人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用第二课时课后测评

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5.3.2　第二课时　函数的最大(小)值[A级　基础巩固]1．函数f(x)＝x4－4x(|x|<1)(　　)A．有最大值，无最小值B．有最大值，也有最小值C．无最大值，有最小值D．既无最大值，也无最小值解析：选D　f′(x)＝4x3－4＝4(x－1)(x2＋x＋1)．令f′(x)＝0，得x＝1.又x∈(－1,1)且1∉(－1,1)，∴该方程无解，故函数f(x)在(－1,1)上既无极值也无最值．故选D.2．函数f(x)＝2＋，x∈(0,5]的最小值为(　　)A．2　　　　　　　　　　　　 B．3C.   D．2＋解析：选B　由f′(x)＝－＝＝0，得x＝1，且x∈(0,1)时，f′(x)＜0，x∈(1,5]时，f′(x)＞0，∴x＝1时，f(x)取得极小值且为最小值，故最小值为f(1)＝3.3．函数y＝的最大值为(　　)A．e－1   B．eC．e2   D．10解析：选A　令y′＝＝＝0得x＝e.当x＞e时，y′＜0；当0＜x＜e时，y′＞0，所以y极大值＝f(e)＝e－1，在定义域内只有一个极值，所以ymax＝e－1.4．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为(　　)A．[0,1)   B．(0,1)C．(－1,1)   D.解析：选B　∵f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0，可得a＝x2，又∵x∈(0,1)，∴0＜a＜1，故选B.5．若函数f(x)＝x3－3x2－9x＋k在区间[－4,4]上的最大值为10，则其最小值为(　　)A．－10   B．－71C．－15   D．－22解析：选B　f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)．由f′(x)＝0，得x＝3或x＝－1.又因为f(－4)＝k－76，f(3)＝k－27，f(－1)＝k＋5，f(4)＝k－20.由f(x)max＝k＋5＝10，得k＝5，∴f(x)min＝k－76＝－71.6．函数y＝－x(x≥0)的最大值为__________．解析：y′＝－1＝，令y′＝0得x＝.∵0＜x＜时，y′＞0；x＞时，y′＜0.∴x＝时，ymax＝－＝.答案：7．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x＞1或x＜－1时，f′(x)＞0；当－1＜x＜1时，f′(x)＜0.∴f(x)在[0,1]上单调递减，在[1,3]上单调递增．∴f(x)min＝f(1)＝1－3－a＝－2－a＝n.又∵f(0)＝－a，f(3)＝18－a，∴f(0)＜f(3)．∴f(x)max＝f(3)＝18－a＝m，∴m－n＝18－a－(－2－a)＝20.答案：208．设函数f(x)＝x2ex，若当x∈[－2,2]时，不等式f(x)＞m恒成立，则实数m的取值范围是________．解析：f′(x)＝xex＋x2ex＝·x(x＋2)，令f′(x)＝0得x＝0或x＝－2.当x∈[－2,2]时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x－2(－2,0)0(0,2)2f′(x)0－0＋ f(x) 单调递减极小值0单调递增  ∴当x＝0时，f(x)min＝f(0)＝0，要使f(x)＞m对x∈[－2,2]恒成立，只需m＜f(x)min，∴m＜0.答案：(－∞，0)9．设函数f(x)＝ex－x2－x.(1)若k＝0，求f(x)的最小值；(2)若k＝1，讨论函数f(x)的单调性．解：(1)k＝0时，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)的最小值为f(0)＝1.(2)若k＝1，则f(x)＝ex－x2－x，定义域为R.所以f′(x)＝ex－x－1，令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，由g′(x)≥0得x≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，由g′(x)<0得x<0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，所以g(x)min＝g(0)＝0，即f′(x)min＝0，故f′(x)≥0.所以f(x)在R上单调递增．10．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋5，曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程为y＝3x＋1.(1)求a，b的值；(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值．解：(1)依题意可知点P(1，f(1))为切点，代入切线方程y＝3x＋1可得，f(1)＝3×1＋1＝4，∴f(1)＝1＋a＋b＋5＝4，即a＋b＝－2，又由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋5得，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，而由切线y＝3x＋1的斜率可知f′(1)＝3，∴3＋2a＋b＝3，即2a＋b＝0，由解得∴a＝2，b＝－4.(2)由(1)知f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，f′(x)＝3x2＋4x－4＝(3x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－2.当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：x－3(－3，－2)－21f′(x) ＋0－0＋ f(x)8单调递增极大值单调递减极小值单调递增4∴f(x)的极大值为f(－2)＝13，极小值为f＝，又∵f(－3)＝8，f(1)＝4，∴f(x)在[－3,1]上的最大值为13.[B级　综合运用]11．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(　　)A．1   B.C.   D.解析：选D　因为f(x)的图象始终在g(x)的上方，所以|MN|＝f(x)－g(x)＝x2－ln x，设h(x)＝x2－ln x，则h′(x)＝2x－＝，令h′(x)＝＝0，得x＝或x＝－(舍去)，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当x＝时有最小值，故t＝.12．(多选)设函数f(x)＝xln x，g(x)＝，则下列命题正确的是(　　)A．不等式g(x)＞0的解集为B．函数g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减C．当x1＞x2＞0时，＞f(x1)－f(x2)恒成立，则m≥1D．若函数F(x)＝f(x)－ax2有两个极值点，则实数a∈(0,1)解析：选AC　f(x)＝xln x的导函数为f′(x)＝1＋ln x，则g(x)＝＝，g′(x)＝，对于A，g(x)＞0，即＞0，解得x＞，故A正确；对于B，g′(x)＝，当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，g(x)在(0,1)上单调递增，故B错误；对于C，＞f(x1)－f(x2)可化为f(x2)－x＞f(x1)－x.设φ(x)＝f(x)－x2，又x1>x2＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴φ′(x)＝1＋ln x－mx≤0在(0，＋∞)上恒成立，即m≥在(0，＋∞)上恒成立．又g(x)＝在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)在x＝1处取得最大值，g(1)＝1，∴m≥1，故C正确；对于D，若函数F(x)＝f(x)－ax2有两个极值点，则f′(x)＝1＋ln x－2ax有两个零点，即1＋ln x－2ax＝0有两个不等实根.2a＝，又g(x)＝在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(1)＝1，x→＋∞时，g(x)→0，即2a∈(0,1)，a∈，故D错误．故选A、C.13．已知函数y＝－x2－2x＋3在区间[a,2]上的最大值为，则a＝________.解析：y′＝－2x－2，令y′＝0，得x＝－1，∴函数在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减．若a＞－1，则最大值为f(a)＝－a2－2a＋3＝，解得a＝－；若a≤－1，则最大值为f(－1)＝－1＋2＋3＝4≠.综上知，a＝－.答案：－14．已知函数f(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．解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)的导数f′(x)＝.(1)f′(1)＝1，所以切线方程为y＝x－1.(2)令f′(x)＝＝0，解得x＝e.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<t<e时，f(x)在[1，t]上单调递增，f(x)max＝f(t)＝，当t≥e时，f(x)在[1，e]上单调递增，在[e，t]上单调递减，f(x)max＝f(e)＝，f(x)max＝ [C级　拓展探究]15．已知函数f(x)＝ln x＋.(1)当a<0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值是，求a的值．解：函数f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝，(1)∵a<0，∴f′(x)>0，故函数在其定义域(0，＋∞)上单调递增．(2)x∈[1，e]时，分如下情况讨论：①当a<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，其最小值为f(1)＝a<1，这与函数在[1，e]上的最小值是相矛盾；②当a＝1时，函数f(x)在[1，e]上单调递增，其最小值为f(1)＝1，同样与最小值是相矛盾；③当1<a<e时，函数f(x)在[1，a)上有f′(x)<0，f(x)单调递减，在(a，e]上有f′(x)>0，f(x)单调递增，所以，函数f(x)的最小值为f(a)＝ln a＋1，由ln a＋1＝，得a＝.④当a＝e时，函数f(x)在[1，e]上有f′(x)<0，f(x)单调递减，其最小值为f(e)＝2，这与最小值是相矛盾；⑤当a>e时，显然函数f(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为f(e)＝1＋>2，仍与最小值是相矛盾；综上所述，a的值为.