高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用第2课时课时训练

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用第2课时课时训练，共5页。试卷主要包含了函数y＝eq \f的最大值为等内容，欢迎下载使用。
第五章　5.3　5.3.2　第2课时A级——基础过关练1．函数y＝的最大值为(　　)A．e－1 B．eC．e2 D．【答案】A2．已知函数f(x)＝ex－elnx，则f(x)的最小值为(　　)A．e B．－eC． D．－【答案】A　【解析】f′(x)＝ex－，令f′(x)＝0，即ex＝，解得x＝1，令f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，令f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(0，1)，所以f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(1)＝e.3．函数f(x)＝x＋2cosx在上取最大值时，x的值为(　　)A．0 B．C． D．【答案】B　【解析】f′(x)＝1－2sin x，令f′(x)>0，解得0≤x<；令f′(x)<0，解得<x≤，∴当x＝时，f(x)取得最大值．4．函数f(x)＝x2－lnx的最小值为(　　)A． B．1C．0 D．不存在【答案】A　【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1，∴当x＝1时，f(x)取得最小值，即f(1)＝×12－ln 1＝.5．(多选)函数f(x)＝－x在区间[0，＋∞)上(　　)A．有最大值　　　　　 B．无最大值C．有最小值　　　　　 D．无最小值【答案】AD　【解析】由已知得f(x)的定义域为[0，＋∞)，f′(x)＝－.令f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为[0，1)；令f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)，所以f(x)在区间[0，＋∞)上有最大值，无最小值．6．(2022年虎林期末)若函数f(x)＝axlnx(a∈R)的最小值为－1，则实数a＝(　　)A． B．eC．4 D．【答案】B　【解析】由题意知a≠0，当a＞0时，f′(x)＝a(ln x＋1)，令f′(x)＝0，解得x＝e－1；当x∈(0，e－1)时，f′(x)＜0，f(x) 单调递减；当x∈(e－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，故f(x)在x＝e－1处取得最小值，即f(e－1)＝ae－1ln e－1＝－1，解得a＝e；当a＜0时，f′(x)＝a(ln x＋1)，令f′(x)＝0，解得x＝e－1；当x∈(0，e－1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(e－1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故f(x)无最小值，故舍去．综上所述，a＝e.故选B．7．(2022年重庆期末)已知函数f(x)＝－x3＋x2在[－1，m]上的最小值为0，则m的取值范围是(　　)A．(0，1) B．[0，1]C．(0，＋∞) D．[1，＋∞)【答案】B　【解析】因为函数f(x)＝－x3＋x2，所以f′(x)＝－3x2＋2x＝－3x，所以令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.令f′(x)＞0，得0＜x＜；令f′(x)＜0，得x＜0或x＞，所以f(x)在上单调递增，在(－∞，0)和上单调递减，所以f(x)的极小值为f(0)＝0，极大值为f＝.又因为函数f(x)＝－x3＋x2在[－1，m]上的最小值为0，而令f(x)＝0，得x＝0或x＝1.由三次函数的图象可得0≤m≤1.故选B．8．设f(x)，g(x)是定义在[a，b]上的可导函数且f′(x)>g′(x)，令F(x)＝f(x)－g(x)，则F(x)的最小值为________．【答案】f(a)－g(a)　【解析】F′(x)＝f′(x)－g′(x)＞0，所以函数F(x)在定义域内单调递增，所以F(x)min＝F(a)＝f(a)－g(a)．9．函数f(x)＝，x∈[－2，2]的最大值是________，最小值是________．【答案】2　－2　【解析】f′(x)＝＝，令f′(x)＝0，解得x＝±1.又因为f(－2)＝－，f(－1)＝－2，f(1)＝2，f(2)＝，所以函数的最大值是2，最小值是－2.10．已知函数f(x)＝mx3＋nx，y＝f(x)的图象以点P为切点的切线的倾斜角为.(1)求m，n的值；(2)求函数y＝f(x)在[－2，1]上的最大值和最小值．解：(1)易得f′(x)＝3mx2＋n，由题意有解得m＝，n＝－1.(2)由(1)知f(x)＝x3－x，f′(x)＝2x2－1.令f′(x)>0，得x<－或x>；令f′(x)<0，得－<x<.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．计算得f(－2)＝－，f＝，f＝－，f(1)＝－，所以f(x)的最大值为，最小值为－.B级——能力提升练11．(多选)(2022年长沙月考)已知函数f(x)＝则下列说法正确的是(　　)A．若f(x)的最小值为－1，则a＝2B．当a≥0时，f(x)≥0恒成立C．当a≤0时，存在x0∈R且x0≠0，使得f(x0)＝f(－x0)D．存在a∈R，使得对任意x∈R，f(x)＞1－a恒成立【答案】AC　【解析】当x≥0时，y＝ln(x＋1)≥0，因为f(x) 的最小值为－1，所以函数y＝x2＋ax在(－∞，0)上取最小值－1，则解得a＝2，故A正确；当a≥0时，令x2＋ax＜0，解得－a＜x＜0，故当x∈(－a，0)时，f(x)＜0，故B错误；令x0＞0，要满足f(x0)＝f(－x0)，即只需函数f(－x)的图象与函数f(x)的图象有交点即可，即将问题转化为将左侧y＝x2＋ax的图象关于y轴对称，与y＝ln(x＋1)是否有交点，如图，显然当开口特别大时，与y＝ln(x＋1)存在交点，故C正确；当a≤0时，1－a≥1，显然f(x)＞1－a不恒成立；当a＞0时，f(x)min＝－，因为－＋a－1＝－≤0，所以－≤1－a，即f(x)min≤1－a恒成立，则f(x)＞1－a不恒成立，故D错误．故选AC．12．已知函数f(x)＝x4cosx＋mx2＋2x(m∈R)，若导函数f′(x)在区间[－4，4]上有最大值16，则导函数f′(x)在区间[－4，4]上的最小值为(　　)A．－16 B．－12C．12 D．16【答案】B　【解析】∵f(x)＝x4cos x＋mx2＋2x，∴f′(x)＝4x3cos x－x4sin x＋2mx＋2，令g(x)＝4x3cos x－x4sin x＋2mx.∵g(－x)＝－g(x)，∴g(x)为奇函数．∵f′(x)在区间[－4，4]上有最大值16，∴g(x)在区间[－4，4]上有最大值14，∴g(x)在区间[－4，4]上的最小值为－14，∴f′(x)在区间[－4，4]上有最小值－12.13．已知函数f(x)＝ax3－3x＋1，且对任意x∈(0，1]，f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．【答案】[4，＋∞)　【解析】当x∈(0，1]时，不等式ax3－3x＋1≥0可化为a≥.设g(x)＝，x∈(0，1]，则g′(x)＝＝－.令g′(x)＝0，得x＝.g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表，xg′(x)＋0－g(x)极大值4故g(x)的最大值为4，实数a的取值范围是[4，＋∞)．14．(2022年漳州一模)已知函数y＝|x2－2x－1|的图象与直线y＝m(m∈R)有四个交点，且这四个交点的横坐标分别为a，b，c，d(a<b<c<d)，则a＋b＋c＋d＝________，2(d－a)＋(c－b)的最大值为________．【答案】4　4　【解析】y＝|x2－2x－1|图象如图．由图知0<m<2，x＝a，x＝d是方程x2－2x－1＝m的两根，则a＋d＝2，ad＝－1－m，x＝b，x＝c是方程x2－2x－1＝－m的两根，则b＋c＝2，bc＝－1＋m，∴a＋b＋c＋d＝4.∵d>a⇒d－a>0，∴d－a＝＝＝2，c>b⇒c－b>0，∴c－b＝＝＝2，∴2(d－a)＋(c－b)＝4＋2，令f(m)＝4＋2，0<m<2，则f′(m)＝，令8－4m>2＋m，解得0<m<，此时f′(m)>0，f(m)单调递增，令8－4m＜2＋m，解得<m<2，此时f′(m)<0，f(m)单调递减，∴f(m)max＝f＝4.15．(2021年南阳期中)已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)若对任意的x∈(0，＋∞)，f(x)≤0恒成立，求a的取值范围；(2)在(1)的条件下，求证：e≥.(1)解：由f(x)≤0，得a≥，设g(x)＝，则g′(x)＝，故g(x)在(0，e)上是单调递增的，在(e，＋∞)上是单调递减的，所以[g(x)]max＝g(e)＝，故a≥.(2)证明：由(1)知，f(x)＝ln x－≤0，故f≤0，即－≤0，e－1≥，即e≥.