高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册6.2.2 导数与函数的极值、最值第二课时达标测试

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册6.2.2 导数与函数的极值、最值第二课时达标测试，共9页。试卷主要包含了已知函数f＝ex.，答案等内容，欢迎下载使用。


A．函数y＝f(x)在区间[a，b]上有3个极大值
B．函数y＝f(x)在区间[a，b]上有4个极小值
C．函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值是M
D．函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最小值是m
2．若函数f(x)＝eq \f(ex,x＋2)在(－2，a)上有最小值，则a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，1)
C．[－1，＋∞) D．(－1，＋∞)
3．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x－sinx，则f(x)在[0，π]上的值域为________．
4．已知函数f(x)＝(x－k)ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值．
5．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋2a在x＝1处取得极小值1.
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数y＝f(x)在区间[－2，2]上的值域．
6．函数f(x)＝x3－ax2－a2x，求函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值．
7.函数y＝exsinx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的最小值是( )
A．－e－eq \f(π,2)B．－eq \f(\r(3),2)e－eq \f(π,3)
C．－eq \f(\r(2),2)e－eq \f(π,4)D．－eq \f(1,2)e－eq \f(π,6)
8．(多选题)定义在R上的函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A．函数y＝f(x)在(3，5)上单调递减
B．f(0)>f(3)
C．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
D．函数y＝f(x)存在最小值
9．已知a≤eq \f(1－x,x)＋lnx对于x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1) B．(－∞，0]
C．(－∞，1] D．(－∞，2)
10．已知R上的函数f(x)满足f(1)＝3，且f′(x)<2，则不等式f(x)<2x＋1的解集为( )
A．(－∞，1) B．(3，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
11．已知函数f(x)＝eq \f(1－x,x)＋klnx，k12．已知函数f(x)＝lnx＋eq \f(a,x)(a为常数).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)不等式f(x)≥2在x∈(0，e2]上恒成立，求实数a的取值范围．
13.已知函数f(x)＝lnx－ax＋a.
(1)若a>0，试讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤0恒成立，求实数a的值．
14．若函数f(x)＝lnx＋ax＋eq \f(1,x)在[1，＋∞)上是单调函数，则a的取值范围是______________．
15．已知函数f(x)＝xlnx＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求函数f(x)在区间[t，t＋1](t>0)上的最小值．
第2课时 函数最值的求法
必备知识基础练
1．答案：ACD
解析：显然f(x1)，f(x3)，f(x5)为极大值，f(x2)，f(x4)，f(x6)为极小值．最大值y＝M＝f(x3)＝f(b)，最小值y＝m＝f(x4).故选ACD.
2．答案：D
解析：f′(x)＝eq \f(ex（x＋1）,（x＋2）2)，
令f′(x)>0，解得x>－1；
令f′(x)<0，解得x<－1.
故f(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
若f(x)在(－2，a)上有最小值，则a>－1.故选D.
3．答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－\f(\r(3),2)，\f(π,2)))
解析：由题意得f′(x)＝eq \f(1,2)－csx，令f′(x)＝0得x＝eq \f(π,3)，
易知当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，f′(x)＜0，此时f(x)递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))时，f′(x)＞0，此时f(x)递增．
故f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(π,6)－eq \f(\r(3),2)；因为f(0)＝0，f(π)＝eq \f(π,2).
故函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－\f(\r(3),2)，\f(π,2))).
4．解析：(1)由f(x)＝(x－k)ex，
得f′(x)＝(x－k＋1)ex，
令f′(x)＝0，得x＝k－1.
当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞).
(2)当k－1≤0，即k≤1时，
函数f(x)在[0，1]上单调递增，
所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；
当0由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1，1]上单调递增，
所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；
当k－1≥1，即k≥2时，
函数f(x)在[0，1]上单调递减，
所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.
综上可知，当k≤1时，f(x)min＝－k；
当1当k≥2时，f(x)min＝(1－k)e.
5．解析：(1)因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋2a，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
根据题意，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝1，,f′（1）＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋a＋b＋2a＝1，,3＋2a＋b＝0，))
解得a＝3，b＝－9.经检验满足题意．
(2)由(1)知，f(x)＝x3＋3x2－9x＋6，f′(x)＝3x2＋6x－9＝3(x＋3)(x－1)，
令f′(x)＝0，解得x＝－3或x＝1，
当x∈[－2，2]时，f′(x)及f(x)的变化情况如下表：
因此当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝1，
当x＝－2时，f(x)取得最大值f(－2)＝28，
故f(x)的值域为[1，28].
6．解析：f′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－a)，
令f′(x)＝0，得x1＝－eq \f(a,3)，x2＝a.
①当a>0时，f(x)在[0，a)上单调递减，在[a，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝－a3.
②当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝0.
③当a<0时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,3)))上单调递减，
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，＋∞))上单调递增，
所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))＝eq \f(5,27)a3.
综上所述，当a>0时，f(x)的最小值为－a3；
当a＝0时，f(x)的最小值为0；
当a<0时，f(x)的最小值为eq \f(5,27)a3.
关键能力综合练
7．答案：C
解析：y′＝exsinx＋excsx＝ex(sinx＋csx)＝eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
当－eq \f(π,4)0，
当－eq \f(π,2)所以函数y＝exsinx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,4)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，所以函数y＝exsinx的最小值为e－eq \f(π,4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝－eq \f(\r(2),2)e－eq \f(π,4).故选C.
8．答案：ACD
解析：f′(x)<0在(3，5)上恒成立，则f(x)在(3，5)上单调递减，故A正确；f′(x)≥0在[－1，3]上恒成立，则f(x)在[－1，3]上单调递增，则f(0)0，则函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值，故C正确；由导数图可知f(x)在(－∞，－1)上递减，f(x)在(－1，3)上递增，f(x)在(3，5)上递减，f(x)在(5，＋∞)上递增，故f(x)min在两个极小值f(5)和f(－1)中产生，故存在最小值，故D正确．故选ACD.
9．答案：B
解析：令f(x)＝eq \f(1－x,x)＋lnx，f′(x)＝eq \f(－1,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x2)，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
当x∈[eq \f(1,2)，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，2]时，f′(x)>0，
所以f(x)在[eq \f(1,2)，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝0，
因为a≤eq \f(1－x,x)＋lnx对于x∈[eq \f(1,2)，2]恒成立，所以a≤f(x)min，即a≤0.故选B.
10．答案：C
解析：令F(x)＝f(x)－2x－1，
则F′(x)＝f′(x)－2，
又∵f(x)的导数f′(x)在R上恒有f′(x)<2，
∴F′(x)＝f′(x)－2<0恒成立，
∴F(x)＝f(x)－2x－1是R上的减函数，
又∵F(1)＝f(1)－2－1＝0，
∴当x>1时，F(x)即不等式f(x)<2x＋1的解集为(1，＋∞).故选C.
11．解析：因为f(x)＝eq \f(1－x,x)＋klnx，
所以f′(x)＝eq \f(－x－（1－x）,x2)＋eq \f(k,x)＝eq \f(kx－1,x2).
①若k＝0，则f′(x)＝－eq \f(1,x2)在[eq \f(1,e)，e]上恒有f′(x)<0，
所以f(x)在[eq \f(1,e)，e]上单调递减．
所以f(x)min＝f(e)＝eq \f(1－e,e)，
f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝e－1.
②若k≠0，f′(x)＝eq \f(kx－1,x2)＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2).
a.若k<0，则在[eq \f(1,e)，e]上恒有eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2)<0，
所以f(x)在[eq \f(1,e)，e]上单调递减，
所以f(x)min＝f(e)＝eq \f(1－e,e)＋klne＝eq \f(1,e)＋k－1，
f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝e－k－1.
b.若k>0，由ke，则x－eq \f(1,k)<0，
所以eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2)<0，所以f(x)在[eq \f(1,e)，e]上单调递减，
所以f(x)min＝f(e)＝eq \f(1－e,e)＋klne＝eq \f(1,e)＋k－1，
f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝e－k－1.
综上，f(x)min＝eq \f(1,e)＋k－1，f(x)max＝e－k－1.
12．解析：(1)f(x)＝lnx＋eq \f(a,x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)，
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)单调递增．
(2)由题意知：lnx＋eq \f(a,x)≥2在x∈(0，e2]上恒成立，即：a≥2x－xlnx在(0，e2]上恒成立，
令g(x)＝2x－xlnx，则g′(x)＝1－lnx，由g′(x)＝0，得x＝e，
当x∈(0，e)时，g′(x)>0，当x∈(e，e2]时，g′(x)<0，
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，e2]上单调递减，
∴g(x)max＝g(e)＝2e－elne＝e，
只需a≥e，所以实数a的取值范围是[e，＋∞).
核心素养升级练
13．解析：(1)由题意，函数f(x)＝lnx－ax＋a的定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)，
当a>0时，由f′(x)>0可得0eq \f(1,a).
所以，函数f(x)的单调递增区间为(0，eq \f(1,a))，递减区间为(eq \f(1,a)，＋∞).
(2)当a≤0时，对任意的x>0，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)>0，
此时函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
所以当x>1时，f(x)>f(1)＝0，不合题意；
当a>0时，由(1)可知f(x)max＝f(eq \f(1,a))＝lneq \f(1,a)－1＋a＝－lna＋a－1，
因为f(x)≤0对∀x>0成立，所以f(x)max≤0，即－lna＋a－1≤0，
令g(a)＝－lna＋a－1(a>0)，则g′(a)＝1－eq \f(1,a)＝eq \f(a－1,a)，
由g′(a)<0可得00可得a>1，
所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(a)min＝g(1)＝0，
所以g(a)≥g(1)＝0，所以不等式－lna＋a－1≤0的解为a＝1.综上可得，a＝1.
14．答案：(－∞，－eq \f(1,4)]∪[0，＋∞)
解析：由题意得f′(x)＝eq \f(1,x)＋a－eq \f(1,x2)，
因为f(x)＝lnx＋ax＋eq \f(1,x)在[1，＋∞)上是单调函数，
所以f′(x)≥0或f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
①当f′(x)≥0时，eq \f(1,x)＋a－eq \f(1,x2)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)在[1，＋∞)上恒成立，
设g(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,2)))2－eq \f(1,4)，
因为x∈[1，＋∞)，所以eq \f(1,x)∈(0，1]，
当eq \f(1,x)＝1时，g(x)取到最大值0，
所以a≥0；
②当f′(x)≤0时，
eq \f(1,x)＋a－eq \f(1,x2)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≤eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)在[1，＋∞)上恒成立，
设g(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,2)))2－eq \f(1,4)，
因为x∈[1，＋∞)，所以eq \f(1,x)∈(0，1]，
当eq \f(1,x)＝eq \f(1,2)时，g(x)取到最小值－eq \f(1,4)，
所以a≤－eq \f(1,4).
综上可得，a≤－eq \f(1,4)或a≥0，
所以a的取值范围是(－∞，－eq \f(1,4)]∪[0，＋∞).
15．解析：(1)f(x)＝xlnx＋1，
f′(x)＝lnx＋1＝lnx－lneq \f(1,e)，x>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，
故f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
(2)由(1)知，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f(x)单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f(x)单调递增，
得f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝1－eq \f(1,e)，
当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，t＋1∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(1,e)＋1))时，f(x)在区间[t，t＋1](t>0)上的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝1－eq \f(1,e)；
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，t＋1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)＋1，＋∞))，f(x)在区间[t，t＋1]上单调递增，f(x)的最小值为f(t)＝tlnt＋1.必备知识基础练
关键能力综合练
核心素养升级练
x
(－∞，k－1)
k－1
(k－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

－ek－1

x
－2
(－2，1)
1
(1，2)
2
f′(x)
－
0
＋
f(x)
28
单调递减
1
单调递增
8