新教材2023版高中數(shù)學(xué)課時(shí)作業(yè)二十一導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的最值新人教B版選擇性必修第三冊(cè)

課時(shí)作業(yè)(二十一)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的最值一、選擇題1．函數(shù)f(x)＝x3－3x＋1在區(qū)間[－3，0]上的最大值和最小值分別是()A．1，－1B．1，－17C．3，－17D．9，－192．函數(shù)f(x)＝x＋2cosx在區(qū)間[－eq\f(π,2)，0]上的最小值是()A．－eq\f(π,2)B．2C．eq\f(π,6)＋eq\r(3)D．eq\f(π,3)＋13．函數(shù)f(x)＝eq\f(x,ex)在區(qū)間[2，4]上的最小值為()A．0B．eq\f(1,e)C．eq\f(4,e4)D．eq\f(2,e2)4．(多選)下列關(guān)于函數(shù)f(x)＝(2x－x2)ex的判斷正確的是()A．f(x)>0的解集是{x|0<x<2}B．f(－eq\r(2))是極小值，f(eq\r(2))是極大值C．f(x)沒有最小值，也沒有最大值D．f(x)有最大值，無最小值二、填空題5．已知函數(shù)f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2，2]上有最小值－37，則a的值為________，f(x)在[－2，2]上的最大值為________．6．函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋a,ex)的最大值為________．7．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx，若當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．三、解答題8．已知a∈R，函數(shù)f(x)＝x2(x－a)，求f(x)在區(qū)間[0，2]上的最大值．9．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)若f(x)存在最小值且最小值為2，求a的值；(2)設(shè)g(x)＝lnx－a，若g(x)<x2在(0，e]上恒成立，求a的取值范圍．[尖子生題庫(kù)]10．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x).(1)當(dāng)a<0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值是eq\f(3,2)，求a的值．課時(shí)作業(yè)(二十一)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的最值1．解析：f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1.又f(－3)＝－27＋9＋1＝－17，f(0)＝1，f(－1)＝－1＋3＋1＝3，1?[－3，0].所以函數(shù)f(x)的最大值為3，最小值為－17.答案：C2．解析：f′(x)＝1－2sinx，因?yàn)閤∈[－eq\f(π,2)，0]，所以sinx∈[－1，0]，所以－2sinx∈[0，2].所以f′(x)＝1－2sinx＞0在[－eq\f(π,2)，0]上恒成立．所以f(x)在[－eq\f(π,2)，0]上單調(diào)遞增．所以f(x)min＝－eq\f(π,2)＋2cos(－eq\f(π,2))＝－eq\f(π,2).答案：A3．解析：f′(x)＝eq\f(ex－xex,（ex）2)＝eq\f(1－x,ex)，當(dāng)x∈[2，4]時(shí)，f′(x)<0，即函數(shù)f(x)在區(qū)間[2，4]上單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝4時(shí)，函數(shù)f(x)有最小值eq\f(4,e4).答案：C4．解析：由f(x)>0得0<x<2，故A正確．f′(x)＝(2－x2)ex，令f′(x)＝0，得x＝±eq\r(2)，當(dāng)x<－eq\r(2)或x>eq\r(2)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)－eq\r(2)<x<eq\r(2)時(shí)，f′(x)>0，∴當(dāng)x＝－eq\r(2)時(shí)，f(x)取得極小值，當(dāng)x＝eq\r(2)時(shí)，f(x)取得極大值，故B正確．當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)<0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)<0，且f(eq\r(2))>0，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)f(x)有最大值無最小值，故C不正確，D正確．答案：ABD5．解析：f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2).由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如表：所以當(dāng)x＝－2時(shí)，f(x)min＝－40＋a＝－37，所以a＝3.所以當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)取得最大值3.答案：336．解析：f(x)＝eq\f(x＋a,ex)，則f′(x)＝eq\f(1－x－a,ex)，所以當(dāng)x<1－a時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x>1－a時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1－a)上是增函數(shù)，在(1－a，＋∞)上是減函數(shù)，所以f(x)max＝f(1－a)＝ea－1.答案：ea－17．解析：由f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx，得f′(x)＝eq\f(2（x2－a）,x3)，又函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且a>0，令f′(x)＝0，得x＝－eq\r(a)(舍去)或x＝eq\r(a).當(dāng)0<x<eq\r(a)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>eq\r(a)時(shí)，f′(x)>0.故x＝eq\r(a)是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)，且f(eq\r(a))＝lna＋1.要使f(x)≥2恒成立，需lna＋1≥2恒成立，則a≥e.答案：[e，＋∞)8．解析：f′(x)＝3x2－2ax.令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2a,3).(1)當(dāng)eq\f(2a,3)≤0，即a≤0時(shí)，f(x)在[0，2]上單調(diào)遞增，從而f(x)max＝f(2)＝8－4a.(2)當(dāng)eq\f(2a,3)≥2，即a≥3時(shí)，f(x)在[0，2]上單調(diào)遞減，從而f(x)max＝f(0)＝0.(3)當(dāng)0<eq\f(2a,3)<2，即0<a<3時(shí)，f(x)在[0，eq\f(2a,3)]上單調(diào)遞減，在[eq\f(2a,3)，2]上單調(diào)遞增，從而f(x)max＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8－4a（0<a≤2），,0（2<a<3），）))綜上所述，f(x)max＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8－4a（a≤2），,0（a>2）.))9．解析：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2)(x>0)，當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，f(x)不存在最小值；當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝－a，且當(dāng)0<x<－a時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>－a時(shí)，f′(x)>0.∴當(dāng)x＝－a時(shí)，f(x)取最小值，f(－a)＝ln(－a)＋1＝2，解得a＝－e.(2)g(x)<x2即lnx－a<x2，即a>lnx－x2，故g(x)<x2在(0，e]上恒成立，也就是a>lnx－x2在(0，e]上恒成立．設(shè)h(x)＝lnx－x2，則h′(x)＝eq\f(1,x)－2x＝eq\f(1－2x2,x)，由h′(x)＝0及0<x≤e，得x＝eq\f(\r(2),2).當(dāng)0<x<eq\f(\r(2),2)時(shí)，h′(x)>0，當(dāng)eq\f(\r(2),2)<x≤e時(shí)，h′(x)<0，∴h(x)在(0，eq\f(\r(2),2))上為增函數(shù)，在(eq\f(\r(2),2)，e]上為減函數(shù)，∴當(dāng)x＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，h(x)取得最大值h(eq\f(\r(2),2))＝lneq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2).∴當(dāng)g(x)<x2在(0，e]上恒成立時(shí)，a的取值范圍為(lneq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2)，＋∞).10．解析：函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，(1)∵a<0，∴f′(x)>0，故函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．(2)當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，分如下情況討論：①當(dāng)a≤1時(shí)，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，其最小值為f(1)＝a≤1，這與函數(shù)在[1，e]上的最小值是eq\f(3,2)相矛盾；②當(dāng)1<a<e時(shí)，函數(shù)f(x)在[1，a)上有f′(x)<0，f(x)