2024-2025学年新教材高中数学5一元函数的导数及其应用5.3.2.2函数的最大小值课时作业含解析新人教A版选择性必修第二册

PAGE课时作业(二十)函数的最大(小)值[练基础]1．函数f(x)＝x2ex，x∈[－2,1]的最大值为()A．4e－2B．0C．e2D．e2．已知函数f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx－1(a>0)在定义域内有零点，则实数a的取值范围是()A．a≤1B．0<a≤1C．a≥1D．a>13．已知函数f(x)＝ex－x＋a的图象始终在x轴的上方，则实数a的取值范围()A．(－1，＋∞)B．(－∞，－1)C．[－1，＋∞)D．(－∞，－1]4．设函数f(x)＝eq\f(1,2)x2ex，若当x∈[－2,2]时，不等式f(x)>m恒成立，则实数m的取值范围是________．5．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是________．6．已知函数f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常数a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函数．(1)求f(x)的表达式．(2)求g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值．[提实力]7．(多选题)若函数f(x)＝2x3－ax2(a<0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，则a的取值可能为()A．－6B．－5C．－4D．－38．设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(x>0)的图象与直线y＝4相切于点M(1,4)，则y＝f(x)在区间(0,4]上的最大值为________；最小值为________．9．已知函数f(x)＝ex－ax，a∈R，e是自然对数的底数．(1)若函数f(x)在x＝2处取得极值，求a的值及f(x)的极值．(2)求函数f(x)在区间[0,1]上的最小值．[战疑难]10．若实数m的取值使函数f(x)在定义域上有两个极值点，则叫做函数f(x)具有“凹凸趋向性”，已知f′(x)是函数f(x)的导数，且f′(x)＝eq\f(m,x)－2lnx，当函数f(x)具有“凹凸趋向性”时，m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,e)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)，－\f(1,e)))课时作业(二十)函数的最大(小)值1．解析：因为f′(x)＝(x2＋2x)·ex＝x(x＋2)·ex，令f′(x)＝0，x＝0或x＝－2，所以f(x)在(－2,0)单调递减，在(0,1)单调递增．又f(－2)＝eq\f(4,e2)<1，f(1)＝e>1，所以f(x)max＝e.答案：D2．解析：函数f(x)定义域为(0，＋∞)．因为函数f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx－1(a>0)在定义域内有零点，所以a＝x－xlnx有解，令h(x)＝x－xlnx，所以h′(x)＝－lnx，所以h(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)，所以h(x)max＝h(1)＝1.∴0＜a≤1.答案：B3．解析：因为函数f(x)＝ex－x＋a的图象始终在x轴的上方，所以f(x)＝ex－x＋a的最小值大于零，令f′(x)＝ex－1＝0，得x＝0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)＝ex－x＋a的最小值为f(0)＝1＋a，因为1＋a>0，所以a>－1.答案：A4．解析：f′(x)＝xex＋eq\f(1,2)x2ex＝eq\f(ex,2)·x(x＋2)，由f′(x)＝0得x＝0或x＝－2.当x∈[－2,2]时，f′(x)，f(x)随x的改变状况如下表：x－2(－2,0)0(0,2)2f′(x)0－0＋f(x)微小值∴当x＝0时，f(x)min＝f(0)＝0，要使f(x)>m对x∈[－2,2]恒成立，只需m<f(x)min，∴m<0.答案：m<05．解析：f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．当a≤0时，f′(x所以f(x)在(0,1)内单调递增，无最小值．当a>0时，f′(x)＝3(x－eq\r(a))(x＋eq\r(a))．当x∈(－∞，－eq\r(a))和(eq\r(a)，＋∞)时，f(x)单调递增；当x∈(－eq\r(a)，eq\r(a))时，f(x)单调递减，所以当eq\r(a)<1，即0<a<1时，f(x)在(0,1)内有最小值．答案：(0,1)6．解析：(1)因为f′(x)＝3ax2＋2x＋b，所以g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b因为g(x)是奇函数，所以g(－x)＝－g(x)，从而3a＋1＝0，b解得a＝－eq\f(1,3)，b＝0，∴f(x)的表达式为f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2.(2)由(1)知g(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x，所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0.解得x1＝－eq\r(2)(舍去)，x2＝eq\r(2)，而g(1)＝eq\f(5,3)，g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，g(2)＝eq\f(4,3)，因此g(x)在区间[1,2]上的最大值为g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，最小值为g(2)＝eq\f(4,3).7．解析：∵f(x)＝2x3－ax2，∴f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)令f′(x)＝0得x＝0或x＝eq\f(a,3)(a<0)当eq\f(a,3)<x<0时，f′(x)<0；当x<eq\f(a,3)或x>0时，f′(x)>0，从而f(x)在x＝eq\f(a,3)处取得极大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27).由f(x)＝－eq\f(a3,27)得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,3)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(a,3)))＝0，解得x＝eq\f(a,3)或x＝－eq\f(a,6)，∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，∴eq\f(a,3)<eq\f(a＋6,3)≤－eq\f(a,6)，∴a≤－4，故a的取值可能为－6，－5，－4.故选ABC.答案：ABC8．解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b(x>0)．依题意，在eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0，,f1＝4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9.))所以f(x)＝x3－6x2＋9x.令f′(x)＝3x2－12x＋9＝0，解得x＝1或x＝3.当x改变时，f′(x)，f(x)在区间(0,4]上的改变状况如下表：x(0,1)1(1,3)3(3,4)4f′(x)＋0－0＋＋f(x)404所以函数f(x)＝x3－6x2＋9x在区间(0,4]上的最大值是4，最小值是0.答案：409．解析：(1)由于f′(x)＝ex－a，函数f(x)在x＝2处取得极值因此：f′(2)＝e2－a＝0∴a＝e2经检验，a＝e2时f(x)在x＝2处取得极值，成立．f(x)的极值为f(2)＝－e2.(2)当a≤0时，f(x)在R上单调递增，因此f(x)在[0,1]上单调递增，f(x)min＝f(0)＝1当a>0时，f(x)在(－∞，lna)单调递减，(lna，＋∞)单调递增．①1≤lna即a≥e时，∴f(x)在[0,1]单调递减，∴f(x)min＝f(1)＝e－a②0<lna<1即1<a<e时，∴f(x)在[0，lna)单调递减，(lna,1]单调递增，∴f(x)min＝f(lna)＝a－alna③lna≤0即0<a≤1时，因此f(x)在[0,1]上单调递增，f(x)min＝f(0)＝1.10．解析：f′(x)＝eq\f(m,x)－2lnx＝eq\f(m－2xlnx,x)，(x>0)，若函数f(x)具有“凹凸趋向性”时，则m＝2xlnx在(0，＋∞)上有2个不同的实数根，令g(x)＝2xlnx，g′(x)＝2(1＋lnx)，令g′(x)>0，解得x>eq\f(1,e)，令g′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,e)，∴g(x)在eq\b\lc\(\