高中数学苏教版选修2-2学业分层测评：第一章导数及其应用7Word版含解析.docVIP

学业分层测评(七) (建议用时：45分钟) 学业达标] 一、填空题 1．函数f(x)＝＋x(x1,3])的最小值是________． 【解析】　f′(x)＝－＋1＝， 当x1,3]时，f′(x)0，f(x)是增函数， f(x)在x1,3]上的最小值为f(1)＝. 【答案】　 2．函数f(x)＝x3－x2－x＋a在区间0,2]上的最大值是3，则a的值为________． 【解析】　f′(x)＝3x2－2x－1，x0,2]， 令f′(x)＝0，得x＝1. 又f(0)＝a，f(1)＝a－1，f(2)＝a＋2， f(x)在0,2]上的最大值为a＋2＝3，a＝1. 【答案】　1 3．(2016·南通高二检测)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】　f′(x)＝3x2－3， 当x1或x－1时，f′(x)0， 当－1x1时，f′(x)0. f(x)在0,1]上单调递减，在1,3]上单调递增． f(x)最小值＝f(1)＝1－3－a＝－2－a＝n. 又f(0)＝－a，f(3)＝18－a，f(0)f(3)． f(x)最大值＝f(3)＝18－a＝m， m－n＝18－a－(－2－a)＝20. 【答案】　20 4．若对任意的x0，恒有ln x≤px－1(p0)，则p的取值范围是________. 【导学号 【解析】　原不等式化为ln x－px＋1≤0， 令f(x)＝ln x－px＋1，只需f(x)最大值≤0. 由f′(x)＝－p知f(x)在上单调递增，在上单调递减． f(x)最大值＝f＝－ln p， 由f(x)最大值≤0，得p≥1. 【答案】　1，＋∞) 5．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_______________． 【解析】　设h(x)＝x2－ln x， 易知h′(x)＝2x－＝，x0， x＝是h(x)在x(0，＋∞)内惟一极小值点， 且h＝－ln 0，则|MN|最小值＝h(x)最小值， MN达到最小时，t＝. 【答案】　 6．(2016·扬州质检)已知函数f(x)＝ln x－(mR)在区间1，e]上取得最小值4，则m＝________. 【解析】　f′(x)＝＋＝(x0)．当m≥0时，f′(x)0，f(x)在1，e]上为增函数，f(x)最小值＝f(1)＝－m＝4，则m＝－4.与m≥0矛盾．当m0时，若－m1，即m－1，f(x)最小值＝f(1)＝－m＝4，则m＝－4，与m－1矛盾，若－m1，e]，即－e≤m≤－1，f(x)最小值＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，解得m＝－e3，与－e≤m≤－1矛盾．若－me.即m－e时，f(x)最小值＝f(e)＝1－＝4.解得m＝－3e符合题意． 【答案】　－3e 7．(2016·常州高二检测)已知函数f(x)＝＋2ln x，若当a0时，f(x)≥2恒成立，则实数a的取值范围是________________． 【解析】　由＋2ln x≥2恒成立，得a≥x2·2(1－ln x)恒成立． 令h(x)＝2x2(1－ln x)，则h′(x)＝2x(1－2ln x) ∵x0，当0x时，h′(x)0；当x时，h′(x)0. h(x)最大值＝h()＝e.a≥e.即实数a的取值范围是e，＋∞)． 【答案】　e，＋∞) 8．若函数f(x)＝(a0)在1，＋∞)上的最大值为，则a的值为________． 【解析】　f′(x)＝＝，当x时，f′(x)0，f(x)单调递减，当－x时，f′(x)0，f(x)单调递增，当x＝时，f(x)＝＝，＝1，不合题意． f(x)最大值＝f(1)＝＝，a＝－1. 【答案】　－1 二、解答题 9．设函数f(x)＝ln(2x＋3)＋x2. (1)讨论f(x)的单调性； (2)求f(x)在区间上的最大值和最小值． 【解】　易知f(x)的定义域为. (1)f′(x)＝＋2x＝ ＝. 当－x－1时，f′(x)0； 当－1x－时，f′(x)0； 当x－时，f′(x)0， 从而f(x)在区间，上单调递增，在区间上单调递减． (2)由(1)知f(x)在区间上的最小值为f＝ln 2＋. 又因为f－f＝ln＋－ln－ ＝ln＋＝0， 所以f(x)在区间上的最大值为 f＝＋ln. 10．已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a. (1)求f(x)的单调递减区间； (2)若f(x)≥2 017对于x∈－2,2]恒成立，求a的取值范围． 【解】　(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9. 由f′(x)0，得x－1或x3， 所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)． (2)由f′(x)＝0，－2≤x≤2，得x＝－1. 因为f(－2)＝2＋a，f(