数学选择性必修 第二册1.3 导数在研究函数中的应用练习

这是一份数学选择性必修 第二册1.3 导数在研究函数中的应用练习，共5页。试卷主要包含了下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

A．若f(x)在[a，b]上有极大值，则极大值一定是[a，b]上的最大值
B．若f(x)在[a，b]上有极小值，则极小值一定是[a，b]上的最小值
C．若f(x)在[a，b]上有极大值，则极小值一定是在x＝a和x＝b处取得
D．若f(x)在[a，b]上连续，则f(x)在[a，b]上存在最大值和最小值
2．函数f(x)＝x3－3x在区间[－1，2]上的最大值和最小值分别为( )
A．2和－2B．2和0
C．0和－2D．1和0
3．已知函数f(x)＝2x3－ax2－ax的一个极值点为1，则f(x)在[－2，2]上的最小值为________．
4．已知函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处有极值2.
(1)求a，b的值；
(2)求函数f(x)在区间[－2，eq \f(1,2)]上的最值．
5.已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a(a为常数)，在区间[－2，2]上有最大值20，那么此函数在区间[－2，2]上的最小值为( )
A．－37B．－7
C．－5D．－11
6．函数f(x)＝x3－3x在区间(－2，m)上有最大值，则m的取值范围是( )
A．(－1，eq \r(3)) B．(－1，3]
C．(－1，eq \r(3)] D．(－1，2]
7．已知函数f(x)＝x3－eq \f(3,2)ax2＋b(a，b为实数，且a>1)在区间[－1，1]上的最大值为1，最小值为－2，则a－b＝________，f(x)的解析式为________________．
8．已知h(x)＝x3＋3x2－9x＋1在区间[k，2]上的最大值是28，求k的取值范围．
9．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋eq \f(3,2)c在x＝1和x＝2处取得极值．
(1)求实数a，b的值；
(2)若对任意的x∈[0，3]，都有f(x)10.若对任意的实数x>0，xlnx－x－a≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，1]
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
11．已知函数f(x)＝x2ex－1－eq \f(1,3)x3－x2，
(1)求函数f(x)的极值；
(2)设g(x)＝eq \f(2,3)x3－x2，求证：对任意实数x，都有f(x)≥g(x).
课时作业(九) 三次函数的性质：单调区间和极值
1．解析：函数f(x)在[a，b]上的极值不一定是最值，最值也不一定是极值，极值一定不会在端点处取得，而在[a，b]上一定存在最大值和最小值．
答案：D
2．解析：f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
所以f(x)在区间(－1，1)上f′(x)<0，f(x)递减，在(1，2)上f′(x)>0，f(x)递增．
所以f(x)的最小值为f(1)＝1－3＝－2，
f(－1)＝－1＋3＝2，f(2)＝8－6＝2，
所以f(x)的最大值为2.
答案：A
3．解析：因为f′(x)＝6x2－2ax－a，
所以f′(1)＝6－3a＝0，得a＝2.
因为f′(x)＝6x2－4x－2＝2(x－1)(3x＋1)，
所以f(x)在(－2，－eq \f(1,3))，(1，2)上单调递增，在(－eq \f(1,3)，1)上单调递减．
因为f(－2)＝－20，f(1)＝－2，所以f(x)在[－2，2]上的最小值为－20.
答案：－20
4．解析：(1)f(x)＝ax3＋bx，f′(x)＝3ax2＋b，
∵函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处取得极值2，
∴f(1)＝a＋b＝2，f′(1)＝3a＋b＝0，解得a＝－1，b＝3，
f(x)＝－x3＋3x，经验证在x＝1处取极值2，故a＝－1，b＝3.
(2)由f′(x)＝－3(x＋1)(x－1)，
令f′(x)>0，解得－1令f′(x)<0，解得x>1或x<－1，
因此，f(x)在[－2，－1)递减，在(－1，eq \f(1,2)]递增，f(x)的最小值是f(－1)＝－2，
而f(－2)＝2>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(11,8)，故函数f(x)的最大值是2.
5．解析：由题意，函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a，x∈[－2，2]，可得f′(x)＝－3x2＋6x＋9，
令f′(x)＝0，即－3x2＋6x＋9＝0，解得x＝－1或3(舍去).
当－2当－10，f(x)单调递增，
所以当x＝－1时取最小值，而f(2)＝22＋a>f(－2)＝2＋a，
即最大值为22＋a＝20，所以a＝－2，
所以此函数在区间[－2，2]上的最小值为f(－1)＝－5－2＝－7.
答案：B
6．解析：因为f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1)＝3(x＋1)(x－1)，
所以当x<－1或x>1时f′(x)>0，当－1所以f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，
所以f(x)在x＝－1处取得极大值，在x＝1处取得极小值，因为在(－2，m)上有最大值，
所以极大值点－1∈(－2，m)，
又f(－1)＝2，当x3－3x＝2时，即(x＋1)2(x－2)＝0，解得x＝2或x＝－1，
所以－1答案：D
7．解析：f′(x)＝3x2－3ax＝3x(x－a)，
令f′(x)＝0得x1＝0，x2＝a，又a>1，x∈[－1，1]，
当x∈[－1，0]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
当x∈(0，1]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(0)＝b＝1，
因为f(－1)＝－eq \f(3,2)a，f(1)＝2－eq \f(3,2)a，
所以f(x)min＝f(－1)＝－eq \f(3,2)a，
所以－eq \f(3,2)a＝－2，即a＝eq \f(4,3)，所以a－b＝eq \f(4,3)－1＝eq \f(1,3)，
所以f(x)＝x3－2x2＋1.
答案：eq \f(1,3) f(x)＝x3－2x2＋1
8．解析：∵h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，
∴h′(x)＝3x2＋6x－9，
令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1，
当x变化时h′(x)及h(x)的变化情况如下表．
当x＝－3时，取极大值28；
当x＝1时，取极小值－4.
而h(2)＝3如果h(x)在区间[k，2]上的最大值为28，则k≤－3.
9．解析：(1)由函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋eq \f(3,2)c，
可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为函数f(x)在x＝1和x＝2处取得极值，
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（1）＝3＋2a＋b＝0,f′（2）＝12＋4a＋b＝0))，解得a＝－eq \f(9,2)，b＝6.
(2)由(1)知，函数f(x)＝x3－eq \f(9,2)x2＋6x＋eq \f(3,2)c，
可得f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)，
当x∈[0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈[1，2]时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(2，3]时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
又因为f(1)＝eq \f(3,2)c＋eq \f(5,2)，f(3)＝eq \f(3,2)c＋eq \f(9,2)，
所以f(x)在[0，3]的最大值为f(3)＝eq \f(3,2)c＋eq \f(9,2)，
所以eq \f(3,2)c＋eq \f(9,2)3，
即实数c的取值范围是(－∞，－eq \f(3,2))∪(3，＋∞).
10．解析：令f(x)＝xlnx－x－a，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝lnx，令f′(x)＝0⇒x＝1.
若0若x>1时，f′(x)>0.
所以可知函数f(x)在(0，1)递减，在(1，＋∞)递增，
所以f(x)min＝f(1)＝－1－a.
由对任意的实数x>0，xlnx－x－a≥0恒成立，
所以f(x)min＝－1－a≥0⇒a≤－1.
答案：A
11．解析：(1)f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)，其中x∈R，
由f′(x)＝0得：x1＝－2，x2＝0，x3＝1，
f′(x)的零点把函数f(x)的定义域划分为四个区间，f′(x)在各区间上的正负，以及f(x)的单调性如下表所示：
由上表可知，当x＝－2和x＝1时，f(x)有极小值，
并且极小值为f(－2)＝eq \f(4,e3)－eq \f(4,3)和f(1)＝－eq \f(1,3)；
当x＝0时，f(x)有极大值，并且极大值为f(0)＝0.
(2)证明：f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3＝x2(ex－1－x)，
设h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1，
由h′(x)＝0得：x＝1.
则当x<1时，h′(x)<0，即函数h(x)在(－∞，1)上单调递减；
则当x>1时，h′(x)>0，即函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因此，当x＝1时，h(x)取最小值h(1)＝0即对任意实数x都有h(x)≥0，
又x2≥0，所以f(x)－g(x)≥0，
故对任意实数x，都有f(x)≥g(x).
练基础
提能力
培优生
x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
↗
28
↘
－4
↗
x
(－∞，－2)
－2
(－2，0)
0
(0，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
0
＋
f(x)
↘
eq \f(4,e3)－ eq \f(4,3)
↗
0
↘
－ eq \f(1,3)
↗