5.3.2 函数的极值与最大（小）值-【新教材】2020-2021学年人教A版（2019）高中数学选择性必修二练习（Word含解析）

函数的极值与最大（小）值练习
一、单选题
已知函数f(x)=?x3+ax2?4在x=2处取得极值，若m∈[?1,1]，则f(m)的最小值为(??? )
A. ?4 B. ?2 C. 0 D. 2
若函数fx=x3?3x在a,6?a2上有最小值，则实数a的取值范围为(??? )．
A. ?5,1 B. ?5,1 C. [?2,1) D. ?5,?2
设函数fx=x2?3ex，则(??? )
A. fx有极大值且为最大值
B. fx有极小值，但无最小值
C. 若方程fx=b恰有3个实根，则0D. 若方程fx=b恰有一个实根，则b>6e3
已知函数f(x)=13x3?4x+4在区间(2a?5,a2)上存在最大值，则实数a的取值范围是(? ?)
A. ?2,32 B. (?2,2) C. [?2,2] D. ?2,32
已知函数f(x)=aexx(a>0)，下面描述正确的是
A. f(x)在R上单调递增
B. f(x)无极值点
C. 当a=2时，函数f(x)在[1,2]上有最小值e
D. 若f(x)≥1对任意x∈(0,+∞)恒成立，则a≥1e
函数f(x)=xln?x，正确的命题是(????)
A. 值域为R B. 在(1,+∞)是增函数
C. f(x)有两个不同的零点 D. 过(1,0)点的切线有两条
已知函数f(x)=12x?sinx，x∈(0,π)，则f(x)的最小值为(????)
A. π6 B. π?336 C. π+336 D. 32
已知函数fx=exx+klnx?x，若x=1是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是(????)
A. (?∞,e] B. (?∞,e) C. (?e,+∞) D. [?e,+∞)
函数f(x)=xln?x，正确的命题是(????)
A. 值域为R B. 在(1,+∞)是增函数
C. f(x)有两个不同的零点 D. 过(1,0)点的切线有两条
已知函数fx=ax2+bx?lnx(a>0,b∈R)，若对任意x>0，有fx≥f1，则(??? )
A. lna?2b C. lna=?2b D. lna≥?2b
函数f(x)=13x3+ax2?2x+1在x∈(1,2)内存在极值点，则(????)
A. ?12C. a12 D. a≤?12或a≥12
函数f(x)=ln|x|+|sinx|(?π≤x≤π且x≠0)的图象大致是(????)
A. B.
C. D.
二、单空题
若函数fx=12ax2+xlnx?x存在单调递增区间，则a的取值范围是??????????．
已知函数f(x)的定义域为?1,5，部分对应值如下表．f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示．
x
?1
0
4
5
f(x)
1
2
2
1
下列关于函数f(x)的命题：
①函数y=f(x)是周期函数；??? ②函数f(x)在0,2上是减函数；
③如果当x∈?1,t时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；
④当1其中真命题有__________.?????
若对任意正实数x，y，不等式(2x?y)?(lny?lnx+1)≤xa恒成立，则实数a的取值范围a为__________
已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=?23与x=1处都取得极值，则a+b=_________.若对x∈[?1,2]，不等式f(x)函数f(x)=sinx+12sin2x的最大值为________．
设函数fx=lnx+k+1，gx=ex.若fx1=gx2，且x1?x2的最小值为?1，则实数k的值是? ? ? ? ??
三、解答题
某种商品每件进价9元，售价20元，每天可卖出69件.若售价降低，销售量可以增加，且售价降低x(0≤x≤11)元时，每天多卖出的件数与x2+x成正比.已知商品售价降低3元时，一天可多卖出36件．
(1)试将该商品一天的销售利润表示成x的函数；
(2)该商品售价为多少元时一天的销售利润最大？
已知函数f(x)=x3+bx2+cx，(b,c∈R)
(1)当c=1时，讨论函数f(x)单调性；
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，当|x1?x2|=2时，求f(1)的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解答】
解：f′(x)=?3x2+2ax，因为f(x)在x=2处取得极值，所以f′(2)=0,即?12+4a=0，所以a=3，
?则f′(x)=?3x2+6x=3x(?x+2),当?10,f(x)单调递增，
所以当m∈?1,1，则fm的最小值为f(0)=?4．
2.【答案】C
【解析】解：由f(x)=x3?3x，得f′(x)=3x2?3．
令f′(x)=3x2?3=0，可得x=±1．
x∈(?∞,?1)时，f′(x)>0；x∈(?1,1)时，f′(x)<0；
x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)的增区间是(?∞,?1)，(1,+∞)，减区间是(?1,1)，
x=1为函数的极小值点，x=?1为函数的极大值点．
∵函数?f(x)在区间(a,6?a2)上有最小值，
所以函数f(x)的极小值点必在区间(a,6?a2)内，则a<1<6?a2f(a)=a3?3a≥f(1)=?2,
解得：?2≤a<1，
∴实数a的取值范围是[?2,1)，
3.【答案】C
【解答】
解：∵f(x)=(x2?3)ex，∴f′(x)=2xex+(x2?3)ex=(x+3)(x?1)ex，
∴当x∈(?∞,?3)∪(1,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(?3,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
∵当x∈(?∞,?3)时，x2?3>0，ex>0，∴f(x)>0，
再由f(?3)=6e3如图，
由图象可知，f(?3)为函数的极大值但不是最大值，故A错误；
f(1)为函数的极小值，且为最小值，故B错误；
若要使f(x)=b有3个实根，
则要使函数y=b的图象与函数f(x)的图象有3个交点，
则0若要使f(x)=b恰有一个实根，
则要使函数y=b的图象与函数f(x)的图象仅有1个交点，
则b>6e3或b=?2e，故D错误．
4.【答案】D
解：f′x=x2?4，令f′x=0，则x=±2，
则当x0，函数单调递增；
当?2当x>2时，f′x>0，函数单调递增．
所以x=?2时，函数f(x)取得极大值283，
且当x=4时，f(4)=283，
要使函数f(x)=13x3?4x+4在区间(2a?5,a2)上存在最大值，
则必有：2a?55.【答案】D
【解答】
解：∵f′(x)=aex(x?1)x2，
令f′x>0得x>1，令f′x<0得x<0或0故f(x)在(?∞,0)，(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以A错；
f(x)有极小值f(1)=ae，无极大值，所以B错；
当a=2时，f(x)在[1,2]上单调递增，所以f(x)min=f(1)=2e，所以C错；
f(x)在(0,+∞)上最小值为f(1)=ae，∴ae≥1，∴a≥1e，∴D正确．
6.【答案】B
【解答】
解：因为f′x=1+lnx(x>0)，
当x∈0,?1e时，f′x<0；当x∈1e,+∞时，f′x>0，
所以函数f(x)在0,?1e上单调递减，在1e,+∞上单调递增，
所以x=1e是函数的极小值点，也是唯一的最小值点，即最小值为f1e=?1e，
所以函数f(x)的值域为?1e,?+∞，函数的图像如下：
故A错误，B正确，C错误；
设切点为x0,??x0lnx0，则k=f′x0=1+lnx0，
所以切线方程为：y?x0lnx0=1+lnx0x?x0，
又因为切线过点(1,0)，
所以0?x0lnx0=1+lnx01?x0，解得x0=1，
所以切点为(1,0)，即过(1,0)点的切线有一条，故D错误．
故选B．
7.【答案】B
【解答】解：f(x)=12x?sinx，x∈(0,π)，
由f′(x)=12?cosx=0，得x=π3，
当x∈(0,π3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(π3,π)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
则f(x)在x=π3处取得极小值．
又f(x)在(0,π)上只有一个极值点，
易知f(π3)=12×π3?32=π?336即为f(x)的最小值．
8.【答案】A
【解答】
解：∵f(x)=exx+k(lnx?x)，
∴f′x=x?1exx2+k1x?1
=x?1ex?kxx2，
∴x=1是函数f(x)的唯一极值点，
∴ex?kx=0在x∈0,+∞上无解，或有唯一解x=1，
①当x=1为其唯一解时，k=e，令?(x)=ex?ex(x>0)，?′(x)=ex?e，
当x∈0,1时，?′x<0，即?(x)的单调递减区间为0,1，
当x∈1,+∞时，?′x>0，即?x的单调递增区间为1,+∞，
∴?x在x=1处，取得极小值，
∴k=e时，x=1是f(x)的唯一极值点；
②当k=exx在x∈0,+∞上无解，
设gx=exx
则g′x=exx?1x2，
当x∈0,1时，g′x<0，即g(x)的单调递减区间为0,1，
当x∈1,+∞时，g′x>0，即gx的单调递增区间为1,+∞，
∴gx在x=1处，取得极小值，也是其最小值，gxmin=g1=e，
又k=exx在x∈0,+∞上无解，
∴k综上k≤e．
9.【答案】B
【解答】
解：因为f′x=1+lnx(x>0)，
当x∈0,?1e时，f′x<0；当x∈1e,+∞时，f′x>0，
所以函数f(x)在0,?1e上单调递减，在1e,+∞上单调递增，
所以x=1e是函数的极小值点，也是唯一的最小值点，即最小值为f1e=?1e，
所以函数f(x)的值域为?1e,?+∞，函数的图像如下：
故A错误，B正确，C错误；
设切点为x0,??x0lnx0，则k=f′x0=1+lnx0，
所以切线方程为：y?x0lnx0=1+lnx0x?x0，
又因为切线过点(1,0)，
所以0?x0lnx0=1+lnx01?x0，解得x0=1，
所以切点为(1,0)，即过(1,0)点的切线有一条，故D错误．
10.【答案】A
【解答】
解：f′(x)=2ax+b?1x，
由题意可知，f(x)在x=1处取得最小值，即x=1是f(x)的极值点；
∴f′(1)=0，
∴2a+b=1，即b=1?2a；
令g(x)=2?4x+lnx(x>0)，
则g′(x)=1?4xx；
∴当00，g(x)在(0,14)上单调递增；
当x>14时，g′(x)<0，g(x)在(14,+∞)上单调递减；
∴g(x)≤g(14)=1+ln14=1?ln4<0；
∴g(a)<0，
即2?4a+lna=lna+2b<0；
故lna11.【答案】A
【解答】
解：∵f′(x)=x2+2ax?2，函数f(x)=13x3+ax2?2x+1在x∈(1,2)内存在极值点，
即x2+2ax?2=0在(1,2)内有解，2a=2x?x内有解，
因为y=2x?x在(1,2)为减函数，所以2x?x∈(?1,1)，
即a∈(?12,12)．
12.【答案】B
【解答】
解：函数f(x)=ln|x|+|sinx|(?π≤x≤π且x≠0)是偶函数，故排除A．
当x>0时，f(x)=lnx+sinx，
得f′(x)=1x+cosx，令1x+cosx=0，
作出y=1x与y=?cosx图象如图：
可知两个函数有一个交点，就是函数f(x)在(0,π]上有一个极值点，故排除D．
f(π)=lnπ>1，故排除C．
故选B．
13.【答案】
【解答】
解：∵f(x)=12ax2+xln?x?x，其中x>0，
则f′x=ax+lnx，
因为函数f(x)=12ax2+xlnx?x存在单调递增区间，
则?x>0，使得f′x>0，
即?x>0，a>?lnxx，
构造函数gx=?lnxx，x>0，
则a>gxmin，
g′x=lnx?1x2，令g′x=0，得x=e；
当0当x>e时，g′x>0，gx单调递增；
所以，函数gx在x=e处取得极小值，亦即最小值，
则gxmin=ge=?1e，
所以，a>?1e，
故答案为：．
14.【答案】②
15.【答案】(0,1]
【解答】解：不等式(2x?y)?(lny?lnx+1)≤xa对x、y>0恒成立，
可得(2?yx)?(lnyx+1)≤1a，
可设t=yx(t>0)，可得f′(t)=(2?t)(lnt+1)，
f′(t)=?(lnt+1)+2?tt=?lnt+2t?2，
由y=?lnt和y=2t?2在t>0递减，可得f′(t)在t>0递减，
则f′(1)=0，当t>1时，f′(t)0f′1=0，f(t)递增，
可得f(t)在t=1处取得极大值，且为最大值f(1)=1，
则1≤1a，即a?1a≤0，解得0故答案为：(0,1]．
16.【答案】?52；(?∞,?1)∪(2,+∞)
【解答】
解：∵f(x)=x3+ax2+bx+c，
∴f′(x)=3x2+2ax+b，
由题意得：f′(?23)=0f′(1)=0,
解得a=?12b=?2，
所以a+b=?52;
因为f′(x)=3x2?x?2=(3x+2)(x?1)，函数f(x)的单调区间如下表：
x
(?∞,?23)
?23
(?23,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
?
0
+
f(x)
↑
极大值
↓
极小值
↑
所以函数f(x)的递增区间是(?∞,?23)和(1,+∞)，递减区间是(?23,1)，
当x=?23时，f(x)=2227+c为极大值，而f(2)=2+c，
所以f(2)=2+c为最大值．
要使f(x)f(2)=2+c．
解得c2；
故答案为?52；(?∞,?1)∪(2,+∞)．
17.【答案】334
【解析】解：由题意可得：f′(x)=cosx+cos2x=2cos2x+cosx?1=(2cosx?1)(cosx+1)，
∵cosx+1≥0，
∴当cosx>12时，f′(x)>0，
当?1即当2kπ?π3≤x≤2kπ+π3,k∈Z时，f(x)单调递增，
当2kπ+π3故f(x)在x=2kπ+π3,k∈Z处取得极大值即最大值，
且f(x)max=sinπ3+12sin(2×π3)=32+12×32=334．
故答案为：334．
对函数求导，分类讨论确定函数的单调性，求得函数的极大值点即可得解．
本题主要考查了函数的导数与极值的关系，考查极值点，属于综合题．
18.【答案】2
19.【答案】解：(1)由题意可设每天多卖出的件数为k(x2+x)，
∴36=k(32+3)，
∴k=3．
又每件商品的利润为(20?9?x)元，每天卖出的商品件数为69+3(x2+x)．
∴该商品一天的销售利润为
f(x)=(11?x)[69+3(x2+x)]
=?3x3+30x2?36x+759(0≤x≤11)．
(2)由f′(x)=?9x2+60x?36=?3(3x?2)(x?6)．
令f′(x)=0可得x=23或x=6．
当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：
∴当商品售价为14元时，一天销售利润最大，最大值为975元．
20.【答案】解：(1)因为f′(x)=3x2+2bx+1，且Δ=4b2?12，
当?3≤b≤3时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，
当b3时，由f′(x)=0得x1=?b?b2?33x2=?b+b2?33，
x
(?∞,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f′(x)
+
0
?
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以f(x)在(?∞,x1)与(x2,+∞)上是单调递增的，在(x1,x2)上是单调递减的．
综上所述，
当|b|>3时，f(x)在(?∞,x1)与(x2,+∞)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减；
当|b|≤3时，f(x)在R上单调递增．
(2)由f′(x)=3x2+2bx+c，
知x1+x2=?2b3，x1x2=c3，又|x1?x2|=2，
所以(x1?x2)2=(x1+x2)2?4x1x2=4b29?4c3=4，即c=b23?3，
所以f(1)=b+c+1=b23+b?2=13(b+32)2?114≥?114，
所以当b=?32时，c=?94，△=4b2?12c=4(b2?3c)>0，f(1)=?114，
故当b=?32，c=?94时，f(1)的最小值为?114．