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课时测试题

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第2课时　函数的最大(小)值(1)知识点一  函数最值的概念1.设f(x)是[a，b]上的连续函数，且在(a，b)内可导，则下列结论中正确的是(　　)A．f(x)的极值点一定是最值点B．f(x)的最值点一定是极值点C．f(x)在此区间上可能没有极值点D．f(x)在此区间上可能没有最值点答案　C解析　根据函数的极值与最值的概念判断知A，B，D都不正确，只有C正确．2．函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值是M，最小值是m，若M＝m，则f′(x)(　　)A．等于0  B．大于0C．小于0  D．以上都有可能答案　A解析　由题意，知在区间[a，b]上，有m≤f(x)≤M，当M＝m时，令M＝m＝C，则必有f(x)＝C，∴f′(x)＝C′＝0.故选A.知识点二  求函数的最值3.函数f(x)＝x3－3x(|x|<1)(　　)A．有最大值，但无最小值  B．有最大值，也有最小值C．无最大值，但有最小值  D．既无最大值，也无最小值答案　D解析　f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－1,1)上是单调递减函数，无最大值和最小值，故选D.4．(多选)已知函数f(x)＝x2－cosx，x∈[－1,1]，则其导函数f′(x)(　　)A．有最小值－1－sin1B．有最大值1＋sin1C．是x∈[－1,1]的偶函数D．是x∈[－1,1]的奇函数答案　ABD解析　因为f′(x)＝x＋sinx，依题意可知该函数的定义域为[－1,1]，关于原点对称，且f′(－x)＝－x＋sin(－x)＝－x－sinx＝－f′(x)，所以函数f′(x)为奇函数，D正确；另一方面[f′(x)]′＝1＋cosx，因为－1≤x≤1，所以0<cos1≤cosx≤1，所以[f′(x)]′＝1＋cosx>1，故f′(x)在[－1,1]上单调递增，最大值为f′(1)＝1＋sin1，最小值为f′(－1)＝－1－sin1，A，B正确.知识点三  含参数的函数的最值问题5.若函数y＝x3＋x2＋m在[－2,1]上的最大值为，则m等于(　　)A．0  B．1 C．2  D．答案　C解析　设f(x)＝y＝x3＋x2＋m，则f′(x)＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－1.因为f(0)＝m，f(－1)＝m＋，又f(1)＝m＋，f(－2)＝m－2，所以f(1)＝m＋最大，所以m＋＝，所以m＝2.故选C.6．已知函数f(x)＝aex－2x－2a，且a∈[1,2]，设函数f(x)在区间[0，ln 2]上的最小值为m，则m的取值范围是________．答案　[－2，－2ln 2]解析　g(a)＝f(x)＝a(ex－2)－2x是关于a的一次函数，g′(a)＝ex－2，∵x∈[0，ln 2]，∴ex－2<0，即y＝g(a)是减函数，∵a∈[1,2]，∴g(a)min＝2(ex－2)－2x，设M(x)＝2(ex－2)－2x，则M′(x)＝2ex－2，∵x∈[0，ln 2]，∴M′(x)≥0，则M(x)在[0，ln 2]上为增函数，∴M(x)min＝M(0)＝－2，M(x)max＝M(ln 2)＝－2ln 2，∴m的取值范围是[－2，－2ln 2]．知识点四  不等式问题7.已知函数f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．解　(1)因为f(x)＝ax＋xln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1，因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2，当f′(x)>0时，x>e－2，当f′(x)<0时，0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意．所以a＝1.(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xln x.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)．g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0得x＝e.由g′(x)>0得x>e，由g′(x)<0得0<x<e，所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0. 于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．8．已知函数f(x)＝1－ln x＋a2x2－ax(a≥0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a＝0且x∈(0,1)，求证：＋x2－<1.解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋2a2x－a＝＝.若a＝0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．若a>0，则当x＝时，f′(x)＝0，当0<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0，故f(x)在上单调递减，在上单调递增．(2)证明：若a＝0且x∈(0,1)，欲证＋x2－<1，只需证＋x2－<1，即证x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex.设函数g(x)＝x(1－ln x)，x∈(0,1)，则g′(x)＝－ln x.当x∈(0,1)时，g′(x)>0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增．所以g(x)<g(1)＝1.设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，因为x∈(0,1)，所以x>x3，所以1＋x－x3>1，又0<x<1时，1<ex<e，所以h(x)>1，所以g(x)<1<h(x)，即原不等式成立．9．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1处都取得极值．(1)求a，b的值及函数f(x)的单调区间；(2)若对x∈[－1,2]，不等式f(x)<c2恒成立，求c的取值范围．解　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为f′(1)＝3＋2a＋b＝0，f′＝－a＋b＝0，解得a＝－，b＝－2，所以f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x－1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x) 极大值 极小值 所以函数f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)；单调递减区间为.(2)由(1)知，f(x)＝x3－x2－2x＋c，x∈[－1,2]，当x＝－时，f＝＋c为极大值，因为f(2)＝2＋c，所以f(2)＝2＋c为最大值．要使f(x)<c2(x∈[－1,2])恒成立，只需c2>f(2)＝2＋c，解得c<－1或c>2.故c的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．  一、选择题1．函数f(x)＝－x在区间[0，＋∞)上(　　)A．有最大值，无最小值B．有最大值，有最小值C．无最大值，无最小值D．无最大值，有最小值答案　A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，＋∞)．又f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，所以f(x)在区间[0，＋∞)上有最大值，无最小值．2．已知函数f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为(　　)A．－37  B．－29 C．－5  D．－11答案　A解析　∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，由f′(x)＝0得x＝0或2.∵f(0)＝m，f(2)＝－8＋m，f(－2)＝－40＋m，显然f(0)>f(2)>f(－2)，∴m＝3，最小值为f(－2)＝－37.3．已知函数f(x)＝aex－x2－(2a＋1)x，若函数f(x)在区间(0，ln 2)上有最值，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，－1)  B．(－1,0)C．(－2，－1)  D．(－∞，0)∪(0,1)答案　A解析　f′(x)＝aex－2x－(2a＋1)，令g(x)＝f′(x)，∵x∈(0，ln 2)，∴ex－2<0，－2x－1<0.当a≥0时，f′(x)<0在(0，ln 2)上恒成立，即f(x)在(0，ln 2)上单调递减，f(x)在(0，ln 2)上无最值．当a<0时，g′(x)＝aex－2<0，∴g(x)在(0，ln 2)上为减函数．∵g(0)＝－a－1，g(ln 2)＝－2ln 2－1<0，若f(x)在(0，ln 2)上有最值，则g(x)有零点，即g(x)＝0有解，∴g(0)＝－a－1>0，解得a<－1，∴实数a的取值范围是(－∞，－1)．4．已知(a＋1)x－1－ln x≤0对任意x∈恒成立，则实数a的最大值为(　　)A．0  B．1C．1－2ln 2  D．答案　C解析　原问题等价于a＋1≤对任意x∈恒成立，令h(x)＝，则h′(x)＝－，令h′(x)＝0，得x＝1，且当x∈时，h′(x)＞0，当x∈(1,2]时，h′(x)＜0，所以函数h(x)在上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以最小值为min＝h＝2－2ln 2，所以a≤2－2ln 2－1＝1－2ln 2，选C.5．(多选)若函数f(x)＝2x3－ax2(a<0)在上有最大值，则a的取值可能为(　　)A．－6  B．－5 C．－4  D．－3答案　ABC解析　令f′(x)＝2x(3x－a)＝0，得x1＝0，x2＝(a<0)，当<x<0时，f′(x)<0；当x<或x>0时，f′(x)>0，则f(x)的单调递增区间为，(0，＋∞)，单调递减区间为，从而f(x)在x＝处取得极大值f＝－，由f(x)＝－，得2＝0，解得x＝或x＝－，又f(x)在上有最大值，所以<≤－，即a≤－4，故选ABC.二、填空题 6．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，可得x＝1或－1.又f(1)＝2，f(－1)＝－2，f(2)＝，f(－2)＝－，∴最大值为2，最小值为－2.7．若F(x)＝x－2ln x＋2a，则F(x)在(0，＋∞)上的最小值是________．答案　2－2ln 2＋2a解析　令F′(x)＝1－＝＝0得x＝2.当x∈(0,2)时，F′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，F′(x)>0，∴F(x)min＝F(2)＝2－2ln 2＋2a.8．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1，有以下命题：①f(x)的解析式为f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]；②f(x)的极值点有且仅有一个；③f(x)的最大值与最小值之和等于零．其中正确的命题个数为________．答案　2解析　因为曲线过原点，所以c＝0，又在x＝±1处的切线斜率为－1，所以有解得所以f(x)的解析式为f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]，故①正确；又f′(x)＝3x2－4，则函数在和上单调递增，在上单调递减，所以函数的极值点有两个，故②不正确；因为f(－2)＝0，f(2)＝0，f＝，f＝－，所以函数f(x)的最大值与最小值之和等于零，故③正确．所以正确命题的个数为2.三、解答题9．设函数f(x)＝＋2ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)如果对所有的x≥1，都有f(x)≤ax，求a的取值范围．解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，所以当0<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0，故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．(2)当x≥1时，f(x)≤ax⇔a≥＋，令h(x)＝＋(x≥1)，则h′(x)＝－＝，令m(x)＝x－xln x－1(x≥1)，则m′(x)＝－ln x，显然，当x≥1时，m′(x)≤0，所以m(x)在[1，＋∞)上为减函数，所以m(x)≤m(1)＝0，因此h′(x)≤0，于是h(x)在[1，＋∞)上为减函数，所以当x＝1时，h(x)有最大值h(1)＝1，故a≥1，即a的取值范围是[1，＋∞)．10．已知函数f(x)＝ln 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，求a的值．解　函数f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝，(1)∵a<0，∴f′(x)>0，故函数在其定义域(0，＋∞)上单调递增．(2)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，同样与最小值是相矛盾；③当1<a<e时，函数f(x)在[1，a)上有f′(x)<0，f(x)单调递减，在(a，e]上有f′(x)>0，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＝，得a＝；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＋>2，仍与最小值是相矛盾．综上所述，a的值为.