【课后练习】人教A版 选择性必修二 5.3　5.3.2　第2课时　函数的最大(小)值（含解析）

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5．3　导数在研究函数中的应用
5．3.2　函数的极值与最大(小)值
第2课时　函数的最大(小)值
1．函数f(x)＝2＋，x∈(0，5]的最小值为(　　)
A．2 B．3
C． D．2＋
2．函数y＝的最大值为(　　)
A．e－1 B．e
C．e2 D．10
3．函数f(x)＝x＋cos x在[0，π]上的(　　)
A．最小值为0，最大值为
B．最小值为0，最大值为＋1
C．最小值为1，最大值为
D．最小值为1，最大值为π－1
4．某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品．若该商品零售价定为P元，销量为Q，销量Q(单位：件)与零售价P(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170P－P2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)(　　)
A．30元 B．60元
C．28 000元 D．23 000元
5．(多选)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的值可以为(　　)
A．0 B．
C． D．1
6．(2021·陕西省安康市高三上学期联考)函数f(x)＝x sin x＋cos x(0≤x≤2π)的最大值为________．
7．已知函数f(x)＝x3－ax2＋b(a，b为实数，且a>1)在区间[－1，1]上的最大值为1，最小值为－2，则a－b＝________，f(x)的解析式为________．
8．(2021·吉林省通榆县第一中学高三上学期月考)若函数f(x)＝x3－3x在区间(a2－5，a)上有最大值，则实数a的取值范围是________．
9．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋5，曲线y＝f(x)在点P(1，f(1)) 处的切线方程为y＝3x＋1.
(1)求a，b的值；
(2)求y＝f(x)在[－3，1]上的最大值．
10．已知f(x)＝x ln x，求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值．
11．已知e是自然对数的底数，若函数f(x)＝ex－x＋a的图象始终在x轴的上方，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)
C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]
12．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1，1]，则f(m)＋f′(n)的最小值为(　　)
A．－13 B．－15
C．10 D．15
13．某厂生产某种产品x件的总成本c(x)＝1 200＋x3(单位：万元)，已知产品单价的平方与产品件数x成反比，生产100件这样的产品单价为50万元，则产量定为________件时，总利润最大．
14．已知函数f(x)＝＋2ln x，若当a>0时，f(x)≥2恒成立，求实数a的取值范围．
15．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，求当|MN|达到最小时t的值．
16．已知函数f(x)＝ln x＋.
(1)当a<0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值是，求a的值．
参考答案与解析
1.解析：选B.由f′(x)＝－＝＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，5]时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝1时，f(x)取得极小值且为最小值，故最小值为f(1)＝3.
2.解析：选A.令y′＝＝＝0(x>0)，
得x＝e.当00，y单调递增；
当x>e时，y′<0，y单调递减．
所以y极大值＝e－1，
在定义域内只有一个极值，
所以ymax＝e－1.
3.解析：选D.f′(x)＝1－sin x.
因为0≤x≤π，所以0≤sin x≤1，
所以f′(x)≥0，
即f(x)在[0，π]上单调递增，
所以f(x)max＝f(π)＝π－1，f(x)min＝f(0)＝1.
4.解析：选D.设毛利润为L(P).
则L(P)＝PQ－20Q＝(8 300－170P－P2)(P－20)
＝－P3－150P2＋11 700P－166 000，
所以L′(P)＝－3P2－300P＋11 700.
令L′(P)＝0，
解得P＝30或P＝－130(舍去).当P∈(0，30)时，L′(P)>0，L(P)单调递增；当P∈(30，＋∞)时，L′(P)<0，L(P) 单调递减．
故L(P)在P＝30时取得极大值，即最大值．此时，L(30)＝23 000.
根据实际问题的意义知，L(30)是最大值，
即零售价定为每件30元时，最大毛利润为23 000元．
5.解析：选BC.因为f′(x)＝3x2－3a，
且f′(x)＝0有解，所以a＝x2.
又因为x∈(0，1)，所以06.解析：f′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，
所以当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因为f＝，f(2π)＝1，
所以f(x)的最大值为.
答案：
7.解析：f′(x)＝3x2－3ax＝3x(x－a)，
令f′(x)＝0得x1＝0，x2＝a.
当x∈[－1，0]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
当x∈(0，1]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(0)＝b＝1，
因为f(－1)＝－a，f(1)＝2－a，
所以f(x)min＝f(－1)＝－a，
所以－a＝－2，即a＝，
所以a－b＝－1＝，
所以f(x)＝x3－2x2＋1.
答案：　f(x)＝x3－2x2＋1
8.解析：由题意得f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，解得x＝±1.
令f′(x)<0，解得－1令f′(x)>0，解得x<－1或x>1，
所以函数在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故函数在x＝－1处取到极大值2，
所以极大值必是区间(a2－5，a)上的最大值，
所以a2－5<－1解得－1检验满足题意，故答案为(－1，2).
答案：(－1，2)
9.解：(1)依题意可知点P(1，f(1))为切点，
代入切线方程y＝3x＋1可得，
f(1)＝3×1＋1＝4，
所以f(1)＝1＋a＋b＋5＝4，
即a＋b＝－2，
又由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋5得，
f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由切线y＝3x＋1的斜率可知f′(1)＝3，
所以3＋2a＋b＝3，即2a＋b＝0，
由
解得
所以a＝2，b＝－4.
(2)由(1)知f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，
f′(x)＝3x2＋4x－4＝(3x－2)(x＋2)，
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－2.
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如表：
x －3 (－3，－2) －2 1
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 8 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 4
所以f(x)的极大值为f(－2)＝13，极小值为f＝，
又因为f(－3)＝8，f(1)＝4，
所以f(x)在[－3，1]上的最大值为13.
10.解：f′(x)＝ln x＋1(x>0)，
令f′(x)＝0，解得x＝.
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
①当0②当0即0当x∈时，f(x)单调递减，
当x∈时，f(x)单调递增，
故f(x)min＝f＝－；
③当≤t即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，
故f(x)min＝f(t)＝t ln t.
综上所述，当0当t≥时，f(x)min＝t ln t．
11.解析：选A.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>0对一切实数x恒成立，即f(x)min>0.f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，解得x＝0，当x<0时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，0)上单调递减；当x>0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＝0时，f(x)取得极小值即最小值，最小值为f(0)＝1＋a，所以1＋a>0，即a>－1，故实数a的取值范围为(－1，＋∞).
12.解析：选A.f′(x)＝－3x2＋2ax，因为函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，所以f′(2)＝－12＋4a＝0，解得a＝3.所以f′(x)＝－3x2＋6x，f(x)＝－x3＋3x2－4.易知f′(n)＝－3n2＋6n，f(m)＝－m3＋3m2－4.又m，n∈[－1，1]，所以当n＝－1时，f′(n)最小，为－9；又f′(m)＝－3m2＋6m，令f′(m)＝0得m＝0或m＝2，所以当m＝0时，f(m)最小，为－4.故f(m)＋f′(n) 的最小值为－4＋(－9)＝－13，故选A.
13.解析：设产品的单价为p万元，
根据已知，可设p2＝，其中k为比例系数．
因为当x＝100时，p＝50，所以k＝250 000，
所以p2＝，p＝(x>0)，
设总利润为y万元，
则y＝·x－1 200－x3＝500－x3－1 200.
所以，y′＝－x2.
令y′＝0，得x＝25.
当00，y单调递增；
当x>25时，y′<0，y单调递减；
因此当x＝25时，y取得极大值，也是最大值．
答案：25
14.解：由f(x)＝＋2ln x，得f′(x)＝.
又函数f(x)的定义域为(0，＋∞)且a>0，
当0当x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故x＝是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，且f()＝ln a＋1.要使f(x)≥2恒成立，只需ln a＋1≥2，则a≥e.
15.解：由题意画出函数图象如图所示，由图可以看出|MN|＝y＝t2－ln t(t>0).
y′＝2t－＝＝.
当0当t>时，y′>0，y单调递增．故当t＝时，|MN|有最小值．
16.解：函数f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝，
(1)因为a<0，所以f′(x)>0，
故函数在其定义域(0，＋∞)上单调递增．所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)x∈[1，e]时，分如下情况讨论：
①当a<1时，f′(x)>0，
函数f(x)单调递增，其最小值为f(1)＝a<1，
这与函数在[1，e]上的最小值是相矛盾；
②当a＝1时，f′(x)≥0，函数f(x)在[1，e]上单调递增，其最小值为f(1)＝1，同样与最小值是相矛盾；
③当10，f(x)单调递增，
所以函数f(x)的最小值为f(a)＝ln a＋1，由ln a＋1＝，得a＝.
④当a＝e时，函数f(x)在[1，e]上有f′(x)≤0，f(x)单调递减，其最小值为f(e)＝2，这与最小值是相矛盾；
⑤当a>e时，f′(x)<0，显然函数f(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为f(e)＝1＋>2，仍与最小值是相矛盾．
综上所述，a的值为.
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