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课时跟踪检测 （十八） 函数的最大（小）值 1．设函数f(x)＝2x＋－1(x<0)，则f(x)(　　) A．有最大值　　　　　 B．有最小值 C．是增函数 D．是减函数 解析：选A　f′(x)＝2－＝， 令f′(x)＝0，得x＝－. 当x<－时，f′(x)>0，当－<x<0时，f′(x)<0，∴x＝－是函数f(x)的极大值点，也是最大值点． 2．若函数f(x)＝x3－x2－x＋a在区间[0,2]上的最大值是3，则a等于(　　) A．3 B．1 C．2 D．－1 解析：选B　f′(x)＝3x2－2x－1， 令f′(x)＝0，解得x＝－(舍去)或x＝1， 又f(0)＝a，f(1)＝a－1，f(2)＝a＋2， 则f(2)最大，即a＋2＝3， 所以a＝1. 3．函数f(x)＝的最大值为(　　) A. B． C．e D．0 解析：选B　由题得f′(x)＝＝(x>0)． 令f′(x)>0，解得0<x<； 令f′(x)<0，解得x>. 所以函数f(x)的单调递增区间为(0，)， 单调递减区间为(，＋∞)， 所以函数f(x)＝的最大值f()＝＝.故选B. 4．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是(　　) A．－37 B．－29 C．－5 D．以上都不对 解析：选A　∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，∴当x＝0时，f(0)＝m最大，∴m＝3.∵f(－2)＝－37，f(2)＝－5，∴最小值为－37. 5．函数f(x)＝x3－x2＋a，函数g(x)＝x2－3x，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f(x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，那么a的取值范围是(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C. D． 解析：选A　设h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－x2＋a－x2＋3x，则h′(x)＝x2－4x＋3＝(x－3)(x－1)，所以当x∈(1,3)时 ，h(x)单调递减；当x∈(3，＋∞)时，h(x)单调递增．当x＝3时，函数h(x)取得最小值．因为f(x)的图象始终在g(x)的图象上方，则有h(x)min>0，即h(3)＝a>0，所以a的取值范围是(0，＋∞)． 6．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＝________. 解析：令f′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2. 计算f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以M＝24，m＝－8，故M－m＝32. 答案：32 7．已知函数y＝－x2－2x＋3在区间[a,2]上的最大值为，则a＝________. 解析：y′＝－2x－2，令y′＝0，得x＝－1， ∴函数在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减． 若a>－1，则最大值为f(a)＝－a2－2a＋3＝，解得a＝－； 若a≤－1，则最大值为f(－1)＝－1＋2＋3＝4≠. 综上知，a＝－. 答案：－ 8．已知函数f(x)＝2ln x＋(a>0)．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a≥2x2－2x2ln x. 令g(x)＝2x2－2x2ln x，x>0， 则g′(x)＝2x(1－2ln x)．由g′(x)＝0得x＝e， 且当0<x<e时，g′(x)>0；当x>e时，g′(x)<0， ∴当x＝e时，g(x)取最大值g(e)＝e，∴a≥e. 答案：[e，＋∞) 9．已知函数f(x)＝x3＋2x2＋x＋2，x∈. (1)求f(x)的单调区间； (2)求f(x)的最大值和最小值． 解：(1)f′(x)＝3x2＋4x＋1＝3(x＋1)． 由f′(x)>0，得x<－1或x>－； 由f′(x)<0，得－1<x<－. 因此，函数f(x)在上的单调递增区间为和， 单调递减区间为. (2)f(x)在x＝－1处取得极大值，极大值为f(－1)＝2； f(x)在x＝－处取得极小值， 极小值为f＝. 又f＝，f(1)＝6，且>， 所以f(x)在上的最大值为f(1)＝6， 最小值为f＝. 10．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1. 解：(1)f′(x)＝ex－2，x∈R. 令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  2(1－ln 2＋a)  故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值． (2)设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R， 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. 由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0. 于是对任意x∈R，都有g′(x)>0， 所以g(x)在R上单调递增， 于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)， 都有g(x)>g(0)，而g(0)＝0， 从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0， 即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1. 1．已知函数f(x)＝aex－x2－(2a＋1)x，若函数f(x)在区间(0，ln 2)上恰有一个最值点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－1) B．(－1,0) C．(－2，－1) D．(－∞，0)∪(0,1) 解析：选A　令g(x)＝f′(x)＝aex－2x－(2a＋1)． 若函数f(x)在区间(0，ln 2)上恰有一个最值点， 则g(x)在区间(0，ln 2)上存在唯一一个零点． ∴g(0)g(ln 2)＝(a－2a－1)(2a－2ln 2－2a－1)<0， 即a＋1<0，解得a<－1， 此时g′(x)＝aex－2<0在区间(0，ln 2)上恒成立， 则g(x)在区间(0，ln 2)上单调递减， 即g(x)在区间(0，ln 2)上存在唯一一个零点， 即f(x)在(0，ln 2)上恰有一个最值点． ∴实数a的取值范围是(－∞，－1)． 2．(2020·西安中学高二期末)若对于任意实数x≥0，函数f(x)＝ex＋ax恒大于零，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，e) B．(－∞，－e] C．[e，＋∞) D．(－e，＋∞) 解析：选D　当x＝0时，a为任意实数，f(x)＝ex＋ax>0恒成立． 当x>0时，f(x)＝ex＋ax>0恒成立， 即当x>0时，a>－恒成立， 设g(x)＝－，则g′(x)＝－＝. 当x∈(0,1)时，g′(x)>0，则g(x)在(0,1)上单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为－e. 则要使x≥0时，f(x)＝ex＋ax>0恒成立，实数a的取值范围是(－e，＋∞)．故选D. 3．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________． 解析：f′(x)＝ex－2.由f′(x)>0，得ex－2>0， ∴x>ln 2.由f′(x)<0，得x<ln 2. ∴f(x)在x＝ln 2处取得最小值． 只要f(x)min≤0即可． ∴eln 2－2ln 2＋a≤0，∴a≤2ln 2－2. 答案：(－∞，2ln 2－2] 4．直线y＝a分别与曲线y＝2(x＋1)，y＝x＋ln x交于A，B，求|AB|的最小值． 解：当y＝a时，2(x＋1)＝a，x＝－1. 设方程x＋ln x＝a的根为t，则t＋ln t＝a， 所以|AB|＝＝ ＝. 设g(t)＝－＋1(t＞0)， 则g′(t)＝－＝，令g′(t)＝0，得t＝1. 当t∈(0,1)，g′(t)＜0；t∈(1，＋∞)，g′(t)＞0， 所以g(t)min＝g(1)＝， 所以|AB|≥，即|AB|的最小值为. 5．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． 解：函数f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－＝. (1)∵a<0，∴f′(x)>0， 故函数在其定义域(0，＋∞)上单调递增． (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，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1<a<e时，函数f(x)在[1，a)上有f′(x)<0，f(x)单调递减，在(a，e]上有f′(x)>0，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，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.