2019-2020学年高中数学 第1章 导数及其应用 1.3.3 函数的最大(小)值与导数练习 新人教A版选修2-2

1.3.3函数的最大(小)值与导数课时跟踪检测一、选择题1设f(x)是a，b上的连续函数，且在(a，b)内可导，则下列结论中正确的是()af(x)的极值点一定是最值点bf(x)的最值点一定是极值点cf(x)在此区间上可能没有极值点df(x)在此区间上可能没有最值点解析：根据函数的极值与最值的概念判断知选项a、b、d都不正确，只有选项c正确答案：c2函数y的最大值为()ae1bece2d.解析：y.由y0得，1ln x0，解得0xe；由y0得，1ln xe.y在(0，e)上递增，在(e，)上递减f(e)为极大值，也是最大值，且f(e)e1.答案：a3函数f(x)x33x2m在区间1,1上的最大值是2，则常数m()a2 b0 c2 d.4解析：f(x)3x26x3x(x2)，令f(x)0，得x0或x2(舍去)，当1x0；当0x1时，f(x)0)，h(t)2t.当0t时，h(t)时，h(t)0，h(t)为增函数，h(t)minhln ，故|mn|最小时t，故选d.答案：d6已知函数f(x)xxln x，若mz且f(x)m(x1)0对任意的x1恒成立，则m的最大值是()a2 b3 c4 d.5解析：依题意可得，m1)，则g(x)，令(x)x2ln x，(x1)，则(x)10，所以(x)x2ln x在(1，)上单调递增，又(3)1ln 30，故存在x0(3,4)，使(x0)x02ln x00，从而g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，即g(x)ming(x0)x0，故m0)若当x(0，)时，f(x)2恒成立，则实数a的取值范围是_解析：f(x)2即a2x22x2ln x.令g(x)2x22x2ln x(x0)，则g(x)2x(12ln x)由g(x)0得xe，且0x0；当xe时，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)g(1)，又g(1)2，a2.故实数a的取值范围为(，2(2)由f(1)2，要使f(x)max2，故f(x)的递减区间是1，)，递增区间是(0,1)，f(1)0，即ln 12a2a0，a2.11(2019镇海中学高二期末)已知函数f(x)(xk)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间0,1上的最小值解：(1)f(x)(xk1)ex.令f(x)0，得xk1.令x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表：x(，k1)k1(k1，)f(x)0f(x)ek1所以，f(x)的单调递减区间是(，k1)；单调递增区间是(k1，)(2)当k10，即k1时，函数f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(0)k；当0k11，即1k2时，由(1)知f(x)在0，k1)上单调递减，在(k1,1上单调递增，所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(k1)ek1；当k11，即k2时，函数f(x)在0,1上单调递减f(x)minf(1)(1k)e；综上，当k1时，f(x)mink，当1k2时，f(x)minek1，当k2时，f(x)minf(1)(1k)e.12设函数f(x)2x33ax23bx8c在x1及x2时取得极值(1)求a、b的值；(2)若对于任意的x0,3都有f(x)0；当x(1,2)时，f(x)0.所以，当x1时，f(x)取得极大值f(1)58c，又f(0)8c，f(3)98c，则当x0,3时，f(x)的最大值为f(3)98c.因为对于任意的x0,3有f(x)c2恒成立，所以98cc2，解得c9，因此c的取值范围为(，1)(9，)13(2019北京卷)已知函数f(x)x3x2x.(1)求曲线yf(x)的斜率为1的切线方程；(2)当x2,4时，求证：x6f(x)x；(3)设f(x)|f(x)(xa)|(ar)，记f(x)在区间2,4上的最大值为m(a)当m(a)最小时，求a的值解：(1)由f(x)x3x2x得f(x)x22x1.令f(x)1，即x22x11，得x0或x.又f(0)0，f，所以曲线yf(x)的斜率为1的切线方程是yx与yx，即yx与yx.(2)证明：令g(x)f(x)x，x2,4由g(x)x3x2得g(x)x22x.令g(x)0，得x0或x.当x变化时，g(x)，g(x)的情况如下：x2(2,0)00，44g(x)g(x)600所以g(x)的