2021-2022学年高中数学 第三章 导数及其应用 3.3.3 函数的最大（小）值与导数课后巩固提升（含解析）新人教A版选修1-1.docx

1、3.3.3函数的最大(小)值与导数课后篇巩固提升1.设函数g(x)=x(x2-1),则g(x)在区间0,1上的最小值为()A.-1B.0C.-D.解析g(x)=x3-x,由g(x)=3x2-1=0,解得x1=,x2=-(舍去).当x变化时,g(x)与g(x)的变化状态如下表:x01g(x)-0+g(x)0单调递减-单调递增0所以当x=时,g(x)有最小值g=-.答案C2.函数y=f(x)=ln x-x在区间(0,e上的最大值为()A.-eB.1-eC.-1D.0解析y=-1,令y=0,x=1,列表如下:x(0,1)1(1,e)ey+0-y单调递增-1单调递减1-e所以y最大值=f(1)=-1.

2、答案C3.函数y=()A.有最大值2,无最小值B.无最大值,有最小值-2C.最大值为2,最小值为-2D.无最值解析y=,令y=0,得x=1,容易验证当x=-1时,函数取极小值f(-1)=-2,当x=1时函数取极大值f(1)=2.又因为当x=0时,y=0,当x0时,y0时,y0,据此可以画出函数的大致图象如下,由图象可知,函数的最大值为f(1)=2,函数的最小值为f(-1)=-2.答案C4.若函数f(x)=在-2,2上的最大值为2,则实数a的取值范围是()A.B.C.(-,0D.解析当x0时,f(x)=6x2+6x,易知函数f(x)在(-,0上的最大值点是x=-1,且f(-1)=2,故只要在(0

3、,2上,eax2恒成立即可,即axln 2在(0,2上恒成立,即a在(0,2上恒成立,故aln 2.答案D5.已知函数f(x)=(2x-x2)ex,给出下列判断:f(x)0的解集是x|0x0,得2x-x20,所以0x2,故正确;f(x)=(2x-x2)ex=ex(2-2x+2x-x2)=ex(2-x2),令f(x)=0,得x=,容易验证f(-)是极小值,f()是极大值,所以正确;f(-)=(-2-2)0.当x+时,f(x)0,当x-时,f(x)0)的最小值为.解析y=1+(-2)=1-,所以当x1时,y0,当0x1时,yf(-2).因为f(x)=-3x2+6x+9=-3(x-3)(x+1)0在

4、-1,2上恒成立,所以f(x)在-1,2上单调递增.又由于f(x)在-2,-1上单调递减,所以f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间-2,2上的最大值和最小值.于是有f(2)=22+a=20,解得a=-2.故f(x)=-x3+3x2+9x-2.因此f(-1)=1+3-9-2=-7,即函数f(x)在区间-2,2上的最小值为-7.答案-78.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,则当|MN|达到最小值时t的值为.解析因为函数f(x)的图象始终在g(x)的上方,所以|MN|=f(t)-g(t)=t2-ln t.设h(t)=t2-ln t,则h(t)=2t-,令

5、h(t)=0,得t=,所以h(t)在内单调递减,在内单调递增,所以当t=时有最小值,故t=.答案9.已知f(x)=2x3-mx2-12x+6的一个极值点为2.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求函数f(x)在区间-2,2上的最值.解(1)因为f(x)=2x3-mx2-12x+6,所以f(x)=6x2-2mx-12,因为f(x)=2x3-mx2-12x+6的一个极值点为2,所以f(2)=622-2m2-12=0,解得m=3.此时f(x)=2x3-3x2-12x+6,f(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2),令f(x)=0,得x=-1或x=2.令f(x)0,得-1x0,得x2,故函

6、数f(x)在区间(-1,2)内单调递减,在区间(-,-1),(2,+)内单调递增.(2)由(1)知,f(x)在-2,-1内为增函数,在(-1,2内为减函数,所以x=-1是函数f(x)的极大值点,又f(-2)=2,f(-1)=13,f(2)=-14,所以函数f(x)在区间-2,2上的最小值为-14,最大值为13.10.已知函数f(x)=x2-aln x+(1-a)x.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若f(x)恒成立,求正实数a的取值范围.解(1)定义域为(0,+),f(x)=x-+1-a=.当a0时,在(0,+)上f(x)0,所以f(x)在定义域(0,+)上单调递增;当a0时,令f(x)0,有xa,令f(x)0,有0x恒成立等价于g(a)0,即-aln a+(1-a)a0,整理得ln a+a-10,令h(x)=ln x+x-1,易知h(x)为增函数,且h(1)=0,所以当ln a+a-10时,a的取值范围是a|0a1.