人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用课后作业题

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1、设M，m分别是函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值，若M＝m，则f′(x)( )
A．等于0 B．小于0 C．等于1 D．不确定
【解析】因为M＝m，所以f(x)为常函数，故f′(x)＝0，故选A.
2、函数的导函数的图象如图所示，则（ ）
A．是函数的极大值点
B．在区间上单调递增
C．是函数的最小值点
D．在处切线的斜率小于零
【解析】根据导函数图象可知：当时，，在时，
函数在上单调递减，在上单调递增，是函数的极小值点，故A错误，B正确；
∴在上单调递增，不是函数的最小值点，故C不正确；
∴函数在处的导数大于，切线的斜率大于零，故D不正确.
故选：B
3、求下列函数的最值：
(1)f(x)＝sin x＋csx，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))；
(2)f(x)＝ln(1＋x)－eq \f(1,4)x2，x∈[0,2]．
【解析】(1)f′(x)＝cs x－sin x.
令f′(x)＝0，即tan x＝1，
且x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
所以x＝eq \f(π,4).
又因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(2)，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－1，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1，
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，函数的最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(2)，
最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－1.
(2)f′(x)＝eq \f(1,1＋x)－eq \f(1,2)x，
令eq \f(1,1＋x)－eq \f(1,2)x＝0，
化简为x2＋x－2＝0，
解得x1＝－2(舍去)，x2＝1.
当0≤x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当1所以f(1)＝ln 2－eq \f(1,4)为函数f(x)的极大值．
又f(0)＝0，f(2)＝ln 3－1>0，f(1)>f(2)．
所以f(0)＝0为函数f(x)＝ln(1＋x)－eq \f(1,4)x2在[0,2]上的最小值，
f(1)＝ln 2－eq \f(1,4)为函数在[0,2]上的最大值．
4、若函数f(x)＝x3－3x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，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)．
f(1)＝－2.
又f(0)＝0，f(3)＝18，所以m＝18，n＝－2，m＋n＝16.
5、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】 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).故选A
题组B 能力提升练
6、设0【解析】y′＝eq \f(sin2x－2－cs xcs x,sin2x)＝eq \f(1－2cs x,sin2x).
因为0所以当eq \f(π,3)0；
当0所以当x＝eq \f(π,3)时，ymin＝eq \r(3).
7、已知函数，则的最小值为________．
【答案】
【分析】
利用导数求得的单调区间，由此求得的最小值.
【详解】
.
，
所以当时，，当时，.
结合复合函数单调性同增异减可知，当时，有最小值为.
故答案为：
8、已知函数，若函数在上存在最小值，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【解析】
，
当时，单调递减；当或时，单调递增，
在、处取得极值.
，
，
∴函数在处取得最小值，
∵函数在上存在最小值，
∴，解得.
故选：A.
9、已知（a是常数）在上有极大值是3，那么在上的最小值是（ ）
A．－5B．－11C．－29D．－37
【解析】，
所以在区间上递增；在区间上递减.
所以，，
，所以在区间上的最小值为.
故选：D
10、已知函数的图象在点处的切线方程为．若对任意有恒成立，求实数的取值范围.
【答案】
【分析】
由题可得，利用导数的几何意义及条件可得，再利用导数研究函数的单调性，求函数的最值，即可得出实数的取值范围．
【详解】
由题得，，
∵函数的图象在点处的切线方程为，
∴，
，解得，
∴．
∴，
∵，∴．
当时，函数取得最大值，．
∵对任意有恒成立，所以，
∴．
∴实数的取值范围.
题组C 培优拔尖练
11、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．
【解析】(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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝0，,f1＝－\f(1,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2b＝0，,－b＝－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\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01，
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).
12、若函数在上的最大值为2，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【解析】时，，则．
当时，；当时，．
所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，即．
当时，函数在上单调递增，由题意可知，，
得，解得，此时，；
当时，且当时，合乎题意；
当时，函数在上单调递减，此时，，合乎题意．
综上所述，实数的取值范围是，
故选：D
13、已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋ln x．求证：在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝eq \f(2,3)x3的图象的下方．
证明 设F(x)＝g(x)－f(x)，即F(x)＝eq \f(2,3)x3－eq \f(1,2)x2－ln x，
则F′(x)＝2x2－x－eq \f(1,x)＝eq \f(x－12x2＋x＋1,x).
当x>1时，F′(x)＝eq \f(x－12x2＋x＋1,x)>0，从而F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(1)＝eq \f(1,6)>0.
∴当x>1时，g(x)－f(x)>0，即f(x)14、已知函数f(x)＝ex－x2－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x>0时，f(x)≥1－x恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝ex－2x＋1，f′(1)＝e－1，f(1)＝e，切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1.
(2)当x>0时，f(x)≥1－x，即a≤eq \f(ex,x)－x－eq \f(1,x)＋1，
令g(x)＝eq \f(ex,x)－x－eq \f(1,x)＋1(x>0)，a≤g(x)min成立，g′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－x－1)),x2).
设F(x)＝ex－x－1，F′(x)＝ex－1，x∈(0，＋∞)，F′(x)＝ex－1>0，所以F(x)min>0，所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)min＝g(1)＝e－1，
所以a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，e－1)).
15、已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，函数的图象均在轴下方，求实数的取值范围．
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）求出、，可得切线的斜率和切点坐标，利用点斜式方程可得答案；
（2）转化为时，恒成立，令，求出的最大值可得答案.
（1）
因为，所以，，
即切线的斜率为，切点坐标为，所以切线方程为，
即为.
（2）
当时，函数的图象均在轴下方，
即当时，函数恒成立，所以有在时恒成立，
即，
令，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，故在取得最大值，
最大值为，所以，
故实数的取值范围是．
16、设函数的导数满足，.
（1）求的单调区间；
（2）在区间上的最大值为，求的值.
（3）若函数的图象与轴有三个交点，求的范围.
【答案】
（1）递增区间为，递减区间为，
（2）
（3）
【分析】
（1）求函数的导数，根据条件建立方程组关系求出，的值，结合函数单调性和导数之间的关系即可求的单调区间；
（2）利用导数求出函数在区间上的最大值，建立方程关系即可求的值.
（3）根据的单调性求得极值，令极大值大于，极小值小于，解不等式即可求的范围.
（1）
由可得，
因为，，
所以，解得：，，
所以，，
由即可得：，
由即可得：或，
所以的单调递增区间为，单减区间为和.
（2）
由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得极小值，
，
，
则在区间上的最大值为，
所以.
（3）
由（1）知当时，取得极小值，
当时，取得极大值
，
若函数的图象与轴有三个交点，
则得，解得，
即的范围是.