5.3.2 第2课时.DOC

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．e C．e2 D． 【答案】A 2．已知函数f(x)＝ex－eln x，则f(x)的最小值为(　　) A．e B．－e C． 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＋2cos x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－ln x的最小值为(　　) A． B．1 C．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．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)． 7．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． 8．已知a是实数，函数f(x)＝x2(x－a)． (1)当f′(1)＝3时，求a的值及曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求f(x)在区间[0,2]上的最大值． 解：(1)f′(x)＝3x2－2ax． 因为f′(1)＝3－2a＝3，所以a＝0． 当a＝0时，f(1)＝1，f′(1)＝3， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0． (2)令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝． 当≤0，即a≤0时，f(x)在[0,2]上单调递增， 从而[f(x)]max＝f(2)＝8－4a； 当≥2，即a≥3时，f(x)在[0,2]上单调递减， 从而[f(x)]max＝f(0)＝0； 当0＜＜2，即0＜a＜3时，f(x)在上单调递减，在上单调递增， 从而[f(x)]max＝ 综上所述，[f(x)]max＝ 9．已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a． (1)求f(x)的单调递减区间； (2)若f(x)在区间[－2,2]上的最大值是20，求它在该区间上的最小值． 解：(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9． 令f′(x)＜0，解得x＜－1或x＞3． ∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)． (2)∵f(－2)＝8＋12－18＋a＝2＋a， f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a， ∴f(2)＞f(－2)． ∵在(－1,3)上f′(x)＞0，∴f(x)在(－1,2)上单调递增． 又由于f(x)在(－2，－1)上单调递减， ∴f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[－2,2]上的最大值和最小值． 于是有22＋a＝20，解得a＝－2． ∴f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2． ∴f(－1)＝1＋3－9－2＝－7， 即函数f(x)在区间[－2,2]上的最小值为－7． 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．(2020年济南期末)设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小值时t的值为(　　) A．1 B． C． D． 【答案】D　【解析】因为f(x)的图象始终在g(x)的上方，所以|MN|＝f(x)－g(x)＝x2－ln x．设h(x)＝x2－ln x(x>0)，则h′(x)＝2x－＝．令h′(x)＝＝0，得x＝．所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当x＝时有最小值，故t＝． 12．已知函数f(x)＝x4cos x＋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．－12　 C．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： x g′(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．已知函数f(x)＝x3－3ax＋2，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x＋y＋m＝0． (1)求实数a，m的值． (2)求f(x)在区间[1,2]上的最值． 解：(1)f′(x)＝3x2－3a， ∵曲线f(x)＝x3－3ax＋2在x＝1处的切线方程为3x＋y＋m＝0， ∴f′(1)＝3－3a＝－3，f(1)＝3－3a＝－3－m，解得a＝2，m＝0． (2)由(1)得f(x)＝x3－6x＋2，则f′(x)＝3x2－6，令f′(x)＝0，解得x＝±． ∴f(x)在[1，]上单调递减，在(，2]上单调递增． 又f(1)＝1－6＋2＝－3，f(2)＝23－6×2＋2＝－2， f()＝()3－6×＋2＝2－4， ∴f(x)在区间[1,2]上的最大值为－2，最小值为2－4． 15．(2020年南阳期中)已知函数f(x)＝ln x－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≥＋1，也就是e≥． 16．已知函数f(x)＝－ln x，x∈[1,3]． (1)求f(x)的最大值与最小值； (2)若任意x∈[1,3]，任意t∈[0,2]，有f(x)＜4－at 恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1) f′(x)＝－ ，x∈[1,3]． 令f′(x)＝0，解得x＝2． 当x∈[1,2)时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减； 当x∈(2,3]时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增． 所以x＝2为极小值点，也是最小值点． 又f(1)＝，f(2)＝－ln 2，f(3)＝－ln 3，f(3)－f(1)＝－ln 3－＝1－ln 3＜0， 所以最大值为f(1)＝，最小值为f(2)＝－ln 2． (2)f(x)＜4－at恒成立，由(1)知，＜4－at在t∈[0,2]上恒成立， 即a＜在t∈[0,2]上恒成立． 设y＝，t∈[0,2]，则y′＝－＜0， 所以y＝在t∈[0,2]上单调递减． 所以当t＝2时，取得最小值ymin＝． 所以a的取值范围是． C级——探究创新练 17．(2021年宁夏月考)当x∈[1，e2]时，函数f(x)＝a－3ln x(a∈R)的图象有一部分在函数g(x)＝－的图象的下方，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，0)　 B． C．　 D．(－∞，3) 【答案】C　【解析】根据题意可得，当x∈[1，e2]，时，不等式a－3ln x<－有解，即当x∈[1，e2]时，不等式a<有解，令g(x)＝，x∈[1，e2]，g′(x)＝＝，所以当x∈[1，e]时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈[e，e2]时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)在[1，e2]上最大值为g(e)＝，所以a<． 18．(2020年荆州期末)若不等式xex－ln x－1≥kx对任意的x>0都成立，则实数k的取值范围是(　　) A．(－∞，1]　 B． C．(－∞，e]　 D． 【答案】A　【解析】若不等式xex－ln x－1≥kx对任意的x>0都成立，则≥k对任意的x>0都成立，即k≤min，令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，令h(x)＝x2ex＋ln x，h′(x)＝(x2＋2x)ex＋>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝e>0，h＝e－2－1<0，所以存在x0∈，使得h(x0)＝0，即xex0＋ln x0＝0，所以当0<x<x0时，g′(x)<0，当x>x0时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，由xex0＋ln x0＝0可得x0ex0＝＝(－ln x0)e－ln x0，令f(x)＝xex，则f(x0)＝f(－ln x0)，x0∈，－ln x0∈(0,1)，易知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以x0＝－ln x0，ex0＝，于是[g(x)]min＝g(x0)＝ex0－－＝1，所以k≤1，故实数k的取值范围为(－∞，1]．