)=-ek 1. 当 k-1≥1,即 k≥2 时,函数 f(x)在[0,1]上单调递减,


所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(1)=(1-k)e.


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