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内部文件，版权追溯

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函数的最大(小)值与导数

(45分钟　70分)

一、选择题(每小题5分,共40分)

1.(2017·济南高二检测)函数f(x)=x2ex+1,x∈[-2,1]的最大值为　(　　)

A.4e-1 B.1 C.e2 D.3e2

【解析】选C.f′(x)=xex+1(x+2),

令f′(x)=0得x=-2或x=0,

当f′(x)>0时,x<-2或x>0;

当f′(x)<0时,-2

当x=-2时f(-2)=;

当x=0时,f(0)=0;

当x=1时,f(1)=e2,

所以函数的最大值为e2.

2.函数y=x-sinx,x∈的最大值是　(　　)

A.π-1 B.-1 C.π D.π+1

【解析】选C.在上,y′=1-cosx≥0,所以y=x-sinx为增函数,

所以当x=π时,ymax=π.

3.已知函数f(x)=ax-lnx,当x∈(0,e](e为自然常数),函数f(x)的最小值为3,则a的值为　(　　)

A.e B.e2 C.2e D.2e2

【解析】选B.由f(x)=ax-lnx得f′(x)=a-,

因为x∈(0,e],

所以当a≤时,f(x)在x∈(0,e]是减函数,

最小值为f(e)=ae-1≤0,不满足题意,

当a>,f(x)在是减函数,

是增函数,

所以最小值为f=1+lna=3⇒a=e2.

【补偿训练】(2017·大庆高二检测)若函数y=x3+x2+m在[-2,1]上的最大值为,则m等于　(　　)

A.0　　　B.1　　　C.2　　　D.

【解题指南】先求出函数y=x3+x2+m在[-2,1]上的最大值,再依据题设条件可得到关于m的方程,解方程即得出m的值.

【解析】选C.y′=′

=3x2+3x=3x(x+1).

由y′=0,得x=0或x=-1.

因为f(0)=m,f(-1)=m+.

f(1)=m+,f(-2)=-8+6+m=m-2,

所以f(1)=m+最大.所以m+=.所以m=2.

4.已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=lnx-ax,当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a的值等于　(　　)

A. B. C. D.1

【解析】选D.因为f(x)是奇函数,

所以f(x)在(0,2)上的最大值为-1.

当x∈(0,2)时,f′(x)=-a,

令f′(x)=0得x=,

又a>,所以0<<2.

当0时,f′(x)>0,f(x)在上单调递增;

当2>x>时,f′(x)<0,f(x)在上单调递减,

所以f(x)max=f=ln-a·=-1,

解得a=1.

5.设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意的x∈(0,1],都有f(x)≥0成立,则实数a的取值范围为　(　　)

A.a>4 B.a≥4 C.a<4 D.a≤4

【解析】选B.因为x∈(0,1],

所以f(x)≥0,可化为a≥-,

设g(x)=-,则g′(x)=.

令g′(x)=0,得x=.

当0时,g′(x)>0;

当≤1时,g′(x)<0.

所以g(x)在(0,1]上有极大值g=4,

它也是最大值,故a≥4.

6.设函数f(x)=x3--2x+5,若对任意x∈[-1,2],都有f(x)>m,则实数m的取值范围是　(　　)

A.m< B.m<7 C.m< D.m<

【解析】选D. f′(x)=3x2-x-2=0,

解得x=1或-,f(-1)=,

f=,

f(1)=,f(2)=7.所以m<.

7.(2017·武汉高二检测)函数f(x)=x3-3x-1,若对于区间[-3,2]上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,则实数t的最小值是　(　　)

A.20 B.18 C.3 D.0

【解析】选A.因为f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),

令f′(x)=0,得x=±1,

所以-1,1为函数的极值点.

又f(-3)=-19,f(-1)=1,f(1)=-3,f(2)=1,

所以在区间[-3,2]上f(x)max=1,f(x)min=-19.

又由题设知在区间[-3,2]上f(x)max-f(x)min≤t,

从而t≥20,所以t的最小值是20.

8.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)

【解析】选A.令u(x)=f(x)-g(x),则u′(x)=f′(x)-g′(x)<0,所以u(x)在[a,b]上为减函数,

所以u(x)的最大值为u(a)=f(a)-g(a).

二、填空题(每小题5分,共10分)

9.(2017·北京高二检测)函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1,1]上的最大值为　　　　.

【解析】f′(x)=3x2-6x=3x(x-2)

令f′(x)=0得x=0或x=2(舍),

当-1时,f′(x)>0;

当0时,f′(x)<0,

所以当x=0时,函数取得极大值即最大值.

所以f(x)的最大值为2.

答案:2

10.(2017·包头高二检测)设函数f(x)=x3-3x+1,x∈[-2,2]的最大值为M,最小值为m,则M+m=　　　　.

【解析】由f(x)=x3-3x+1,得f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),

当x∈(-2,-1)∪(1,2)时,f′(x)>0,当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,

所以函数f(x)的单调递增区间为(-2,-1),(1,2),单调递减区间为(-1,1),

所以当x=-1时,f(x)有极大值3,当x=1时,f(x)有极小值-1.

又f(-2)=-1,f(2)=3,则M+m=3-1=2.

答案:2

三、解答题(每小题10分,共20分)

11.(2017·长沙高二检测)已知函数f(x)=ax3-6ax2+b,x∈[-1,2]的最大值为3,最小值为-29,求a,b的值.

【解析】f′(x)=3ax2-12ax=3ax(x-4),

令f′(x)=0,得x1=0,x2=4(舍去).

(1)当a>0时,列表如下:

由表可知,当x=0时,f(x)取极大值,

也就是函数在[-1,2]上的最大值,

所以f(0)=3,即b=3.

又f(-1)=-7a+3,f(2)=-16a+3

所以f(2)=-16a+3=-29,所以a=2.

(2)当a<0时,同理可得,

当x=0时,f(x)取极小值,也就是函数在[-1,2]上的最小值,

所以f(0)=-29,即b=-29.

又f(-1)=-7a-29,f(2)=-16a-29>f(-1),

所以f(2)=-16a-29=3,

所以a=-2.

综上可得,a=2,b=3或a=-2,b=-29.

【警示误区】分类讨论

由于参数的取值不同会导致函数在所给区间上的单调性的变化,从而导致最值的变化.所以解决这类问题常需要分类讨论,并结合不等式的知识进行求解.

12.设f(x)=lnx,g(x)=f(x)+f′(x).

(1)求g(x)的单调区间和最小值.

(2)求a的取值范围,使得g(a)-g(x)<对任意x>0恒成立.

【解析】(1)由题设知f′(x)=,g(x)=lnx+,

所以g′(x)=,令g′(x)=0得x=1.

当x∈(0,1)时,g′(x)<0,故g(x)的单调递减区间是(0,1);

当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故g(x)的单调递增区间是(1,+∞).

因此,x=1是g(x)在(0,+∞)上的惟一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以最小值为g(1)=1.

(2)由(1)知g(x)的最小值为1,所以,g(a)-g(x)<对任意x>0恒成立⇔g(a)-1<,即lna<1,从而得0

故实数a的取值范围为(0,e).

【能力挑战题】

(2017·黄山高二检测)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)在区间[-2,2]上的最大值为20,求它在该区间上的最小值.

【解题指南】(1)先求出函数f(x)的导函数f′(x),然后令f′(x)<0,解得的区间即为函数f(x)的单调递减区间.

(2)先求出端点的函数值f(-2)与f(2),比较f(2)与f(-2)的大小,然后根据函数f(x)在[-1,2]上单调递增,在[-2,-1]上单调递减,得到f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间[-2,2]上的最大值和最小值,建立等式关系求出a,从而求出函数f(x)在区间[-2,2]上的最小值.

【解析】(1)f′(x)=-3x2+6x+9.

令f′(x)<0,解得x<-1或x>3,

所以函数f(x)的单调递减区间为

(-∞,-1),(3,+∞).

(2)因为f(-2)=8+12-18+a=2+a,

f(2)=-8+12+18+a=22+a,

所以f(2)>f(-2).

因为在(-1,3)上f′(x)>0,

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,

因此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.

2017 - 2018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提升训练含解析新人