高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第五章 一元函数的导数及其应用5.3 导数在研究函数中的应用第二课时同步测试题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第五章 一元函数的导数及其应用5.3 导数在研究函数中的应用第二课时同步测试题，共5页。试卷主要包含了函数y＝ eq \f的最大值为等内容，欢迎下载使用。


A级——基础过关练
1．函数y＝ eq \f(ln x,x)的最大值为( )
A．e-1B．e C．e2D． eq \f(10,3)
【答案】A
2．(2023年陕西期末)函数f(x)＝ln x＋ eq \f(1,2x2)＋3的最小值是( )
A． eq \f(9,2) B．4 C． eq \f(7,2) D．3
【答案】C 【解析】由题意可得f′(x)＝ eq \f(1,x)－ eq \f(1,x3)＝ eq \f(x2－1,x3)，令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得03．函数f(x)＝x＋2cs x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上取最大值时，x的值为( )
A．0 B． eq \f(π,6)C． eq \f(π,3)D． eq \f(π,2)
【答案】B 【解析】f′(x)＝1－2sin x，令f′(x)>0，解得0≤x< eq \f(π,6)；令f′(x)<0，解得 eq \f(π,6)4．函数f(x)＝ eq \f(1,2)x2－ln x的最小值为( )
A． eq \f(1,2)B．1
C．0 D．不存在
【答案】A 【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－ eq \f(1,x)，令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得05．已知函数f(x)＝x2－ln x，则函数f(x)在[1，2]上的最小值为( )
A．1 B． eq \f(\r(2),2)
C． eq \f(1,8)＋ eq \f(1,2)ln 2 D． eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)ln 2
【答案】A 【解析】f′(x)＝2x－ eq \f(1,x)＝ eq \f(2x2－1,x)，当x∈[1，2]时，f′(x)＝ eq \f(2x2－1,x)>0，则f(x)在[1，2]上单调递增，则f(x)在[1，2]上的最小值为f(1)＝1.故选A.
6．(2022年广西月考)已知函数f(x)＝ln x＋ax存在最大值0，则a的值为( )
A．－2 B．－ eq \f(1,e) C．1 D．e
【答案】B 【解析】因为f′(x)＝ eq \f(1,x)＋a，x>0，所以当a≥0时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)单调递增，不存在最大值；当a<0时，令f′(x)＝0，得出x＝－ eq \f(1,a)，所以当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))时，f′(x)>0，函数单调递增，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，函数单调递减，所以f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))－1＝0，解得a＝－ eq \f(1,e).故选B.
7．(2022年重庆期末)已知函数f(x)＝－x3＋x2在[－1，m]上的最小值为0，则m的取值范围是( )
A．(0，1) B．[0，1]
C．(0，＋∞) D．[1，＋∞)
【答案】B 【解析】因为函数f(x)＝－x3＋x2，所以f′(x)＝－3x2＋2x＝－3x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))，所以令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ eq \f(2,3).令f′(x)＞0，得0＜x＜ eq \f(2,3)，令f′(x)＜0，得x＜0或x＞ eq \f(2,3)，所以f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上单调递增，在(－∞，0)和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上单调递减，所以f(x)的极小值为f(0)＝0，极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝ eq \f(4,27).又因为函数f(x)＝－x3＋x2在[－1，m]上的最小值为0，而令f(x)＝0，得x＝0或x＝1.由三次函数的图象可得0≤m≤1.故选B.
8．设f(x)，g(x)是定义在[a，b]上的可导函数且f′(x)>g′(x)，令F(x)＝f(x)－g(x)，则F(x)的最小值为________.
【答案】f(a)－g(a) 【解析】F′(x)＝f′(x)－g′(x)＞0，所以函数F(x)在定义域内单调递增，所以F(x)min＝F(a)＝f(a)－g(a).
9．函数f(x)＝ eq \f(4x,x2＋1)，x∈[－2，2]的最大值是________，最小值是________.
【答案】2 －2 【解析】f′(x)＝ eq \f(4(x2＋1)－4x·2x,(x2＋1)2)＝ eq \f(－4(x＋1)(x－1),(x2＋1)2)，令f′(x)＝0，解得x＝±1.当－2≤x＜－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当－1＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当1＜x≤2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．又因为f(－2)＝－ eq \f(8,5)，f(－1)＝－2，f(1)＝2，f(2)＝ eq \f(8,5)，所以函数的最大值是2，最小值是－2.
10．已知函数f(x)＝mx3＋nx，y＝f(x)的图象以点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))为切点的切线的倾斜角为 eq \f(π,4).
(1)求m，n的值；
(2)求函数y＝f(x)在[－2，1]上的最大值和最小值．
解：(1)易得f′(x)＝3mx2＋n，
由题意有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－m－n＝\f(1,3)，,3m＋n＝1，))解得m＝ eq \f(2,3)，n＝－1.
(2)由(1)知f(x)＝ eq \f(2,3)x3－x，f′(x)＝2x2－1.
令f′(x)>0，得x<－ eq \f(\r(2),2)或x> eq \f(\r(2),2)；
令f′(x)<0，得－ eq \f(\r(2),2)所以f(x)在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(\r(2),2)))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))上单调递增．
计算得f(－2)＝－ eq \f(10,3)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))＝ eq \f(\r(2),3)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝－ eq \f(\r(2),3)，f(1)＝－ eq \f(1,3)，
所以f(x)的最大值为 eq \f(\r(2),3)，最小值为－ eq \f(10,3).
B级——能力提升练
11．(多选)(2022年长沙月考)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋ax，x＜0，,ln (x＋1)，x≥0，))则下列说法正确的是( )
A．若f(x)的最小值为－1，则a＝2
B．当a≥0时，f(x)≥0恒成立
C．当a≤0时，存在x0∈R且x0≠0，使得f(x0)＝f(－x0)
D．存在a∈R，使得对任意x∈R，f(x)＞1－a恒成立
【答案】AC 【解析】当x≥0时，y＝ln (x＋1)≥0，因为f(x) 的最小值为－1，所以函数y＝x2＋ax在(－∞，0)上取最小值－1，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)＜0，,－\f(a2,4)＝－1，))解得a＝2，故A正确；当a≥0时，令x2＋ax＜0，解得－a＜x＜0，故当x∈(－a，0)时，f(x)＜0，故B错误；令x0＞0，要满足f(x0)＝f(－x0)，即只需函数f(－x)的图象与函数f(x)的图象有交点即可，即将问题转化为将左侧y＝x2＋ax的图象关于y轴对称，与y＝ln (x＋1)是否有交点，如图，显然当开口特别大时，与y＝ln (x＋1)的图象存在交点，故C正确；当a≤0时，1－a≥1，显然f(x)＞1－a不恒成立，当a＞0时，f(x)min＝－ eq \f(a2,4)，因为－ eq \f(a2,4)＋a－1＝－ eq \f((a－2)2,4)≤0，所以－ eq \f(a2,4)≤1－a，即f(x)min≤1－a恒成立，则f(x)＞1－a不恒成立，故D错误．故选AC.
12．已知函数f(x)＝x4cs x＋mx2＋2x(m∈R)，若导函数f′(x)在区间[－4，4]上有最大值16，则导函数f′(x)在区间[－4，4]上的最小值为( )
A．－16 B．－12 C．12 D．16
【答案】B 【解析】∵f(x)＝x4cs x＋mx2＋2x，∴f′(x)＝4x3cs x－x4sin x＋2mx＋2，令g(x)＝4x3cs x－x4sin x＋2mx.∵g(－x)＝－g(x)，∴g(x)为奇函数．∵f′(x)在区间[－4，4]上有最大值16，∴g(x)在区间[－4，4]上有最大值14，∴g(x)在区间[－4，4]上的最小值为－14，∴f′(x)在区间[－4，4]上有最小值－12.
13．已知函数f(x)＝ax3－3x＋1，且对任意x∈(0，1]，f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．
【答案】[4，＋∞) 【解析】当x∈(0，1]时，不等式ax3－3x＋1≥0可化为a≥ eq \f(3x－1,x3).设g(x)＝ eq \f(3x－1,x3)，x∈(0，1]，则g′(x)＝ eq \f(3x3－(3x－1)·3x2,x6)＝－ eq \f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))),x4).令g′(x)＝0，得x＝ eq \f(1,2).g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表，
故g(x)的最大值为4，实数a的取值范围是[4，＋∞).
14．(2022年漳州一模)已知函数y＝|x2－2x－1|的图象与直线y＝m(m∈R)有四个交点，且这四个交点的横坐标分别为a，b，c，d(a【答案】4 4 eq \r(5) 【解析】y＝|x2－2x－1|的图象如图所示．
由图知0a⇒d－a>0，∴d－a＝ eq \r((d－a)2)＝ eq \r((d＋a)2－4ad)＝2 eq \r(2＋m)，c>b⇒c－b>0，∴c－b＝ eq \r((c－b)2)＝ eq \r((c＋b)2－4bc)＝2 eq \r(2－m)，∴2(d－a)＋(c－b)＝4 eq \r(2＋m)＋2 eq \r(2－m)，令f(m)＝4 eq \r(2＋m)＋2 eq \r(2－m)，02＋m，解得00，f(m)单调递增，令8－4m＜2＋m，解得 eq \f(6,5)15．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).
(1)若对任意的x∈(0，＋∞)，f(x)≤0恒成立，求a的取值范围；
(2)在(1)的条件下，求证：e eq \f(1,x)≥ eq \f(e,x).
(1)解：由f(x)≤0，得a≥ eq \f(ln x,x)，设g(x)＝ eq \f(ln x,x)，则g′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2)，当g′(x)＞0，得0＜x＜e；当g′(x)＜0，得x＞e.
故g(x)在(0，e)上是单调递增的，在(e，＋∞)上是单调递减的，
所以g(x)max＝g(e)＝ eq \f(1,e)，故a≥ eq \f(1,e).
(2)证明：由(1)知，f(x)＝ln x－ eq \f(x,e)≤0，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e\s\up6(\f(1,x))))≤0，即 eq \f(1,x)－ eq \f(e\s\up6(\f(1,x)),e)≤0，e eq \f(1,x)-1≥ eq \f(1,x)，即e eq \s\up6(\f(1,x))≥ eq \f(e,x).
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
g′(x)
＋
0
－
g(x)
↗
极大值4
↘