高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册第5章 导数及其应用5.3 导数在研究函数中的应用巩固练习

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册第5章 导数及其应用5.3 导数在研究函数中的应用巩固练习，共6页。

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．(多选)关于函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4.下列说法中正确的是( )
A．它的极大值为eq \f(28,3)，极小值为－eq \f(4,3)
B．当x∈[3，4]时，它的最大值为eq \f(28,3)，最小值为－eq \f(4,3)
C．它的单调减区间为[－2，2]
D．它在点(0，4)处的切线方程为y＝－4x＋4
解析：选ACD ∵函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4，∴f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)．由f′(x)＝(x－2)(x＋2)＞0，得x＞2或x＜－2，此时函数单调递增；由f′(x)＝(x－2)(x＋2)＜0，得－2＜x＜2，此时函数单调递减，∴C正确；当x＝－2时，函数f(x)取得极大值f(－2)＝eq \f(28,3)，当x＝2时，函数f(x)取得极小值f(2)＝－eq \f(4,3)，∴A正确；x∈[3，4]时，f(x)单调递增，它的最大值为f(4)＝eq \f(43,3)－4×4＋4＝eq \f(28,3)，最小值为f(3)＝eq \f(33,3)－4×3＋4＝1，∴B错误；f′(0)＝－4，f(0)＝4，∴它在点(0，4)处的切线方程为y＝－4x＋4，∴D正确；故选A、C、D.
3．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是( )
A．[0，1) B．(0，1)
C．(－1，1) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
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.
4．函数f(x)＝x＋2cs x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上的最小值是( )
A．－eq \f(π,2) B．2
C.eq \f(π,6)＋eq \r(3) D.eq \f(π,3)＋1
解析：选A f′(x)＝1－2sin x，
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，
所以sin x∈[－1，0]，所以－2sin x∈[0，2]．
所以f′(x)＝1－2sin x＞0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上恒成立．
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递增．
所以f(x)min＝－eq \f(π,2)＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－eq \f(π,2).
5．若函数f(x)＝asin x＋eq \f(1,3)sin 3x在x＝eq \f(π,3)处有最值，则a等于( )
A．2 B．1
C.eq \f(2\r(3),3) D．0
解析：选A ∵f(x)在x＝eq \f(π,3)处有最值，
∴x＝eq \f(π,3)是函数f(x)的极值点．
又∵f′(x)＝acs x＋cs 3x，
∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝acseq \f(π,3)＋cs π＝0，解得a＝2.
6．设函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，x∈[1，4]，则f(x)的最大值为________，最小值为________．
解析：由f(x)＝eq \f(ln x,x)得f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
令f′(x)＞0，则1－ln x＞0，解得0＜x＜e；
令f′(x)＜0，则1－ln x＜0，解得x＞e.
∴函数f(x)在 [1，e]上单调递增，在[e，4]上单调递减，
且f(1)＝0，f(4)＝eq \f(ln 4,4)＞0，∴f(x)的最大值为f(e)＝eq \f(ln e,e)＝eq \f(1,e)，f(x)的最小值为f(1)＝0.
答案：eq \f(1,e) 0
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：20
8．设函数f(x)＝eq \f(1,2)x2ex，若当x∈[－2，2]时，不等式f(x)＞m恒成立，则f(x)的最小值是________，实数m的取值范围是________．
解析：f′(x)＝xex＋eq \f(1,2)x2ex＝eq \f(ex,2)·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：
∴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 (－∞，0)
9．设函数f(x)＝ex－eq \f(k,2)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－eq \f(1,2)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)＝aln x－bx2，a，b∈R，且曲线y＝f(x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切．
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最大值．
解：(1)f′(x)＝eq \f(a,x)－2bx(x＞0)．
由曲线y＝f(x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（1）＝0，,f（1）＝－\f(1,2)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2b＝0，,－b＝－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\f(1,2).))
(2)由(1)，得f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x2，定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝eq \f(1,x)－x＝eq \f(1－x2,x).
令f′(x)＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＜0，得x＞1，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递增，在(1，e]上单调递减，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最大值为f(1)＝－eq \f(1,2).
[B级 综合运用]
11．(多选)下列关于函数f(x)＝(2x－x2)ex的判断正确的是( )
A．f(x)＞0的解集是{x|0＜x＜2}
B．f(－eq \r(2))是极小值，f(eq \r(2))是极大值
C．f(x)没有最小值，也没有最大值
D．f(x)有最大值无最小值
解析：选ABD 由f(x)＞0得0＜x＜2，故A正确．
f′(x)＝(2－x2)ex，
令f′(x)＝0，得x＝±eq \r(2)，
当x＜－eq \r(2)或x＞eq \r(2)时，f′(x)＜0，
当－eq \r(2)＜x＜eq \r(2)时，f′(x)＞0，
∴当x＝－eq \r(2)时，f(x)取得极小值，
当x＝eq \r(2)时，f(x)取得极大值，故B正确．
当x→－∞时，f(x)＜0，当x→＋∞时，f(x)＜0，且f(eq \r(2))＞0，
结合函数的单调性可知，函数f(x)有最大值无最小值，故C不正确，D正确．
12．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________．
解析：f′(x)＝3x2－3ax＝3x(x－a)，
令f′(x)＝0得x1＝0，x2＝a，
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
13．已知函数y＝－x2－2x＋3在区间[a，2]上的最大值为eq \f(15,4)，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＝eq \f(15,4)，
解得a＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(3,2)舍去))；
若a≤－1，则最大值为f(－1)＝－1＋2＋3＝4≠eq \f(15,4).
综上知，a＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
14．已知函数f(x)＝eq \f(ln x,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)＝eq \f(1－ln x,x2).
(1)f′(1)＝1，所以切线方程为y＝x－1.
(2)令f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝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1f(x)max＝f(t)＝eq \f(ln t,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)＝eq \f(1,e)，
f(x)max＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(ln t,t)，1[C级 拓展探究]
15．求使函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋(x－a3)2＋(x－a4)2的值最小及相应自变量x的取值，其中a1，a2，a3，a4是实常数．据此你能推广一个一般的结论吗？
解：∵f′(x)＝2(x－a1)＋2(x－a2)＋2(x－a3)＋2(x－a4)
＝8x－2(a1＋a2＋a3＋a4)＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a1＋a2＋a3＋a4,4))).
当x＞eq \f(a1＋a2＋a3＋a4,4)时，f′(x)＞0，
当x＜eq \f(a1＋a2＋a3＋a4,4)时，f′(x)＜0，
∴x＝eq \f(a1＋a2＋a3＋a4,4)时，f(x)有最小值．
推广：已知函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2，其中a1，a2，…，an是实常数，则x＝eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)时，
f(x)有最小值．
x
－2
(－2，0)
0
(0，2)
2
f′(x)
0
－
0
＋
f(x)
单调递减
极小值0
单调递增