【高考调研】2022高中数学 课时作业10 新人教A版选修2-2

课时作业(十)一、选择题1．函数f(x)＝x3－3x(－1<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，也无最小值D．无最大值，但有最小值答案　C2．函数y＝x2＋x在区间[－1,0]上的最小值是(　　)A．0B．－C.D．－2答案　B解析　y＝(x＋)2－，对称轴x＝－∈[－1,0]，∴ymin＝－.3．函数f(x)＝x(1－x2)在[0,1]上的最大值为(　　)A.B.C.D.答案　A解析　f′(x)＝1－3x2，令f′(x)＝0，得x＝±.∵f(0)＝0，f(1)＝0，f()＝，f(－)＝－，∴f(x)max＝.4．函数y＝＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是(　　)A．－B．－C．－4D．－答案　A9\n解析　y′＝x2＋2x－3，令y′＝0，得x＝－3或x＝1，∵x∈[0,2]，∴x＝1.∵f(0)＝－4，f(1)＝－，f(2)＝－，∴ymin＝－，选A.5．已知函数f(x)、g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x)<g′(x)，则f(x)－g(x)的最大值为(　　)A．f(a)－g(a)B．f(b)－g(b)C．f(a)－g(b)D．f(b)－g(a)答案　A解析　令h(x)＝f(x)－g(x)，x∈[a，b]，则h′(x)＝f′(x)－g′(x)<0.∴h(x)是[a，b]上的减函数．∴h(x)max＝[f(x)－g(x)]max＝f(a)－g(a)．故选A.二、填空题6．函数f(x)＝x＋在[2，＋∞)上的最小值为________．答案　7．已知a>0，函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是单调函数，则a的最大值是________．答案　38．函数f(x)＝ax4－4ax3＋b(a>0)(x∈[1,4])的最大值为3，最小值为－6，则ab＝________.答案　19．若不等式x4－4x3>2－a对任意实数x都成立，则a的取值范围是________．答案　(29，＋∞)10．f(x)＝2x3－6x2＋m在[－2,2]上有最大值3，则f(x)在[－2,2]上的最小值为________．答案　－37解析　f′(x)＝6x2－12x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.∵f(－2)＝m－40，f(0)＝m，f(2)＝m－8，∴m为最大值．又最大值为3，∴m＝3，∴最小值为f(－2)＝－37.三、解答题9\n11．已知函数f(x)＝x2＋lnx.(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的最大、最小值；(2)求证：在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图像在函数g(x)＝x3图像的下方．解析　(1)由已知f′(x)＝x＋，当x∈[1，e]时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在区间[1，e]上单调递增．所以函数f(x)在区间[1，e]上的最小、最大值分别为f(1)、f(e)．因为f(1)＝，f(e)＝＋1，所以函数f(x)在区间[1，e]上的最大值为＋1，最小值为.(2)设F(x)＝x2＋lnx－x3，则F′(x)＝x＋－2x2＝.因为x＞1，所以F′(x)＜0.所以函数F(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，又F(1)＝－＜0，所以，在区间(1，＋∞)上F(x)＜0，即x2＋lnx＜x3.所以函数f(x)的图像在函数g(x)＝x3图像的下方．12．已知a是实数，函数f(x)＝x2(x－a)．(1)若f′(1)＝3，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．解析　(1)f′(x)＝3x2－2ax，因为f′(1)＝3－2a＝3，所以a＝0.又当a＝0时，f(1)＝1，f′(1)＝3，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为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9\nf(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[0，]上单调递减，在[，2]上单调递增，从而f(x)max＝综上所述，f(x)max＝13．已知函数f(x)＝alnx＋bx的图像在点(1，－3)处的切线的方程为y＝－2x－1.(1)若对任意x∈[，＋∞)有f(x)≤m恒成立，求实数m的取值范围；(2)若函数y＝f(x)＋x2＋2在区间[k，＋∞)内有零点，求实数k的最大值．解析　(1)∵点(1，－3)在函数f(x)图像上，∴－3＝aln1＋b，∴b＝－3.∵f′(x)＝－3，由题意f′(1)＝－2，即a－3＝－2，∴a＝1.∴f(x)＝lnx－3x.∴f′(x)＝－3.当x∈[，＋∞)时，f′(x)≤0，∴f(x)在[，＋∞)为减函数．∵fmax(x)＝f()＝ln－1＝－ln3－1.若任意x∈[，＋∞)，使f(x)≤m恒成立，∴m≥－ln3－1，即实数m的取值范围为[－ln3－1，＋∞)．(2)f(x)＝lnx－3x的定义域为(0，＋∞)，∴y＝lnx－3x＋x2＋2，x∈(0，＋∞)．∴y′＝－3＋2x＝.令y′＝0，得x＝1，x＝.9\nx(0，)(，1)1(1，＋∞)y′＋0－0＋y增极大减极小增而y|x＝1＝0，∴x＝1为y＝lnx－3x＋x2＋2，x∈(0，＋∞)的最右侧的一个零点，故k的最大值为1.14．(2022·江西高考)设函数f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax(a>0)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为，求a的值．解析　函数f(x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝－＋a.(1)当a＝1时，f′(x)＝，所以f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，2)．(2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝＋a>0，即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝.1．函数f(x)＝x＋在x>0时有(　　)A．极小值B．极大值C．既有极大值又有极小值D．极值不存在答案　A2．设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则(　　)A．a>－3B．a<－3C．a>－D．a<－答案　B3．函数y＝x3－3x2－9x(－2<x<2)有(　　)A．极大值5，极小值－279\nB．极大值5，极小值－11C．极大值5，无极小值D．极小值－27，无极大值答案　C4．曲线y＝x2＋4lnx上切线斜率的极小值为________．答案　4解析　∵x>0，y′＝x＋.令g(x)＝x＋，又∵g′(x)＝1－＝0，得x＝2.在(0,2)上g(x)＝x＋单调递减，在(2，＋∞)上g(x)＝x＋单调递增，∴g(x)的极小值为g(2)＝4.5．函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值为正数，极小值为负数，则a的取值范围是________．答案　(，＋∞)解析　∵f′(x)＝3x2－3a2(a>0)，∴f′(x)>0时，得x>a或x<－a；f′(x)<0时，得－a<x<a.∴当x＝a时，f(x)有极小值，x＝－a时，f(x)有极大值．由题意得：解得a>.6．函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处有极值－2，则a、b的值分别为________、________.答案　1　－3解析　因为f′(x)＝3ax2＋b，所以f′(1)＝3a＋b＝0.①又x＝1时有极值－2，所以a＋b＝－2.②由①②解得a＝1，b＝－3.7．求下列函数的极值．(1)f(x)＝x3－12x；(2)f(x)＝x2e－x.解析　(1)函数f(x)的定义域为R.f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)．9\n令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值↘极小值从表中可以看出，当x＝－2时，函数f(x)有极大值，且f(－2)＝(－2)3－12×(－2)＝16；当x＝2时，函数f(x)有极小值，且f(2)＝23－12×2＝－16.(2)函数f(x)的定义域为R.f′(x)＝2xe－x＋x2e－x(－x)′＝2xe－x－x2e－x＝x(2－x)e－x.令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)↘极小值极大值↘从表中可以看出，当x＝0时，函数f(x)有极小值，且f(0)＝0；当x＝2时，函数f(x)有极大值，且f(2)＝.8．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋2在x＝－2和x＝处取得极值．(1)确定函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)的单调区间．解析　(1)f′(x)＝3x2＋2bx＋c.因为在x＝－2和x＝处取得极值，所以－2，为3x2＋2bx＋c＝0的两个根，所以所以所以f(x)＝x3＋2x2－4x＋2.(2)f′(x)＝3x2＋4x－4.令f′(x)>0，则x<－2或x>，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(，＋∞)；令f′(x)<0，则－2<x<，所以函数f(x)的单调递减区间为(－2，)．9．设a为实数，函数f(x)＝x3－x2－x＋a.(1)求f(x)的极值；9\n(2)当a在什么范围内取值时，曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点？解析　(1)f′(x)＝3x2－2x－1.令f′(x)＝0，则x＝－或x＝1.当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－)－(－，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↘极大值极小值↘所以f(x)的极大值是f(－)＝＋a，极小值是f(1)＝a－1.(2)函数f(x)＝x3－x2－x＋a＝(x－1)2(x＋1)＋a－1，由此可知，x取足够大的正数时，有f(x)>0，x取足够小的负数时，有f(x)<0，所以曲线y＝f(x)与x轴至少有一个交点．由(1)知f(x)极大值＝f(－)＝＋a，f(x)极小值＝f(1)＝a－1.∵曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点，∴f(x)极大值<0或f(x)极小值>0.即＋a<0或a－1>0.∴a<－或a>1，∴当a∈(－∞，－)∪(1，＋∞)时，曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点．10．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.解析　(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减↘2(1－ln2＋a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝2(1－ln2＋a)．(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，9\n于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.9