高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册第六章 导数及其应用6.2 利用导数研究函数的性质6.2.2 导数与函数的极值、最值第2课时同步练习题

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册第六章 导数及其应用6.2 利用导数研究函数的性质6.2.2 导数与函数的极值、最值第2课时同步练习题，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m的值为( )
A．16 B．12 C．32 D．6
C [f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，由f(－3)＝17，f(3)＝－1，f(－2)＝24，f(2)＝－8，可知M－m＝24－(－8)＝32．]
2．已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x)A．f(a)－g(a)B．f(b)－g(b)
C．f(a)－g(b)D．f(b)－g(a)
A [令F(x)＝f(x)－g(x)，∵f′(x)∴F′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，
∴F(x)在[a，b]上单调递减，
∴F(x)max＝F(a)＝f(a)－g(a)．]
3．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为( )
A．1－e B．－1 C．－e D．0
B [因为f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，当x∈(0，1)时，f′(x)>0．当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减．所以当x＝1时，f(x)取得极大值，也是最大值，为ln 1－1＝－1．故选B．]
4．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是( )
A．3 B．18 C．20 D．0
C [令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，
则f(x)min＝f(－3)＝－19，
f(x)max＝f(－1)＝f(2)＝1，
由题意知|f(x1)－f(x2)|max＝|－19－1|＝20，
∴t≥20，故tmin＝20．]
5．函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋a，函数g(x)＝x2－3x，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f(x)的图像始终在函数g(x)图像的上方，那么a的取值范围是( )
A．(0，＋∞)B．(－∞，0)
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，＋∞))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(4,3)))
A [设h(x)＝f(x)－g(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋a－x2＋3x，
则h′(x)＝x2－4x＋3＝(x－3)(x－1)，
所以当x∈[1，3)时，h(x)单调递减；
当x∈(3，＋∞)时，h(x)单调递增．
当x＝3时，函数h(x)取得极小值也是最小值．
因为f(x)的图像始终在g(x)的图像上方，
所以h(x)min>0，即h(3)＝a>0，
所以a的取值范围是(0，＋∞)．]
二、填空题
6．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________．
－71 [f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)．
令f′(x)＝0得x＝3或x＝－1．
又f(－4)＝k－76，f(3)＝k－27，
f(－1)＝k＋5，f(4)＝k－20．
则f(x)max＝k＋5＝10，得k＝5，
∴f(x)min＝k－76＝－71．]
7．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图像分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为________．
eq \f(\r(2),2) [由题意画出函数图像如图所示，
由图可以看出|MN|＝y＝t2－ln t(t>0)，则
y′＝2t－eq \f(1,t)＝eq \f(2t2－1,t)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(\r(2),2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(\r(2),2))),t)．
当0当t>eq \f(\r(2),2)时，y′>0，可知y在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))内单调递增．
故当t＝eq \f(\r(2),2)时，|MN|有最小值．]
8．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意的x∈(0，1]都有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围为________．
[4，＋∞) [因为x∈(0，1]，f(x)≥0可化为a≥eq \f(3,x2)－eq \f(1,x3)，设g(x)＝eq \f(3,x2)－eq \f(1,x3)，则g′(x)＝eq \f(3(1－2x),x4)．
令g′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2)．
当00；当eq \f(1,2)所以g(x)在(0，1]上有极大值geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝4，它也是最大值，所以a≥4．]
三、解答题
9．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－ax＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈R))，f′(x)是f(x)的导函数，且f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝0．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)在区间[－4，5]上的最值．
[解] (1)∵f(x)＝eq \f(1,3)x3－ax＋1(x∈R)，∴f′(x)＝x2－a，
∵f′(2)＝4－a＝0，∴a＝4．
(2)由(1)可得：f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋1，f′(x)＝x2－4，
令f′(x)＝x2－4＝0，解得x＝±2．列出表格如下：
又∵f(－4)＝－eq \f(13,3)＝f(2)，f(5)＝eq \f(68,3)>eq \f(19,3)．
所以函数f(x)在区间[－4，5]上的最大值为eq \f(68,3)，最小值为－eq \f(13,3)．
10．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．
[解] (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．
1．若函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的取值范围是( )
A．(－1，eq \r(11))B．(－1，4)
C．(－1，2]D．(－1，2)
C [由f′(x)＝3－3x2＝0，得x＝±1．
当x变化时，f′(x)及f(x)的变化情况如下表：
由此得a2－12＜－1＜a，解得－1＜a＜eq \r(11)．
又当x∈(1，＋∞)时，f(x)单调递减，
且当x＝2时，f(x)＝－2．∴a≤2．综上，－1＜a≤2．]
2．(多选题)已知函数f(x)的定义域为[－1，5]，部分对应值如表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示．
下列关于函数f(x)的命题中真命题为( )
A．函数y＝f(x)是周期函数
B．函数f(x)在[0，2]上是减函数
C．如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为5
D．当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a有4个零点
BC [由图像不能判断出y＝f(x)是否为周期函数，故A错误；由已知中y＝f′(x)的图像可得在[0，2]上f′(x)＜0，即f(x)在[0，2]是减函数，即B正确；由已知中y＝f′(x)的图像，及表中数据可得当x＝0或x＝4时，函数取最大值2，若x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么0≤t≤5，故t的最大值为5，即C正确；由f(x)＝a，因为极小值f(2)未知，所以无法判断函数y＝f(x)－a有几个零点，所以D错误．故选BC．]
3．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，则实数a＝________，若m，n∈[－1，1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是________．
3 －13 [对函数f(x)求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，
由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，
即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3．
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，
易知f(x)在[－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，
∴当m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4．
又∵f′(x)＝－3x2＋6x的图像开口向下，
且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1，1]时，
f′(n)min＝f′(－1)＝－9，
故f(m)＋f′(n)的最小值为－13．]
4．若函数f(x)＝eq \f(ex,x＋2)在(－2，a)上有最小值，则a的取值范围为________．
(－1，＋∞) [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．]
已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,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eq \f(3,2)，求a的值．
[解] 函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)．
(1)∵a<0，∴f′(x)>0，
故函数在其定义域(0，＋∞)上单调递增．
(2)当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eq \f(3,2)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eq \f(3,2)相矛盾；
③当10，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＝eq \f(3,2)，得a＝eq \r(e)．
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eq \f(3,2)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＋eq \f(a,e)>2，仍与最小值是eq \f(3,2)相矛盾．
综上所述，a的值为eq \r(e)．
x
[－4，－2)
－2
(－2，2)
2
(2，5]
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大
值eq \f(19,3)
↘
极小
值－eq \f(13,3)
↗
x
(－∞，k－1)
k－1
(k－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
－ek－1
↗
x
(－∞，－1)
－1
(－1，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
－2
↗
2
↘
x
－1
0
4
5
f(x)
1
2
2
1