人教A版（2019）数学选择性必修第二册 5_3_2函数的极值与最大(小)值(2)课时精练（含答案）

5.3.2函数的极值与最大(小)值（2）
一、常考题型
1．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)
2．已知函数f (x)＝x3－12x＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m的值为(　　)
A．16　　 B．12　　　　C．32　　　　D．6
3．已知f (x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值为3，那么此函数在[－2，2]上的最小值为(　　)
A．0 B．－5
C．－10 D．－37
4．函数f (x)＝x3－3x在区间(－2，m)上有最大值，则m的取值范围是(　　)
A．(－1，＋∞) B．(－1，1]
C．(－1，2) D．(－1，2]
5．若函数f (x)＝2x3－6x2＋3－a对任意的x∈(－2，2)都有f (x)≤0，则a的取值范围为(　　)
A．(－∞，3) B．(2，＋∞)
C．[3，＋∞) D．(0，3)
6．若函数f (x)＝(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为________．
7．已知函数f (x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．
8．已知函数f (x)＝－x3＋3x2＋9x＋a.
(1)求f (x)的单调递减区间；
(2)若f (x)≥2 020对于 x∈[－2，2]恒成立，求a的取值范围．
二、易错专项
9．(多选题)设函数f (x)＝，则下列说法正确的是(　　)
A．x∈(0，1)时，f (x)图象位于x轴下方
B．f (x)存在单调递增区间
C．f (x)有且仅有两个极值点
D．f (x)在区间(1，2)上有最大值
10．(一题两空)已知函数f (x)＝2x2－ln x若f ′(x0)＝3，则x0＝________，若在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是________．
三、难题突破
11．已知函数f (x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f (x)的极值点，求a，并求f (x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f (x)≥0.
参考答案
1．A
解析：令F (x)＝f (x)－g(x)，则F ′(x)＝f ′(x)－g′(x)，
又f ′(x)＜g′(x)，故F ′(x)＜0，
∴F (x)在[a，b]上单调递减，
∴F (x)max≤F (a)＝f (a)－g(a)．]
2．C
解析：∵f ′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，
由f (－3)＝17，f (3)＝－1，f (－2)＝24，f (2)＝－8，
可知M－m＝24－(－8)＝32.]
3．D
解析：因为f (x)＝2x3－6x2＋m，所以f ′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，
可以得到函数在[－2，0]上是增函数，在[0，2]上是减函数，
所以当x＝0时，f (x)＝m为最大值，所以m＝3，即f (x)＝2x3－6x2＋3，
所以f (－2)＝2×(－8)－6×4＋3＝－37，f (2)＝－5，所以最小值是－37，故选D.
4．D
解析：由于f ′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
故函数在(－∞，－1)和(1，＋∞)上递增，在(－1，1)上递减，
f (－1)＝f (2)＝2，画出函数图象如图所示，
由于函数在区间(－2，m)上有最大值，
根据图象可知m∈(xB，xA]，即m∈(－1，2]，故选D.
5．C
解析：f (x)＝2x3－6x2＋3－a，f ′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，
令f ′(x)＝0，得x＝0，或x＝2.
在(－2，0)上f ′(x)＞0，f (x)单调递增；在(0，2)上f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
所以f (x)max＝f (0)＝3－a.
因为对任意的x∈(－2，2)都有f (x)≤0，所以f (x)max＝3－a≤0，得a≥3.
故选C.
6．－1
解析：f ′(x)＝＝.
令f ′(x)＝0，得x＝(x＝－舍去)，
若x＝时，f (x)取最大值，则f (x)max＝＝，＝＜1，不符合题意；
若f (x)max＝f (1)＝＝，则a＝－1，符合题意．
7．(－∞，2ln 2－2]
解析：函数f (x)＝ex－2x＋a有零点，即方程ex－2x＋a＝0有实根，
即函数g(x)＝2x－ex，y＝a有交点，
而g′(x)＝2－ex，易知函数g(x)＝2x－ex在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞)上递减，
因而g(x)＝2x－ex的值域为(－∞，2ln 2－2]，
所以要使函数g(x)＝2x－ex，y＝a有交点，只需a≤2ln 2－2即可．
8．解：(1)f ′(x)＝－3x2＋6x＋9.
由f ′(x)<0，得x<－1或x>3，
所以函数f (x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．
(2)由f ′(x)＝0，－2≤x≤2，得x＝－1.
因为f (－2)＝2＋a，f (2)＝22＋a，f (－1)＝－5＋a，
故当－2≤x≤2时，f (x)min＝－5＋a.
要使f (x)≥2 020对于 x∈[－2，2]恒成立，只需f (x)min＝－5＋a≥2 020，解得a≥2 025.
9．AB
解析：由f (x)＝，当x∈(0，1)时，ln x＜0，∴f (x)＜0，所以f (x)在(0，1)上的图象都在x轴的下方，所以A正确；
因为f ′(x)＞0在定义域上有解，所以函数f (x)存在单调递增区间，所以B是正确的；
由g(x)＝ln x－，则g′(x)＝＋(x＞0)，所以g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，则函数f ′(x)＝0只有一个根x0，使得f ′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，f ′(x)＜0，函数单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，函数单调递增，所以函数只有一个极小值，所以C不正确；
由g(x)＝ln x－，则g′(x)＝＋(x＞0)，所以g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，且g(1)＝－1＜0，g(2)＝ln 2－＞0，所以函数在(1，2)先减后增，没有最大值，所以D不正确，故选AB.
10．1　
解析：∵函数f (x)＝2x2－ln x，x∈(0，＋∞)，
∴f ′(x)＝4x－＝，由f ′(x0)＝3，x0＞0，解得x0＝1.令f ′(x)＝0得x＝，
当0＜x＜时，f ′(x)＜0，当x＞时，f ′(x)＞0，
所以当x＝时，f (x)取得极小值，
由题意可知：解得1≤k＜，
∴实数k的取值范围是：1≤k＜，即k∈.]
11．解：(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝aex－.
由题设知，f ′(2)＝0，所以a＝.
从而f (x)＝ex－ln x－1，f ′(x)＝ex－.
当0当x>2时，f ′(x)>0.
所以f (x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)证明：当a≥时，f (x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.
当01时，g′(x)>0，所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f (x)≥0.