學業分層測評(建議用時：45分鐘)[學業達標]一、選擇題1．下列是函數f(x)在[a，b]上的圖象，則f(x)在(a，b)上無最大值的是()【解析】在開區間(a，b)上，只有D選項中的函數f(x)無最大值．【答案】D2．函數f(x)＝2eq\r(x)＋eq\f(1,x)，x∈(0,5]的最小值為()A．2 B．3\f(17,4) D．2eq\r(2)＋eq\f(1,2)【解析】由f′(x)＝eq\f(1,\r(x))－eq\f(1,x2)＝eq\f(x\f(3,2)－1,x2)＝0，得x＝1，且x∈(0,1]時，f′(x)<0；x∈(1,5]時，f′(x)>0，∴x＝1時，f(x)最小，最小值為f(1)＝3.【答案】B3．函數f(x)＝x3－3x2＋2在區間[－1,1]上的最大值為M，最小值為m，則M－m的值為()A．2 B．－4C．4 D．－2【解析】f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.因為f(0)＝2，f(－1)＝－2，f(1)＝0，所以M＝2，m＝－2.所以M－m＝4.【答案】C4．函數f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內有最小值，則a的取值范圍為()A．0≤a＜1 B．0＜a＜1C．－1＜a＜1 D．0＜a＜eq\f(1,2)【解析】∵f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0得x2＝a∴x＝±eq\r(a).又∵f(x)在(0,1)內有最小值，∴0＜eq\r(a)＜1，∴0＜a＜1.故選B.【答案】B5．已知函數f(x)＝ax3＋c，且f′(1)＝6，函數在[1,2]上的最大值為20，則c的值為()A．1 B．4C．－1 D．0【解析】∵f′(x)＝3ax2，∴f′(1)＝3a＝6，∴a當x∈[1,2]時，f′(x)＝6x2＞0，即f(x)在[1,2]上是增函數，∴f(x)max＝f(2)＝2×23＋c＝20，∴c＝4.【答案】B二、填空題6．函數f(x)＝3x＋sinx在x∈[0，π]上的最小值為________．【解析】f′(x)＝3xln3＋cosx.∵x∈[0，π]時，3xln3＞1，－1≤cosx≤1，∴f′(x)＞0.∴f(x)遞增，∴f(x)min＝f(0)＝1.【答案】17．已知函數f(x)＝x3－eq\f(3,2)ax2＋b(a，b為實數，且a＞1)在區間[－1,1]上的最大值為1，最小值為－1，則a＝________，b＝________.【解析】∵f′(x)＝3x2－3ax＝3x(x－a)，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝a.∵a＞1，∴當x變化時，f′(x)與f(x)的變化情況如下表：x－1(－1,0)0(0,1)1f′(x)＋0－f(x)－1－eq\f(3,2)a＋b極大值b1－eq\f(3,2)a＋b由題意得b＝1.f(－1)＝－eq\f(3a,2)，f(1)＝2－eq\f(3a,2)，f(－1)＜f(1)，∴－eq\f(3a,2)＝－1，∴a＝eq\f(2,3).【答案】eq\f(2,3)18．設函數f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對任意的x∈(0,1]都有f(x)≥0成立，則實數a的取值范圍為________.【導學號：26160094】【解析】∵x∈(0,1]，∴f(x)≥0可化為a≥eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).設g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，則g′(x)＝eq\f(31－2x,x4).令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2).當0<x<eq\f(1,2)時，g′(x)>0；當eq\f(1,2)<x≤1時，g′(x)<0.∴g(x)在(0,1]上有極大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4，它也是最大值，故a≥4.【答案】[4，＋∞)三、解答題9．求下列各函數的最值．(1)f(x)＝x3－3x2＋6x－2，x∈[－1,1]；(2)y＝5－36x＋3x2＋4x3，x∈(－2,2)．【解】(1)f′(x)＝3x2－6x＋6＝3(x2－2x＋2)＝3(x－1)2＋3，∵f′(x)在[－1,1]內恒大于0，∴f′(x)在[－1,1]上為增函數．故x＝－1時，f(x)最小值＝－12；x＝1時，f(x)最大值＝2.即f(x)的最小值為－12，最大值為2.(2)y′＝－36＋6x＋12x2，令y′＝0，即12x2＋6x－36＝0，解得x1＝eq\f(3,2)，x2＝－2(舍去)．當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(3,2)))時，f′(x)＜0，函數單調遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))時，f′(x)＞0，函數單調遞增．∴函數f(x)在x＝eq\f(3,2)時取得極小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－28eq\f(3,4)，無極大值，即在(－2,2)上函數f(x)的最小值為－28eq\f(3,4)，無最大值．10．設f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax.(1)若f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在單調遞增區間，求a的取值范圍；(2)當0<a<2時，f(x)在[1,4]上的最小值為－eq\f(16,3)，求f(x)在該區間上的最大值．【解】由f′(x)＝－x2＋x＋2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a，當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))時，f′(x)的最大值為f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,9)＋2a；令eq\f(2,9)＋2a>0，得a>－eq\f(1,9).所以，當a>－eq\f(1,9)時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在單調遞增區間．(2)令f′(x)＝0，得兩根x1＝eq\f(1－\r(1＋8a),2)，x2＝eq\f(1＋\r(1＋8a),2).所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上單調遞減，在(x1，x2)上單調遞增．當0<a<2時，有x1<1<x2<4，所以f(x)在[1,4]上的最大值為f(x2)．又f(4)－f(1)＝－eq\f(27,2)＋6a<0，即f(4)<f(1)，所以f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)＝8a－eq\f(40,3)＝－eq\f(16,3)，得a＝1，x2＝2，從而f(x)在[1,4]上的最大值為f(2)＝eq\f(10,3).[能力提升]1．已知函數f(x)、g(x)均為[a，b]上的可導函數，在[a，b]上連續且f′(x)<g′(x)，則f(x)－g(x)的最大值為()A．f(a)－g(a) B．f(b)－g(b)C．f(a)－g(b) D．f(b)－g(a)【解析】令u(x)＝f(x)－g(x)，則u′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，∴u(x)在[a，b]上為減函數，∴u(x)在[a，b]上的最大值為u(a)＝f(a)－g(a)．【答案】A2．設動直線x＝m與函數f(x)＝x3，g(x)＝lnx的圖象分別交于點M，N，則|MN|的最小值為()\f(1,3)(1＋ln3) \f(1,3)ln3C．1＋ln3 D．ln3－1【解析】由題意知，|MN|＝|x3－lnx|.設h(x)＝x3－lnx，h′(x)＝3x2－eq\f(1,x)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(3,\f(1,3))，易知，當x＝eq\r(3,\f(1,3))時，h(x)取得最小值，h(x)min＝eq\f(1,3)－eq\f(1,3)lneq\f(1,3)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln\f(1,3)))>0，故|MN|min＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln\f(1,3)))＝eq\f(1,3)(1＋ln3)．【答案】A3．已知函數f(x)＝2lnx＋eq\f(a,x2)(a>0)，若當x∈(0，＋∞)時，f(x)≥2恒成立，則實數a的取值范圍是________.【導學號：26160095】【解析】由f(x)≥2，得a≥2x2－2x2lnx.設g(x)＝2x2－2x2lnx，則g′(x)＝2x(1－2lnx)，令g′(x)＝0，得x＝eeq\s\up7(\f(1,2))或x＝0(舍去)，因為當0<x<eeq\s\up7(\f(1,2))時，g′(x)>0；當x>eeq\s\up7(\f(1,2))時，g′(x)<0.所以當x＝eeq\s\up7(\f(1,2))時，g(x)取得最大值g(eeq\s\up7(\f(1,2)))＝e，故a≥e.【答案】a≥e4．設eq\f(2,3)＜a＜1，函數f(x)＝x3－eq\f(3,2)ax2＋b(－1≤x≤1)的最大值為1，最小值為－eq\f(\r(6),2)，求常數a，b的值．【解】令f′(x)＝3x2－3ax＝0，得x1＝0，x2＝a.由題意可知當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x－1(－1,0)0(0，a)a(a,1)1f′(x)＋0－0＋f(x)－1－eq\f(3,2)a＋bb－eq\f(a3,2)＋b1－eq\f(3,2)a＋b從上表可知，當x＝0時，f(x)取得極大值b，而f(0)＞f(a)，f(1)＞f(－1)，故需比較f(