2019_2020学年高中数学课时分层作业14实际问题中导数的意义最大值最小值问题含解析北师大版选修2_2

课时分层作业(十四)(建议用时：60分钟)[基础达标练]一、选择题1．函数f (x )＝x 3－3x (x <1)( ) A ．有最大值，无最小值 B ．有最大值、最小值 C ．无最大值、最小值 D ．无最大值，有最小值A [f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝1(舍)． 当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0，当x ∈(－1,1)时，f ′(x )<0. 从而函数f (x )有最大值，无最小值，故选A.]2．如图所示，函数f (x )导函数的图像是一条直线，则( )A ．函数f (x )没有最大值也没有最小值B ．函数f (x )有最大值，没有最小值C ．函数f (x )没有最大值，有最小值D ．函数f (x )有最大值也有最小值C [由函数图像可知，函数只有一个极小值点，且函数在此处取得最小值，没有最大值．] 3．函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有极小值，则a 的取值范围为( ) A ．0≤a <1 B ．0<a <1 C ．－1<a <1D ．0<a <12B [∵f ′(x )＝3x 2－3a ，则f ′(x )＝0有解，可得a ＝x 2．又∵x ∈(0,1)，∴0<a <1．故选B.]4．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <32A [令f ′(x )＝2x 3－6x 2＝0，得x ＝0或x ＝3. 经检验，知x ＝3是函数的最小值点， 所以函数f (x )的最小值为f (3)＝3m －272.因为不等式f (x )＋9≥0恒成立，即f (x )≥－9恒成立， 所以3m －272≥－9，解得m ≥32，故选A.]5．做一个容积为256 m 3的方底无盖水箱，所用材料最省时，它的高为( ) A ．6 m B ．8 m C ．4 mD ．2 mC [设底面边长为x m ，高为h m ，则有x 2h ＝256，所以h ＝256x2.所用材料的面积设为S m 2，则有S ＝4x ·h ＋x 2＝4x ·256x 2＋x 2＝256×4x ＋x 2．S ′＝2x －256×4x2，令S ′＝0，得x ＝8，因此h ＝25664＝4(m)．] 二、填空题6．当x ∈[－1,1]时，函数f (x )＝x 2ex 的值域是__________．[0，e] [∵f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2e x ′＝2x ·e x －x 2·e x (e x )2＝2x －x 2e x ，x ∈[－1,1]． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2(舍去)． ∵f (－1)＝e ，f (0)＝0，f (1)＝1e，∴函数f (x )＝x 2e x ，x ∈[－1,1]的值域为[0，e]．]7．若函数f (x )＝xx 2＋a(a >0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a 的值为________． 3－1 [f ′(x )＝x 2＋a －2x 2(x 2＋a )2＝a －x 2(x 2＋a )2，当x >a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当－a <x <a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ＝a 时，f (x )＝a 2a ＝33，a ＝32<1，不合题意， ∴f (x )max ＝f (1)＝11＋a ＝33，a ＝3－1．]8．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使水桶的体积是27π，且用料最省，则水桶的底面半径为________．3 [设圆柱形水桶的表面积为S ，底面半径为r (r ＞0)，则水桶的高为27r2，所以S ＝πr2＋2πr ×27r 2＝πr 2＋54πr (r ＞0)，求导数，得S ′＝2πr －54πr2，令S ′＝0，解得r ＝3.当0＜r ＜3时，S ′＜0；当r ＞3时，S ′＞0，所以当r ＝3时，圆柱形水桶的表面积最小，即用料最省．]三、解答题9．日常生活中的饮用水通常是通过净化的，随着水纯净度的增加，所需净化费用不断增加，已知将1 t 水净化到纯净度为x %时所需费用(单位：元)为c (x )＝5 284100－x (80<x <100)，求净化到下列(1)90%；(2)98%纯净度时，所需费用的瞬时变化率．[解] c ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫5 284100－x ′＝ 5 284(100－x )2，∴c ′(90)＝ 5 284(100－90)2＝52．84，c ′(98)＝5 284(100－98)2＝1 321．故纯净度为90%时，净化费用的瞬时变化率为50.84元/t ；纯净度为98%时，净化费用的瞬时变化率为1 321元/t.10．设函数f (x )＝ln(2x ＋3)＋x 2．(1)讨论f (x )的单调性；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，14上的最大值和最小值． [解] 易知f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞. (1)f ′(x )＝22x ＋3＋2x ＝4x 2＋6x ＋22x ＋3＝2(2x ＋1)(x ＋1)2x ＋3.当－32<x <－1时，f ′(x )>0；当－1<x <－12时，f ′(x )<0；当x >－12时，f ′(x )>0，从而f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12上单调递减． (2)由(1)知f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，14上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝ln 2＋14.又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝ln 32＋916－ln 72－116 ＝ln 37＋12＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－ln 499<0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，14上的最大值为 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝116＋ln 72. [能力提升练]1．已知函数f (x )＝x 3－92x 2＋6x ＋a ，若存在x 0∈[－1,4]，使f (x 0)＝2a 成立，则实数a的取值范围是( )A ．2≤a ≤52B ．－232≤a ≤52C ．2≤a ≤16D ．－232≤a ≤16D [∵f (x 0)＝2a ，即x 30－92x 20＋6x 0＋a ＝2a ，可化为x 30－92x 20＋6x 0＝a ，设g (x )＝x 3－92x 2＋6x ，则g ′(x )＝3x 2－9x ＋6＝3(x －1)(x －2)＝0，得x ＝1或x ＝2．∴g (1)＝52，g (2)＝2，g (－1)＝－232，g (4)＝16.由题意，g (x )min ≤a ≤g (x )max ，∴－232≤a ≤16.]2．已知函数f (x )＝(x 2＋a )e x 有最小值，则函数g (x )＝x 2＋2x ＋a 的零点个数为( ) A ．0 B ．1C ．2D ．取决于a 的值C [f ′(x )＝2x ·e x＋(x 2＋a )·e x＝e x(x 2＋2x ＋a )＝e x·g (x )．函数f (x )的最小值即其极小值，即f ′(x )＝0有解．当有一解x 0时，在x 0两侧f ′(x )>0都成立，此时f (x )是单调递增的，没有极值，不符合题意，应舍去，因此f ′(x )＝0有两解，即x 2＋2x ＋a ＝0有两解，故g (x )有两个零点．]3．一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比，已知在速度为10 km/h 时的燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元，当行驶每千米的费用总和最小时，此轮船的航行速度为__________km/h.20 [设轮船的速度为x km/h 时，燃料费用为Q 元，则Q ＝kx 3(k ≠0)．因为6＝k ×103，所以k ＝3500，所以Q ＝3500x 3.所以行驶每千米的费用总和为y ＝⎝⎛⎭⎪⎫3500x 3＋96·1x ＝3500x 2＋96x (x >0)．所以y ′＝3250x －96x 2.令y ′＝0，解得x ＝20.因为当x ∈(0,20)时，y ′<0，此时函数单调递减； 当x ∈(20，＋∞)时，y ′>0，此时函数单调递增， 所以当x ＝20时，y 取得最小值，即此轮船以20 km/h 的速度行驶时，每千米的费用总和最小．]4．已知f (x )＝12x 2＋b x ＋c (b ，c 是常数)和g (x )＝14x ＋1x 是定义在M ＝{x |1≤x ≤4}上的函数，对于任意的x ∈M ，存在x 0∈M 使得f (x )≥f (x 0)，g (x )≥g (x 0)，且f (x 0)＝g (x 0)，则f (x )在M 上的最大值为________．5 [因为g (x )＝14x ＋1x≥214＝1(当且仅当x ＝2时等号成立)，所以f (2)＝2＋b2＋c ＝g (2)＝1，所以c ＝－1－b2，所以f (x )＝12x 2＋b x －1－b 2，所以f ′(x )＝x －b x 2＝x 3－bx 2.因为f (x )在x ＝2处有最小值，且x ∈[1,4]，所以f ′(2)＝0，即b ＝8，所以c ＝－5，所以f (x )＝12x2＋8x －5，f ′(x )＝x 3－8x 2，所以f (x )在[1,2)上单调递减，在(2,4]上单调递增，而f (1)＝12＋8－5＝72，f (4)＝8＋2－5＝5，所以函数f (x )在M 上的最大值为5.]5．设a 为实数，函数f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x>x 2－2ax ＋1． [解] (1)由f (x )＝e x－2x ＋2a 得f ′(x )＝e x－2． 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化状态如下表：故f (x )x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a ＝2(1－ln 2＋a )，无极大值．(2)设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知，当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0. 于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1．。