数学人教A版 (2019)5.3 导数在研究函数中的应用第2课时课时作业

这是一份数学人教A版 (2019)5.3 导数在研究函数中的应用第2课时课时作业，共11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。

A组·基础自测
一、选择题
1．已知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]上的最小值是( A )
A．－37 B．－29
C．－5 D．以上都不对
[解析] f ′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，
∵f(x)在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，
∴当x＝0时，f(x)＝m最大，
∴m＝3，从而f(－2)＝－37，
f(2)＝－5.
∴最小值为－37.∴故选A.
2．使函数f(x)＝x＋2cs x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上取最大值的x是( B )
A．0 B．eq \f(π,6)
C.eq \f(π,3) D．eq \f(π,2)
[解析] ∵f ′(x)＝1－2sin x＝0，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，sin x＝eq \f(1,2)，x＝eq \f(π,6)，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，f ′(x)>0，f(x)是增函数．
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，f ′(x)<0，f(x)是减函数，
即x＝eq \f(π,6)时，f(x)取最大值，故选B.
3．如图矩形ABCD，AB＝6，沿PQ对折使得点B与AD边上的点B1重合，则PQ的长度可以用含α的式子表示，那么PQ长度的最小值为( D )
A．4 B．8
C．6eq \r(2) D．eq \f(9\r(3),2)
[解析] 设eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PQ))＝y，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PB))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PB1))，∠APB1＋∠B1PB＝180°，2α＋∠B1PB＝180°，则∠APB1＝2α，则有eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PB))＝ysin α和eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PA))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PB1))cs∠APB1＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PB))cs 2α，
代入eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PA))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PB))＝6，解得：y＝eq \f(6,sin α\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋cs 2α)))＝eq \f(6,2sin α\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－sin2α)))，
令geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝2teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－t2))和t＝sin α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))，
导函数g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝2－6t2，即可得geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))的最大值在t＝eq \f(\r(3),3)时取得，
此时geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))＝eq \f(4\r(3),9)，求得此时ymin＝eq \f(9\r(3),2)，
故选D.
4．定义在闭区间[a，b]上的连续函数y＝f(x)有唯一的极值点x＝x0，且y极小值＝f(x0)，则下列说法正确的是( C )
A．函数f(x)的最大值也可能是f(x0)
B．函数f(x)有最小值，但不一定是f(x0)
C．函数f(x)有最小值f(x0)
D．函数f(x)不一定有最小值
[解析] ∵定义在闭区间[a，b]上的函数y＝f(x)有唯一的极值点x＝x0，且y极小值＝f(x0)，∴函数f(x)在区间[a，x0)上单调递减，在区间(x0，b]上单调递增，∴当x＝x0时，函数f(x)有极小值，也为最小值．选C.
5．已知函数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 )
A．20 B．18
C．3 D．0
[解析] 因为 f ′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f ′(x)＝0，得x＝±1，所以－1,1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上，f(x)max＝1，f(x)min＝－19.又由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.
二、填空题
6．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＝_32__.
[解析] 令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝－2或x＝2，
列表得：
可知M＝24，m＝－8，∴M－m＝32.
故答案为32.
7．已知f(x)＝－x2＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m的取值范围是_(－4，－2)__.
[解析] f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(m,2).
由题设得－28．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__.
[解析] f ′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)．
由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.
由f(x)max＝k＋5＝10，得k＝5，
∴f(x)min＝k－76＝－71.
三、解答题
9．已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2处取得极值为c－16.
(1)求a，b的值；
(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．
[解析] (1)∵f(x)＝ax3＋bx＋c，∴f′(x)＝3ax2＋b，
∵f(x)在点x＝2处取得极值c－16，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′2＝0，,f2＝c－16，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(12a＋b＝0，,8a＋2b＋c＝c－16.))
化简得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(12a＋b＝0，,4a＋b＝－8.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－12.))
(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12，
令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2，
当x∈(－∞，－2)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，－2)和(2，＋∞)上为增函数，
当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，f(x)在(－2,2)上为减函数．
由此可知f(x)在x1＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c，f(x)在x2＝2处取得极小值f(2)＝c－16，由题设条件知16＋c＝28得c＝12，
此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝c－16＝－4，
因此f(x)在[－3,3]的最小值为f(2)＝－4.
10．设函数f(x)＝eq \f(1,2)x2ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若当x∈[－2,2]时，不等式f(x)>m恒成立，求实数m的取值范围．
[解析] (1)f ′(x)＝xex＋eq \f(1,2)x2ex＝eq \f(ex,2)x(x＋2)．
由eq \f(ex,2)x(x＋2)>0，解得x>0或x<－2，
所以(－∞，－2)，(0，＋∞)为f(x)的增区间，
由eq \f(ex,2)x(x＋2)<0，得－2所以(－2,0)为f(x)的减区间．
所以f(x)的单调增区间为(－∞，－2)，(0，＋∞)；单调减区间为(－2,0)．
(2)令f ′(x)＝0，得x＝0或x＝－2，
因为f(－2)＝eq \f(2,e2)，f(2)＝2e2，f(0)＝0，
所以f(x)∈[0,2e2]，
又因为f(x)>m恒成立，所以m<0.
故m的取值范围为(－∞，0)．
B组·素养提升
一、选择题
1．(多选题)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的值可以为( BC )
A．0 B．eq \f(1,3)
C．eq \f(1,2) D．1
[解析] ∵f ′(x)＝3x2－3a，且f ′(x)＝0有解，
∴a＝x2.
又∵x∈(0,1)，
∴02．设函数f(x)＝x3－eq \f(1,x3)，则( A )
A．是奇函数，且在(0，＋∞)单调递增
B．是奇函数，且在(0，＋∞)单调递减
C．是偶函数，且在(0，＋∞)单调递增
D．是偶函数，且在(0，＋∞)单调递减
[解析] 因为函数f(x)＝x3－eq \f(1,x3)定义域为{x|x≠0}，其关于原点对称，而f(－x)＝－f(x)，
所以函数f(x)为奇函数．
又因为函数y＝x3在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递增，
而y＝eq \f(1,x3)＝x－3在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递减，
所以函数f(x)＝x3－eq \f(1,x3)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递增．
故选A.
3．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x3＋3x2＋1，x≤0，,eax，x>0))在[－2,2]上的最大值为2，则实数a的取值范围是( D )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ln 2，＋∞)) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)ln 2))
C．(－∞，0] D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)ln 2))
[解析] 当x≤0时，f(x)＝2x3＋3x2＋1，
∴f ′(x)＝6x2＋6x.
由f ′(x)＝0得x＝－1或x＝0.
当x∈[－1,0)时，f ′(x)<0；
当x∈(－∞，－1)时， f ′(x)>0；故函数在[－2,0]上的最大值为f(－1)＝－2＋3＋1＝2，
又f(x)在[－2,2]上的最大值为2，
故f(x)＝eax在(0,2]上的最大值小于等于2.
由eax≤2在(0,2]上恒成立可知e2a≤2，即a≤eq \f(1,2)ln 2，
∴a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)ln 2))，故选D.
二、填空题
4．若F(x)＝x－2ln x＋2a，则F(x)在(0，＋∞)上的最小值是_2－2ln_2＋2a__.
[解析] 令F ′(x)＝1－eq \f(2,x)＝eq \f(x－2,x)＝0得x＝2.
当x∈(0,2)时F′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)>0，
∴当x＝2时F(x)min＝F(2)＝2－2ln 2＋2a.
5．已知函数f(x)＝2ln x＋eq \f(a,x2)(a>0)．若当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥2恒成立，则实数a的取值范围是_[e，＋∞)__.
[解析] f(x)≥2即a≥2x2－2x2ln x.
令g(x)＝2x2－2x2ln x，x>0，
则g′(x)＝2x(1－2ln x)．
由g′(x)＝0得x＝eeq \f(1,2)，
且00；当x>eeq \f(1,2)时g′(x)<0，
∴x＝eeq \f(1,2)时，g(x)取最大值g(eeq \f(1,2))＝e，∴a≥e.
三、解答题
6．已知f(x)＝ax－ln x，a∈R.
(1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)是否存在实数a，使f(x)在区间(0，e]上的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
[解析] (1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f ′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
∴所求切线的斜率为f ′(2)＝eq \f(1,2)，切点为(2,2－ln 2)，
∴所求切线的方程为
y－(2－ln 2)＝eq \f(1,2)(x－2)，
即x－2y＋2－2ln 2＝0.
(2)假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln x在区间(0，e]上的最小值是3，
f ′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x).
①当a≤0时，f(x)在(0，e]上是减函数，
故f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，
解得a＝eq \f(4,e)(舍去)，
所以此时不存在符合题意的实数a；
②当0eq \f(1,e)时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上是减函数，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，e))上是增函数，故f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1＋ln a＝3，解得a＝e2，满足条件；
③当eq \f(1,a)≥e，即0综上，存在实数a＝e2，使f(x)在区间(0，e]上的最小值是3.
C组·探索创新
已知曲线C：y＝eq \f(1,3)x3－x2－4x＋1，直线l：x＋y＋2k－1＝0，当x∈[－3,3]时，直线l恒在曲线C的上方，则实数k的取值范围是( B )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,6)，＋∞)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(5,6)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,4))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，＋∞))
[解析] 将问题转化为(－x－2k＋1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x3－x2－4x＋1))>0恒成立，再分离出k，再求函数的最小值即可．
当x∈[－3,3]时，直线恒在曲线C的上方，
等价于当x∈[－3,3]时，(－x－2k＋1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x3－x2－4x＋1))>0恒成立，
则k<－eq \f(1,6)x3＋eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x.
设f(x)＝－eq \f(1,6)x3＋eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x(x∈[－3,3])，则f ′(x)＝－eq \f(1,2)x2＋x＋eq \f(3,2)＝eq \f(1,2)(3－x)(1＋x)(x∈[－3,3])．
f ′(x)>0时，－1所以函数f(x)＝－eq \f(1,6)x3＋eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x在[－3，－1)上单调递减，在(－1,3]上单调递增．
所以当x＝－1时，f(x)取得最小值－eq \f(5,6)，所以k<－eq \f(5,6).故选B.x
－3
(－3，－2)
－2
(－2,2)
2
(2,3)
3
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
17

极大值24

极小值
－8

－1