第2章 6.3 函数的最值（作业）-2022-2023学年新教材高中数学选择性必修第二册【精讲精练】北师大版

[必备知识·基础巩固]

1．函数f(x)＝＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是(　　)

A．－　　　　　　　 B．－

C．－4  D．－1

解析　因为f′(x)＝x2＋2x－3＝(x－1)(x＋3)，

令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3.

当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；

当1＜x＜2时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；

所以f(x)在x＝1上取极小值，也是最小值，

所以f(x)min＝f(1)＝＋1－3－4＝－.

答案　A

2．已知函数f(x)＝x2＋aln x的图象在(1，f(1))处的切线经过坐标原点，则函数y＝f(x)的最小值为(　　)

A.－ln 2  B．＋ln 2

C.＋ln 2  D．1

解析　函数f(x)＝x2＋aln x，则f(1)＝12＋aln 1＝1，且f′(x)＝2x＋，所以f′(1)＝2＋a，所以f′(1)＝＝1＝2＋a，解得a＝－1，所以f(x)＝x2－ln x(x＞0)，所以f′(x)＝2x－.令f′(x)＞0，即2x－＞0，解得x＞，令f′(x)＜0，即2x－＜0，解得0＜x＜，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增．所以f(x)min＝f＝2－ln ＝－ln ＝＋ln 2.

答案　C

3．(多选题)已知函数f(x)＝x3－4x＋2，下列说法中正确的有(　　)

A．函数f(x)的极大值为，极小值为－

B．当x∈[3,4]时，函数f(x)的最大值为，最小值为－

C．函数f(x)的单调递减区间为(－2,2)

D．曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝－4x＋2

解析　因为f(x)＝x3－4x＋2，所以f′(x)＝x2－4.

由f′(x)＞0，得x＜－2或x＞2；由f′(x)＜0，得－2＜x＜2.

所以函数f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故选项C正确．

当x＝－2时，f(x)取得极大值f(－2)＝×(－2)3－4×(－2)＋2＝，

当x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝×23－4×2＋2＝－，故选项A正确．

当x∈[3,4]时，f(x)单调递增，所以当x＝3时，f(x)取得最小值f(3)＝×33－4×3＋2＝－1，当x＝4时，f(x)取得最大值f(4)＝×43－4×4＋2＝，故选项B不正确．

因为f′(0)＝－4，所以曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y－2＝－4(x－0)，即y＝－4x＋2，故选项D正确．

故选ACD.

答案　ACD

4．函数y＝(x－2)ex＋m在[0,2]上的最小值是2－e，则最大值为____________．

解析　y′＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex.因为x∈[0,2]，所以当x∈[0,1)时，y′＜0，当x∈(1,2]时，y′＞0，所以函数在[0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，所以函数在x＝1处取得最小值．根据题意有－e＋m＝2－e，所以m＝2.当x＝0时，y＝－2＋2＝0，当x＝2时，y＝0＋2＝2，所以最大值是2.

答案　2

5．已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是____________．

解析　因为函数f(x)＝x4－2x3＋3m，

所以f′(x)＝2x3－6x2，

令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，

经检验知x＝3是函数的最小值点，

所以函数的最小值为f(3)＝3m－.

因为不等式f(x)＋9≥0恒成立，

即f(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，

解得m≥.

答案　

6．已知函数f(x)＝xln x.

(1)求f(x)的最小值；

(2)若对任意x≥1，都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．

解析　(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝1＋ln x.

令f′(x)＞0，解得x＞，令f′(x)＜0，

解得0＜x＜.

故f(x)的最小值为f＝－.

(2)依题意得，f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln x＋对任意x∈[1，＋∞)恒成立．

令g(x)＝ln x＋，

则g′(x)＝－＝.

当x≥1时，g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上是增函数，所以g(x)的最小值是g(1)＝1，因此a≤g(x)min＝g(1)＝1，故a的取值范围为(－∞，1]．

[关键能力·综合提升]

7．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MN的最小值为(　　)

A．1  B．＋ln 2

C.－ln   D．＋ln 2

解析　设h(x)＝f(x)－g(x)＝x2－ln x(x＞0)，

则MN＝h(x)，

h′(x)＝2x－＝.

当0＜x＜时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x＞时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以MNmin＝h(x)min＝h＝－ln ＝＋ln 2.

故选D.

答案　D

8．(多选题)已知函数f(x)＝＋ln x－1(a＞0)在定义域上有零点，则实数a的取值可以为(　　)

A.  B．1

C.  D．2

解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

因为函数f(x)＝＋ln x－1(a＞0)在定义域上有零点，

所以a＝x－xln x有解，

令h(x)＝x－xln x，所以h′(x)＝－ln x，

所以h(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)，

所以h(x)max＝h(1)＝1，

所以0＜a≤1.

答案　AB

9．f(x)＝x3＋f′(1)x2＋1，f(x)在(－2，m)上有最大值，则m的最大值为____________．

解析　因为f(x)＝x3＋f′(1)x2＋1，

所以f′(x)＝3x2＋2f′(1)x，

因此f′(1)＝3＋2f′(1)，

解得f′(1)＝－3，所以f′(x)＝3x2－6x.

由f′(x)＝3x2－6x＞0得x＞2或x＜0；

由f′(x)＝3x2－6x＜0得0＜x＜2，

所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增；

所以当x＝0时，f(x)取极大值f(0)＝1.

由f(x)＝x3－3x2＋1＝1得x＝0或x＝3；

又f(x)在(－2，m)上有最大值，

所以只需0＜m≤3.

答案　3

10．已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R)．

(1)当a＝－1，b＝3时，求函数f(x)在上的最大值和最小值；

(2)当a＝0时，是否存在正实数b，当x∈(0，e]时，函数f(x)的最小值是3？若存在，求出b的值；若不存在，说明理由．

解析　(1)当a＝－1，b＝3时，

f(x)＝－x2＋3x－ln x，且x∈，

f′(x)＝－2x＋3－＝－

＝－.

当＜x＜1时，f′(x)＞0；

当1＜x＜2时，f′(x)＜0，

所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，

所以函数f(x)在区间上仅有极大值点x＝1，

故这个极大值点也是最大值点，

即函数在区间上的最大值是f(1)＝2.

又f(2)－f＝(2－ln 2)－

＝－2ln 2＝－ln 4＜0，

所以f(2)＜f，

故函数在区间上的最小值为f(2)＝2－ln 2.

(2)a＝0时，f(x)＝bx－ln x，得f′(x)＝b－＝.

①当0＜b≤时，即≥e，则x∈(0，e]时，f′(x)＜0，

f(x)单调递减，f(x)min＝f(e)＝be－1＜0，不合题意；

②当b＞时，即0＜＜e，则x∈时，f′(x)＜0，

f(x)单调递减，x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，

所以f(x)min＝f＝1＋ln b＝3，得b＝e2.

综上所述，存在实数b＝e2.

[学科素养·探索创新]

11．(2022·新高考全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值，求a.

解析　f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－.

①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，即f(x)没有最小值，该类情况应舍去．

②当a>0时，f′(x)在(－∞，ln a)上小于0，在(ln a，＋∞)上大于0，

所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，

所以f(x)在x＝ln a处有最小值为f(ln a)＝a－aln a，

因为g′(x)在上小于0，在上大于0，

所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，

所以g(x)在x＝处有最小值为g＝1＋ln a，

因为f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值．

所以有f(ln a)＝a－aln a＝g＝1＋ln a，即a－aln a＝1＋ln a，

因为a>0，所以上式等价于ln a－＝0，

令h(x)＝ln x－(x>0)，

则h′(x)＝>0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，

又因为h(1)＝0＝h(a)且a>0，所以a＝1.