(素能提升训练) 5.3.2 第2课时 函数的最大(小)值-【勤径学升·同步练测】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

训练二十　函数的最大(小)值 [对应素能提升训练第39页] 1．设f(x)是区间上的连续函数，且在(a，b)内可导，则(　　) A．f(x)的极值点一定是最值点 B．f(x)的最值点一定是极值点 C．f(x)在区间上可能没有极值点 D．f(x)在区间上可能没有最值点 解析　根据函数的极值与最值的概念知f(x)的极值点不一定是最值点，f(x)的最值点不一定是极值点，可能是区间的端点，连续可导函数在闭区间上一定有最值，所以A，B，D错误．若函数f(x)在区间上单调，则函数f(x)在区间上没有极值点，所以C正确．故选C. 答案　C 2.函数y＝的最大值为 （　　） A. B.e C.e2 D. 解析　令y'＝＝0,则x＝e,当x∈（0,e）时,y'＞0,当x∈（e,＋∞）时,y'＜0.∴当x＝e时y取最大值,故选A. 答案　A 3.若函数f（x）＝asin x＋sin 3x在x＝处有最值,则a等于 （　　） A.2 B.1 C. D.0 解析　∵f（x）在x＝处有最值,∴x＝是函数f（x）的极值点.又∵f'（x）＝acos x＋ cos 3x,∴f'＝acos ＋cos π＝0,解得a＝2. 答案　A 4．若函数f(x)＝(a＞0)在上的最大值为，则a＝(　　) A． B． C．＋1 D．－1 解析　由题意得f′(x)＝.若a＞1，则当x＞时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当1＜x＜时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，故当x＝时，f(x)取得极大值，也是最大值，为＝，解得a＝＜1，不符合题意；若a＝1，则当x∈时，f′(x)≤0，且不恒为0，故f(x)在上单调递减，f(x)max＝f(1)＝，不符合题意；若0＜a＜1，则当x∈时，f′(x)＜0，f(x)在上单调递减，f(x)max＝f(1)＝＝，解得a＝－1，符合题意．故选D. 答案　D 5．(湖南三新协作体高二期中联考)已知直线x＝t分别与函数f(x)＝ex＋x和g(x)＝3x－1的图象交于点A，B，则AB的最小值为________. 解析　当x＝t时，＝＝|et＋t－3t＋1|＝|et－2t＋1|.令h(t)＝et－2t＋1， h′(t)＝et－2，∴h(t)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，则h(t)min＝h(ln 2)＝3－2ln 2＞0，∴AB的最小值为3－2ln 2. 答案　3－2ln 2 6.设函数f（x）＝x2ex,若当x∈[－2,2]时,不等式f（x）＞m恒成立,则实数m的取值范围是　　　　.  解析　f'（x）＝xex＋x2ex＝·x（x＋2）, 令f'（x）＝0得x＝0或x＝－2. 当x∈[－2,2]时,f'（x）,f（x）随x的变化情况如下表： x －2 （－2,0） 0 （0,2） 2 f'（x） 0 － 0 ＋ f（x） 单调递减 极小值0 单调递增 ∴当x＝0时,f（x）min＝f（0）＝0,要使f（x）＞m对x∈[－2,2]恒成立,只需m＜f（x）min,∴m＜0. 答案　（－∞,0） 7．(北京丰台区高二期末)已知函数f(x)＝x3＋ax2－2在x＝－2时取得极值． (1)求a的值； (2)求f(x)在区间上的最大值与最小值． 解　(1)∵f(x)＝x3＋ax2－2， ∴f′(x)＝3x2＋2ax，∴f′(－2)＝12－4a＝0， 解得a＝3. 经验证符合题意，∴a＝3. (2)由(1)知f(x)＝x3＋3x2－2，x∈， ∴f′(x)＝3x2＋6x＝3x(x＋2)， ∴当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， ∴f(x)在x＝0处取得最小值，为f(0)＝－2. ∵f(－1)＝0，f(2)＝18，∴f(x)max＝f(2)＝18， ∴f(x)在上的最大值为18，最小值为－2. 8．(湖南岳阳月考)已知当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋bx2＋3取得最大值2，则f(3)＝(　　) A．2ln 3＋2　　　　 B．－ C．2ln 3－6 D．－4 解析　f′(x)＝＋2bx，因为当x＝1时，函数f(x)取得最大值2，所以即解得所以f(x)＝2ln x－x2＋3，f′(x)＝－2x＝，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，符合题意，所以f(3)＝2ln 3－6. 答案　C 9．已知函数f(x)＝ln (x－1)，g(x)＝，若f(x1)＝g(x2)，则x1－x2的取值范围是(　　) A．　　　　 B． C． D． 解析　令f(x1)＝g(x2)＝t，则ln (x1－1)＝＝t，所以x1＝et＋1，x2＝et，所以x1－x2＝et＋1－et.令h(t)＝et＋1－et，则h′(t)＝et－e，则h(t)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h(t)min＝h(1)＝1，故x1－x2的取值范围是. 答案　B 10.（多选）设函数f（x）＝xln x,g（x）＝,则下列命题正确的是 （　　） A.不等式g（x）＞0的解集为 B.函数g（x）在（0,e）上单调递增,在（e,＋∞）上单调递减 C.当x1＞x2＞0时,（－）＞f（x1）－f（x2）恒成立,则m≥1 D.若函数F（x）＝f（x）－ax2有两个极值点,则实数a∈（0,1） 解析　f（x）＝xln x的导函数为f'（x）＝1＋ln x,则g（x）＝＝,g'（x）＝,对于A, g（x）＞0,即＞0,解得x＞,故A正确；对于B,g'（x）＝,当x∈（0,1）时,g'（x）＞0, g（x）在（0,1）上单调递增,故B错误；对于C,（－）＞f（x1）－f（x2）可化为f（x2）－＞f（x1）－. 设φ（x）＝f（x）－x2,又x1＞x2＞0,∴φ（x）在（0,＋∞）上单调递减,∴φ'（x）＝1＋ln x－mx≤0在（0,＋∞）上恒成立,即m≥在（0,＋∞）上恒成立.又 g（x）＝在（0,1）上单调递增,在（1,＋∞）上单调递减,∴g（x）在x＝1处取得最大值, g（1）＝1,∴m≥1,故C正确；对于D,若函数F（x）＝f（x）－ax2有两个极值点,则F'（x）＝1＋ln x－2ax有两个零点,即1＋ln x－2ax＝0有两个不等实根.2a＝,又g（x）＝在（0,1）上单调递增,在（1,＋∞）上单调递减,g（1）＝1,x→＋∞时,g（x）→0,即2a∈（0,1）,a∈,故D错误.故选AC. 答案　AC 11．已知函数f(x)＝－m(x＞0，m∈R)，若函数y＝f(f(x))与y＝f(x)有相同的最小值，则实数m的最小值为________. 解析　由题可得f′(x)＝，x＞0， 令f′(x)＞0，解得x＞1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1， 则函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝e－m. 对于函数y＝f(f(x))，设t＝f(x)，则f(f(x))＝f(t)，则当t＝1时，f(t)取得最小值e－m， 所以1＝－m有解，即m＝－1有解． 令g(x)＝－1，x＞0，则g′(x)＝， 则函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)在x＝1处取得极小值，也是最小值，为g(1)＝e－1. 因为m＝g(x)有解，所以m≥e－1. 故m的最小值为e－1. 答案　e－1 12．若函数f(x)＝2x3－ax2＋b在上的最小值为－1，最大值为1，则a＋b的值为________. 解析　f′(x)＝6x2－2ax＝6x. 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝. ①当a≤0时，易知函数f(x)在上单调递增， 所以解得满足题意． ②当0＜a＜3时，0＜＜1，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以f(x)在上的最小值为f＝－＋b，最大值为f(0)＝b或f(1)＝2－a＋b. 若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0＜a＜3矛盾； 若－＋b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝3或a＝－3或a＝0，与0＜a＜3矛盾． ③当a≥3时，≥1，f(x)在上单调递减， 所以解得满足题意． 综上，当或时，函数f(x)在上的最小值为－1，最大值为1，所以a＋b的值为－1或5. 答案　－1或5 13.已知函数f（x）＝x－－3ln x＋1. （1）求函数f（x）的单调区间； （2）求f（x）在区间[1,e2]上的值域. 解　（1）函数f（x）的定义域是（0,＋∞）,f'（x）＝1＋－＝＝. 令f'（x）＝0,解得x＝1或x＝2. 当x变化时,f'（x）,f（x）的变化情况如下表： x （0,1） 1 （1,2） 2 （2,＋∞） f'（x） ＋ 0 － 0 ＋ f（x） ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以f（x）的单调递增区间为（0,1）,（2,＋∞）,单调递减区间为（1,2）. （2）由（1）可知在区间（1,e2）内,当x＝2时,f（x）取得极小值. 由f（1）＝0,f（2）＝2－3ln 2,f（e2）＝e2－－5, 得f（2）＜f（1）＜f（e2）, 所以f（x）在区间[1,e2]上的值域为. 14.设f（x）＝ln x,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成立. 解　（1）由题设知f'（x）＝,g（x）＝ln x＋,x∈（0,＋∞）, 所以g'（x）＝.令g'（x）＝0,得x＝1. 当x∈（0,1）时,g'（x）＜0,故（0,1）是g（x）的单调递减区间； 当x∈（1,＋∞）时,g'（x）＞0,故（1,＋∞）是g（x）的单调递增区间. 因此x＝1是g（x）在区间（0,＋∞）上的唯一极值点,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成立 ⇔g（a）－1＜,即ln a＜1,得0＜a＜e, 所以实数a的取值范围为（0,e）. 学科网（北京）股份有限公司 $$