5.3.2函数的极值与最大(小)值同步练习-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册

　函数的极值(1) 一、 单项选择题 1 函数f(x)＝x＋2cos x在区间上的极大值点为(　　) A. 0 B. C. D. 2 (2023北京期中)函数y＝－x3－x2＋2的极值情况是(　　) A. 有极大值，无极小值 B. 有极小值，无极大值 C. 既无极大值也无极小值 D. 既有极大值又有极小值 3 (2023全国课时练习)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　) A. 函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B. 函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1) C. 函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2) D. 函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2) 4 (2023武汉月考)若函数f(x)存在一个极大值f(x1)与一个极小值f(x2)满足f(x2)>f(x1)，则f(x)单调区间的个数至少为(　　) A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5 已知函数f(x)＝x2－8x＋6ln x＋1，则f(x)的极大值为(　　) A. 10 B. －6 C. －7 D. 0 6 已知函数f(x)＝，则该函数的极小值为(　　) A. e B. 3 C. 0 D. 1 二、 多项选择题 7 下列函数中，在x＝0处取得极值的函数是(　　) A. y＝－x3 B. y＝x2＋1 C. y＝|x|＋1 D. y＝2x 8 (2023福州期末)设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝xf′(x)图象的一部分如图所示，则下列结论中正确的是(　　) A. 函数f(x)有极大值f(3) B. 函数f(x)有极小值f(－) C. 函数f(x)有极大值f() D. 函数f(x)有极小值f(－3) 三、 填空题 9 (2024四川期末)函数f(x)＝的极大值为________． 10 (2024陕西开学考试)函数f(x)＝x3－x2－14x的极小值点为________，极大值为________． 11 设x＝θ是函数f(x)＝3cos x＋sin x的一个极值点，则cos 2θ＋sin2θ＝________． 四、解答题 12 (2024天津滨海新区月考)已知函数f(x)＝x3－6x2＋9x－2. (1) 求函数f(x)的图象在x＝2处的切线方程； (2) 求函数f(x)的单调区间和极值． 13 (2024南京开学考试)设f(x)＝a ln x＋－x＋1，函数f(x)的单调增区间是. (1) 求实数a的值； (2) 求函数f(x)的极值． 函数的极值(2) 一、 单项选择题 1 已知函数f(x)＝x3＋tx2＋x＋1在R上不存在极值点，则实数t的取值范围是(　　) A. (－∞，－1)∪(1，＋∞) B. (－1，1) C. (－∞，－1]∪[1，＋∞) D. [－1，1] 2 若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则常数c的值为(　　) A. 2 B. 6 C. 2或6 D. －2或－6 3 已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a的值为(　　) A. －4 B. －2 C. 4 D. 2 4 若函数f(x)＝ex－ax－a2在R上有小于0的极值点，则实数a的取值范围是(　　) A. (－1，0) B. (0，1) C. (－∞，－1) D. (1，＋∞) 5 (2024临汾期中)已知函数f(x)＝x2－ax－ln x＋2(a∈R)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，则f(x)的极小值为(　　) A. 2 B. 1 C. 0 D. －1 6 已知a>0，若过点(a，b)可以作曲线y＝x3的三条切线，则下列结论中正确的是(　　) A. b<0 B. 0<b<a3 C. b>a3 D. b(b－a3)＝0 二、 多项选择题 7 (2024广元月考)对于函数f(x)＝x3－3x2，给出下列命题，其中正确的有(　　) A. 若f(x)＝a有三实数根，则a∈(－4，0) B. 若f(x)＝a仅有一实数根，则a∈(0，＋∞) C. f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)，单调减区间为(0，2) D. f(0)＝0是极大值，f(2)＝－4是极小值 8 (2023辽宁期末)若函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx既有极大值又有极小值，则下列结论中正确的是(　　) A. a>0 B. b>0 C. b2－8a>0 D. b2＝8a 三、 填空题 9 若x＝1是函数f(x)＝ax3＋的一个极值点，则a＝________． 10 (2023盐城期中)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1的极大值为1，则实数a＝________． 11 (2024邢台月考)若函数f(x)＝(x2－a)ex在区间(－2，2)内只有极小值，无极大值，则实数a的取值范围是________． 四、 解答题 12 (2024南京期末)已知函数f(x)＝x3－x2－2x＋m. (1) 当m＝1时，求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2) 若函数f(x)有三个不同的零点，求实数m的取值范围． 13 (2023宜春月考)已知函数f(x)＝ln x＋ax2－(a＋1)x，其中a≠0. (1) 若f(x)在x＝1处取得极值－，求实数a的值； (2) 当a>0时，讨论f(x)的单调性． 　函数的极值(1) 1. B　由题意，得f′(x)＝1－2sin x.因为x∈，所以令f′(x)>0，解得0<x<；令f′(x)<0，解得<x<，所以函数f(x)在区间上的极大值点为. 2. D　因为y＝－x3－x2＋2，所以y′＝－2x－3x2.由y′＝0，得x＝0或x＝－，当x∈时，y′<0；当x∈时，y′>0；当x∈(0，＋∞)时，y′<0，所以函数y＝2－x2－x3的单调减区间是，(0，＋∞)，单调增区间是，所以当x＝－时，函数取得极小值，当x＝0时，函数取得极大值，所以函数y＝2－x2－x3既有极大值又有极小值． 3. D　由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，可得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值． 4. B　若函数f(x)存在一个极大值f(x1)与一个极小值f(x2)，则f(x)至少有3个单调区间．若f(x)有3个单调区间，不妨设f(x)的定义域为(a，b)，若a<x1<x2<b，其中a可以为－∞，b可以为＋∞，则f(x)在区间(a，x1)，(x2，b)上单调递增，在区间(x1，x2)上单调递减，则f(x2)<f(x1)，不合题意；若a<x2<x1<b，则f(x)在区间(a，x2)，(x1，b)上单调递减，在区间(x2，x1)上单调递增，则f(x2)<f(x1)，不合题意．若f(x)有4个单调区间，例如f(x)＝x＋的定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝，易得f(x)在区间(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在区间(－1，0)，(0，1)上单调递减，所以函数f(x)存在一个极大值f(－1)＝－2与一个极小值f(1)＝2，且f(－1)<f(1)，满足题意．综上，f(x)至少有4个单调区间． 5. B　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－8＋＝.令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，故f′(x)，f(x)随x的变化情况为 x (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的极大值为f(1)＝－6. 6. A　由题意，得f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－1，当x<－1或x>0时，f′(x)<0；当－1<x<0时，f′(x)>0，所以f(x)极小值＝f(－1)＝e. 7. BC　对于A，y′＝－3x2≤0，故函数y＝－x3在R上为减函数，无极值；对于B，函数y＝x2＋1的单调减区间为(－∞，0)，单调增区间为(0，＋∞)，所以函数y＝x2＋1在x＝0处取得极小值；对于C，y＝|x|＋1＝ 函数y＝|x|＋1的单调减区间为(－∞，0)，单调增区间为(0，＋∞)，所以函数y＝|x|＋1在x＝0处取得极小值；对于D，函数y＝2x在R上为增函数，无极值．故选BC. 8. AD　三次函数f(x)的导函数f′(x)是二次函数，观察图象知，－3，3是函数y＝f′(x)的两个零点．当x<－3或x>3时，f′(x)<0；当－3<x<3时，f′(x)>0，所以函数f(x)有极小值f(－3)，有极大值f(3).故选AD. 9. 　由题意，得f′(x)＝，当x<7时，f′(x)>0；当x>7时，f′(x)<0，所以f(x)在区间 (－∞，7)上单调递增，在区间(7，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝的极大值为f(7)＝＝. 10. 　18　由f(x)＝x3－x2－14x，得f′(x)＝3x2－x－14＝(x＋2)(3x－7).令f′(x)>0，解得x>或x<－2；令f′(x)<0，解得－2<x<，所以f(x)在区间和(－∞，－2)上单调递增，在区间上单调递减，可得f(x)在x＝处取极小值，在x＝－2处取极大值，且f(x)极大值＝f(－2)＝－8－2＋28＝18. 11. 　因为函数f(x)＝3cos x＋sin x，所以f′(x)＝－3sin x＋cos x.因为x＝θ是函数f(x)＝3cos x＋sin x的一个极值点，所以f′(θ)＝－3sin θ＋cos θ＝0，所以tan θ＝，所以cos 2θ＋sin2θ＝＝＝.　 12. (1) 函数f(x)＝x3－6x2＋9x－2的定义域为R， 且f′(x)＝3x2－12x＋9， 所以f′(2)＝12－24＋9＝－3，f(2)＝23－6×22＋9×2－2＝0， 所以函数f(x)的图象在x＝2处的切线方程为y＝－3(x－2)，即y＝－3x＋6. (2) 令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3. 当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下： x (－∞，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调减区间为(1，3)， f(x)的极大值为f(1)＝2，极小值为f(3)＝－2. 13. (1) 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝－－＝. 因为函数f(x)的单调增区间是， 所以－3x2＋2ax－1>0的解集是， 所以方程－3x2＋2ax－1＝0的两根是，1， 可得＋1＝，解得a＝2. (2) 当a＝2时，令f′(x)＝0，得x＝或x＝1. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下： x 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 当x＝时，f(x)有极小值f＝2ln ＋－＋1＝2－2ln 3； 当x＝1时，f(x)有极大值f(1)＝2ln 1＋－＋1＝0. 函数的极值(2) 1. D　f′(x)＝x2＋2tx＋1，因为函数f(x)在R上不存在极值点，所以f′(x)在R上没有变号零点，所以Δ＝4t2－4≤0，所以－1≤t≤1，所以实数t的取值范围是[－1，1]. 2. B　因为函数f(x)＝x(x－c)2，所以f′(x)＝3x2－4cx＋c2.由题意知，f′(2)＝12－8c＋c2＝0，所以c＝6或c＝2.又函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，故导数值在x＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c＝2时，f′(x)＝3x2－8x＋4＝3·(x－2)，不满足导数值在x＝2处左侧为正数，右侧为负数；当c＝6时，f′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x－2)(x－6)，满足导数值在x＝2处左侧为正数，右侧为负数，故c＝6. 3. D　由题意，得f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2).令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝2，所以函数的增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，减区间为(－2，2)，所以函数的极小值点为x＝2，故a的值为2. 4. B　由f(x)＝ex－ax－a2，得f′(x)＝ex－a.因为f(x)＝ex－ax－a2在R上有小于0的极值点，所以f′(x)＝ex－a＝0有小于0的根．由y＝ex的图象可知f′(x)＝ex－a＝0有小于0的根需要0<a<1，故实数a的取值范围是(0，1). 5. A　由f(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，得函数f(x)在x＝1处取得极小值，则f′(1)＝0.由f′(x)＝2x－a－，得1－a＝0，解得a＝1，则f′(x)＝2x－－1＝＝.由f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故当a＝1时，满足题意，所以f(x)有极小值f(1)＝3－a＝2. 6. B　设切点为(x0，x)，切线方程为y＝k(x－a)＋b.由y＝x3，可得y′＝3x2，所以y′|x＝x0＝3x，则所以2x－3ax＋b＝0.令g(x)＝2x3－3ax2＋b，则g′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a).因为a>0，所以当x<0或x>a时，g′(x)>0，当0<x<a时，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，所以当x＝0时，g(x)取得极大值，当x＝a时，g(x)取得极小值，即g(x)极大值＝g(0)＝b，g(x)极小值＝g(a)＝b－a3，依题意g(x)＝2x3－3ax2＋b有三个零点，所以g(x)极大值＝g(0)＝b>0且g(x)极小值＝g(a)＝b－a3<0，即0<b<a3. 7. ACD　由题意可知f(x)的定义域为R，且f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2).当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(0，2)时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)，单调减区间为(0，2)，则f(x)的极大值为f(0)＝0，极小值为f(2)＝8－12＝－4，故C，D正确；当x趋近于－∞时，f(x)趋近于－∞；当x趋近于＋∞时，f(x)趋近于＋∞，可得f(x)的大致图象如图所示．结合图象可知，若f(x)＝a有三实数根，则a∈(－4，0)，故A正确；若f(x)＝a仅有一实数根，则a∈(－∞，－4)∪(0，＋∞)，故B错误．故选ACD. 8. AC　f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋2ax＋b＝.若函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx既有极大值又有极小值，则方程2ax2＋bx＋1＝0有两个不等的正根x1，x2，所以可得故选AC. 9. 　 由f(x)＝ax3＋，得f′(x)＝3ax2－，依题意可得f′(1)＝3a－1＝0，解得a＝，当a＝时，f(x)＝x3＋，f′(x)＝x2－，令f′(x)＝0，解得x＝±1，列表如下： x (－∞，－1) －1 (－1，0) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 极大值 单调递减 x (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)＝x3＋在x＝1处取得极小值，满足题意，故a＝. 10. 　由题意，得f′(x)＝－a＝0在区间(0，＋∞)上有解，则x＝且a>0，f＝ln ＝1，可得a＝，则f′(x)＝－，当0<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以当x＝e时，f(x)取得极大值f(e)＝ln e－·e＋1＝1. 11. [0，8)　由题意，得f′(x)＝(x2＋2x－a)ex＝0在区间(－2，2)内只有一个左负右正的异号根，即关于x的方程x2＋2x－a＝0在区间(－2，2)内只有一个左负右正的异号根，所以 解得a∈[0，8). 12. (1) 当m＝1时，f(x)＝x3－x2－2x＋1， 则f′(x)＝3x2－x－2， 所以f(2)＝3，f′(2)＝8， 所以曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－3＝8(x－2)，即8x－y－13＝0. (2) 由题意，得f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1). 令f′(x)＝0，得x＝－或x＝1. 当x<－或x>1时，f′(x)>0； 当－<x<1时，f′(x)<0， 所以f(x)的单调增区间为，(1，＋∞)，单调减区间为， 所以f(x)的极大值为f＝m＋，f(x)的极小值为f(1)＝m－. 若函数f(x)有三个不同的零点， 则 解得－<m<， 即实数m的取值范围是. 13. (1) f′(x)＝＋ax－(a＋1)， 由题意，得f′(1)＝1＋a－a－1＝0，f(1)＝a－(a＋1)＝－， 解得a＝－1. 当a＝－1时，f(x)＝ln x－x2，定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝－x＝， 令f′(x)>0，解得0<x<1； 令f′(x)<0，解得x>1， 则x＝1为f(x)的极值点，满足题意，故a＝－1. (2) f(x)＝ln x＋ax2－(a＋1)x的定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝＋ax－(a＋1)＝＝. ①当0<a<1时，>1， 令f′(x)>0，解得x>或0<x<1； 令f′(x)<0，解得1<x<， 所以函数f(x)在区间(0，1)，上单调递增，在区间上单调递减； ②当a＝1时，f′(x)＝≥0恒成立， 所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； ③当a>1时，0<<1， 令f′(x)>0，解得x>1或0<x<； 令f′(x)<0，解得<x<1， 所以f(x)在区间，(1，＋∞)上单调递增，在区间上单调递减． 综上，当0<a<1时，f(x)在区间(0，1)，上单调递增，在区间上单调递减；当a＝1时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，f(x)在区间，(1，＋∞)内单调递增，在区间内单调递减． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 　函数的最大(小)值(1) 一、 单项选择题 1 函数y＝在区间[0，2]上的最大值为(　　) A. B. C. 0 D. 2 函数f(x)＝x3－x2在区间[1，3]上的最小值为(　　) A. －2 B. 0 C. － D. － 3 (2024苏州月考)函数f(x)＝sin x－x cos x在区间[0，2π]上的最小值、最大值分别为(　　) A. 0，π B. 0，2π C. －2π，π D. －2π，2π 4 (2024福建开学考试)已知函数f(x)＝x3－3x2＋3在区间(a，a＋6)上存在最小值，则实数a的取值范围为(　　) A. [－1，2) B. C. D. [－1，1) 5 (2024天津蓟州月考)已知函数f(x)＝ex-2，g(x)＝1＋ln x.若f(m)＝g(n)，则 m－n的最大值是(　　) A. 1 B. 2 C. － D. 2ln 2＋3 6 已知函数f(x)＝若f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)，则x1＋x2的最大值为(　　) A. － B. 2ln 3－3 C. ln 3＋2 D. ln 3－1 二、 多项选择题 7 (2024长沙期末)已知函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是(　　) A. 函数f(x)在区间(2，＋∞)上单调递增 B. 函数f(x)在区间(1，3)上单调递减 C. 函数f(x)在x＝1处取得极大值 D. 函数f(x)有最大值 8 (2024温州期末)已知函数f(x)＝x3＋3x2，则下列结论中正确的是(　　) A. f′(－1)＝－3 B. f(x)有两个极值点 C. f(x)在区间(－3，3)上既有最大值又有最小值 D. f＋f(－1)＋f＝6 三、 填空题 9 函数f(x)＝，x∈的最大值是________．　 10 已知函数f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在区间[－2，2]上有最大值3，则函数f(x)在区间[－2，2]上的最小值是________． 11 函数f(x)＝|x－1|－ln x的最小值为________． 四、 解答题 12 (2024保定月考)已知函数f(x)＝x3＋ax2－5x＋b在x＝5处取得极小值，且极小值为－33. (1) 求实数a，b的值； (2) 求f(x)在区间[－2，0]上的值域． 13 (2024河北开学考试)已知函数f(x)＝＋ln x(a∈R). (1) 讨论f(x)的极值； (2) 求f(x)在区间[1，e]上的最小值g(a). 　函数的最大(小)值(2) 一、 单项选择题 1 要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20，要使其体积最大，则其高为(　　) A. B. 100 C. 20 D. 2 某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品．设该商品零售价定为p元，销售量为 Q件，且Q与p有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)(　　) A. 30元 B. 60元 C. 28 000元 D. 23 000元 3 (2024石家庄月考)当x>1时，kx>ln x＋4x恒成立，则整数k的最小值为(　　) A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 4 (2023湖北月考)圆柱的轴截面是周长为12的矩形，则满足条件的圆柱的最大体积为(　　) A. 8π B. 10π C. 12π D. 16π 5 (2024武汉月考)若函数f(x)的导函数f′(x)＝x－sin x，f(x)的最小值为0，则函数y＝f(x)－cos x的零点为(　　) A. 0 B. ± C. ±2 D. 2kπ(k∈Z) 6 (2023成都期中)已知f(x)＝ex＋ax＋b≥0对任意x∈R恒成立，其中a，b为常数且a<0，则下列结论中正确的是(　　) A. ab≥0 B. b>－1 C. a－b≤a ln (－a) D. b－a≤－a ln a 二、 多项选择题 7 (2024重庆月考)已知函数f(x)＝x2－ax－ln x，则下列命题中正确的是(　　) A. 若x＝1是函数f(x)的极值点，则a＝1 B. 若f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，则a≥1 C. 若f(1)＝2，则f(x)≥恒成立 D. 若(x－1)ln x≥f(x)在x∈[1，2]上恒成立，则a≥2－ln 2 8 (2024南京期末)已知函数f(x)＝－a，x∈R，则下列说法中正确的是(　　) A. 2是函数f(x)的极小值点 B. 当x＝0时，函数f(x)取得最小值 C. 当a＝时，函数f(x)存在2个零点 D. 若函数f(x)有1个零点，则a>或a＝0 三、 填空题 9 若函数f(x)＝x3－ax2＋a2恰有两个零点，则f(x)在区间[－3，3]上的最小值为________． 10 (2024兰州月考)若将一边长为4的正方形铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖的方盒，则方盒的体积的最大值为________． 11 (2024苏州月考)已知函数f(x)＝若方程f(x)＝a有2个不同的实数根，则实数a的取值范围是________． 四、 解答题 12 某轮船航行过程中每小时的燃料费与其速度的立方成正比．已知当速度为10km/h 时，燃料费为10元/h，其他与速度无关的费用每小时180元． (1) 求轮船的速度为多少时，每千米航程的成本最低？ (2) 若轮船限速不超过20km/h，求每千米航程的最低成本． 13 (2024青岛开学考试)已知函数f(x)＝ax－ex，a>0. (1) 若a＝1，求函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程； (2) 若x>0，f(x)≤a－x2恒成立，求实数a的取值范围． 　函数的最大(小)值(1) 1. A　由y＝得y′＝.当0≤x<1时，y′＞0；当1<x≤2时，y′<0，所以y＝在区间[0，1)上单调递增，在区间(1，2]上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝. 2. D　由题意，得f′(x)＝x2－2x.当x∈[1，2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(2，3]时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)在区间[1，3]上的最小值为f(2)＝×23－22＝－. 3. C　由题意，得f′(x)＝cos x－[cos x＋x(－sin x)]＝x sin x.当x∈(0，π)时，f′(x)>0；当x∈(π，2π)时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(0，π)上单调递增，在区间(π，2π)上单调递减，故f(x)有最大值f(π)＝sin π－πcos π＝0－π×(－1)＝π.又f(0)＝sin 0－0×cos 0＝0，f(2π)＝sin 2π－2π×cos 2π＝－2π，故f(x)的最小值为－2π. 4. A　由题意，得f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2).由f′(x)>0，解得x<0或x>2；由f′(x)<0，解得0<x<2，可得函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)，单调减区间为(0，2)，所以当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝－1.当x3－3x2＋3＝－1时，x3＋1＋3(1－x2)＝(x＋1)(x－2)2＝0，解得x＝－1或x＝2，故要使函数f(x)＝x3－3x2＋3在区间(a，a＋6)上存在最小值，需满足 解得－1≤a<2，即实数a的取值范围为[－1，2). 5. A　令t＝f(m)＝g(n)，则em-2＝t，1＋ln n＝t，即m＝2＋ln t，n＝et-1，可得m－n＝2＋ln t－et-1.设h(t)＝2＋ln t－et-1，则h′(t)＝－et-1(t>0).令h′(t)＝0，解得t＝1，且h′(t)＝－et-1在区间(0，＋∞)上单调递减．当0<t<1时，h′(t)>0，h(t)单调递增；当t>1时，h′(t)<0，h(t)单调递减，所以h(t)max＝h(1)＝2＋ln 1－e0＝1，即m－n的最大值为1. 6. D　因为f(x)＝ 所以函数f(x)在区间(－∞，0]上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，不妨设x1<0<x2，有3x＝e2x2，可得x1＝－ex2，则x1＋x2＝x2－ex2，令g(x)＝x－ex(x>0)，则g′(x)＝1－ex.由g′(x)>0，可得0<x<ln 3.由g′(x)<0，可得x>ln 3，可得函数g(x)的单调增区间为，单调减区间为，可得g(x)max＝g＝ln 3－×＝ln 3－1，故x1＋x2的最大值为ln 3－1. 7. BC　由题图可知，当x∈(－∞，－1)∪(1，3)时，f′(x)≤0(不恒为0)；当x∈(－1，1)∪(3，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在区间(－∞，－1)，(1，3)上单调递减，在区间(－1，1)，(3，＋∞)上单调递增，故A错误，B正确；函数f(x)在x＝1处取得极大值，故C正确；虽然确定了f(x)的单调性，但没有f(x)的解析式，故无法确定f(x)的最值，故D错误．故选BC. 8. ABD　对于A，由已知可得f′(x)＝3x2＋6x，所以f′(－1)＝3－6＝－3，故A正确；对于B，由f′(x)>0，得x<－2或x>0；由f′(x)<0，得－2<x<0，所以f(x)在区间(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在区间(－2，0)上单调递减，所以f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝0处取得极小值，故B正确；对于C，由B知，f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝0处取得极小值，又f(－3)＝－27＋27＝0，f(－2)＝－8＋12＝4，f(0)＝0，f(3)＝27＋27＝54，显然f(3)>f(－2)，所以f(x)在区间(－3，3)上没有最大值，故C错误；对于D，f＝＋3×＝，f(－1)＝－1＋3＝2，f＝＋3×＝，所以f＋f(－1)＋f＝6，故D正确．故选ABD. 9. 　f′(x)＝.当x∈时，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间上单调递减，所以f(x)max＝f＝.　 10. －37　f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，则函数f(x)在区间[－2，0]上单调递增，在区间[0，2]上单调递减，所以x＝0为极大值点，也为最大值点，则f(0)＝m＝3，所以f(－2)＝－37，f(2)＝－5，故最小值是－37. 11. 0　函数f(x)＝|x－1|－ln x的定义域为(0，＋∞).当0<x≤1时，f(x)＝1－x－ln x，此时函数f(x)在区间(0，1]上单调递减；当x>1时，f(x)＝|x－1|－ln x＝x－1－ln x，则f′(x)＝1－＝>0，所以f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．因为f(x)在区间(0，＋∞)上是连续函数，所以当x∈(0，1]时，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f(x)单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得最小值为f(x)min＝f(1)＝|1－1|－ln 1＝0. 12. (1) 由题意可得f′(x)＝x2＋2ax－5， 因为f(x)在x＝5处取得极小值，且极小值为－33， 所以 解得 此时f′(x)＝x2－4x－5＝(x－5)(x＋1)， 满足f(x)在x＝5处取得极小值， 故 (2) 由(1)得f(x)＝x3－2x2－5x＋， 则f′(x)＝(x－5)(x＋1). 当x∈[－2，0]时，令f′(x)>0， 解得－2≤x<－1； 令f′(x)<0，解得－1<x≤0， 所以f(x)在区间[－2，－1)上单调递增，在区间(－1，0]上单调递减， 则f(x)在区间[－2，0]上的最大值为f(－1)＝3. 又因为f(－2)＝－<f(0)＝， 所以f(x)在区间[－2，0]上的最小值为f(－2)＝－， 故f(x)在区间[－2，0]上的值域为. 13. (1) 由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝－＋＝. 当a≤0时，x－a>0恒成立， 即f′(x)>0恒成立， 所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 此时f(x)无极值； 当a>0时，当x∈(0，a)时，f′(x)<0； 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在区间(0，a)上单调递减，在区间(a，＋∞)上单调递增， 此时f(x)的极小值为f(a)＝1＋ln a，无极大值． 综上，当a≤0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)的极小值为1＋ln a，无极大值． (2) 若a≤1，则f′(x)≥0在区间[1，e]上恒成立， 所以f(x)在区间[1，e]上单调递增， 此时f(x)min＝f(1)＝a. 若1<a<e，则当x∈[1，a)时，f′(x)<0； 当x∈(a，e]时，f′(x)>0， 所以f(x)在区间[1，a)上单调递减，在区间(a，e]上单调递增， 此时f(x)min＝f(a)＝1＋ln a； 当a≥e时，f′(x)≤0在区间[1，e]上恒成立， 所以f(x)在区间[1，e]上单调递减， 此时f(x)min＝f(e)＝＋1. 综上，f(x)在区间[1，e]上的最小值g(a)＝ 　函数的最大(小)值(2) 1. A　设圆锥的高为x(0<x<20)，则圆锥底面半径r＝，所以V＝πr2·x＝π(400－x2)x＝－x3＋x，所以V′＝－πx2＋.令V′＝0，得x＝±，所以当x∈时，V′>0；当x∈时，V′<0，所以当x＝时，V取最大值，即体积最大时，圆锥的高为. 2. D　由题意，设毛利润为L(p)，则L(p)＝pQ－20Q＝(8 300－170p－p2)(p－20)＝－p3－150p2＋11 700p－166 000，所以L′(p)＝－3p2－300p＋11 700.令L′(p)＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)，所以当p∈(0，30)时，L′(p)>0；p∈(30，＋∞)时，L′(p)<0，所以当p＝30时，L(p)取得最大值，最大值为23 000. 3. B　由题意，得k>＋4在区间(1，＋∞)上恒成立．设g(x)＝＋4，x∈(1，＋∞)，所以k>g(x)max.因为g′(x)＝，当x∈(1，e)时，g′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在区间(1，e)上单调递增，在区间(e，＋∞)上单调递减，可得g(x)max＝g(e)＝＋4∈(4，5)，所以整数k≥5，则整数k的最小值为5. 4. A　设圆柱的底面半径为r，高为h，则4r＋2h＝12，即2r＋h＝6.圆柱的体积V(r)＝πr2h＝πr2·(6－2r)＝－2πr3＋6πr2，0<r<3，则V′(r)＝－6πr2＋12πr＝－6πr(r－2)，当0<r<2时，V′(r)>0，函数V(r)单调递增；当2<r<3时，V′(r)<0，函数V(r)单调递减，所以当r＝2时，函数V(r)取得最大值V(2)＝8π. 5. B　因为f′(x)＝x－sin x，所以f(x)＝x2＋cos x＋c，c为常数．设g(x)＝f′(x)＝x－sin x，则g′(x)＝1－cos x≥0恒成立，所以g(x)在R上单调递增．又g(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，g(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)在区间(－∞，0)上单调递减；当x∈(0，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝0处取得最小值，即f(x)min＝f(0)＝1＋c＝0，解得c＝－1，所以f(x)＝x2＋cos x－1，故y＝f(x)－cos x＝x2－1.令x2－1＝0，解得x＝±，即函数y＝f(x)－cos x的零点为±. 6. C　由题意知f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex＋a，a<0.若x∈(－∞，ln (－a))，则f′(x)<0；若x∈(ln (－a)，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在区间(－∞，ln (－a))上单调递减，在区间(ln (－a)，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(ln (－a))＝－a＋a ln (－a)＋b.若f(x)≥0恒成立，则－a＋a ln (－a)＋b≥0，即a－b≤a ln (－a). 7. AD　函数f(x)＝x2－ax－ln x的定义域为(0，＋∞)，对于A，f′(x)＝2x－a－，由x＝1是函数f(x)的极值点，得f′(1)＝1－a＝0，解得a＝1，此时f′(x)＝2x－1－＝，显然x＝1是f′(x)在区间(0，＋∞)上的变号零点，因此a＝1，故A正确；对于B，f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，则∀x>1，f′(x)≥0，即a≤2x－.又函数y＝2x－在区间(1，＋∞)上单调递增，则2x－>1恒成立，可得a≤1，故B错误；对于C，由f(1)＝2，得a＝－1，此时f(x)＝x2＋x－ln x，则f′(x)＝.当0<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)≥f＝＋ln 2，而＋ln 2<，故C错误；对于D，当x∈[1，2]时，由(x－1)ln x≥f(x)，得x ln x≥x2－ax，即a≥x－ln x.令g(x)＝x－ln x，x∈[1，2]，则g′(x)＝1－≥0，当且仅当x＝1时取等号，因此函数g(x)在区间[1，2]上单调递增，则g(x)max＝g(2)＝2－ln 2，所以a≥2－ln 2，故D正确．故选AD. 8. BCD　对于A，由题意可得f′(x)＝＝，x∈R，当x<0或x>2时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，当0<x<2时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，所以2是函数f(x)的极大值点，故A错误；对于B，由A知f(x)极小值＝f(0)＝－a，且当x→＋∞时，f(x)→－a，且大于－a，则当x＝0时，函数f(x)取得最小值，故B正确；对于C，当a＝时，f(x)＝－＝0，即＝.设h(x)＝，则h′(x)＝，所以当x<0或x>2时，h′(x)<0，此时h(x)单调递减；当0<x<2时，h′(x)>0，此时h(x)单调递增，则h(x)极小值＝h(0)＝0，h(x)极大值＝h(2)＝，且当x→＋∞，h(x)→0，且大于0，作出函数图象如图所示，则直线y＝与函数h(x)的图象有两个交点，当a＝时，函数f(x)存在2个零点，故C正确；对于D，函数f(x)有1个零点，即方程a＝有一个根，可转化为直线y＝a与h(x)＝的图象只有一个交点．由图可知，若函数f(x)有1个零点，则a>或a＝0，故D正确．故选BCD. 9. －　由f(x)＝x3－ax2＋a2，得f′(x)＝x2－ax，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a.若a＝0，则f′(x)＝x2≥0，所以f(x)单调递增，函数f(x)最多只有一个零点，不符合题意，所以a≠0.因为f(x)恰有2个零点，f(0)＝a2≠0，所以另一个极值点x＝a必为零点，所以f(a)＝a3－a3＋a2＝0，得a＝2，所以f(x)＝x3－x2＋，所以当x∈[－3，0)时，f(x)单调递增，x∈[0，2)时，f(x)单调递减，x∈[2，3]时，f(x)单调递增．因为f(－3)＝－，f(2)＝0，所以f(x)在区间[－3，3]上的最小值为－. 10. 　由题意知，方盒的底面为边长为4－2x的正方形，高为x，其中0<x<2，则方盒的容积为V(x)＝x(4－2x)2(0<x<2)，所以V′(x)＝(4－2x)2－4x(4－2x)＝(2x－4)(6x－4)＝4(x－2)(3x－2)，则当x∈时，V′(x)>0；当x∈时，V′(x)<0，所以V(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，可得V(x)max＝V＝. 11. ∪　若x<1，则f(x)＝x·ex，可得f′(x)＝(x＋1)·ex.当x<－1时，f′(x)<0；当－1<x<1时，f′(x)>0，所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，1)上单调递增，可得f(x)在x＝－1处取得极小值f(－1)＝－e-1.当x从1的左边趋于1时，f(x)→e；若x≥1，则f(x)＝，可得f′(x)＝.当1≤x<e时，f′(x)>0；当x>e时，f′(x)<0，所以f(x)在区间[1，e)上单调递增，在区间(e，＋∞)上单调递减，所以f(x)在x＝e取得极大值，且f(e)＝.令ln x＝t，若x≥1，则t≥0，从而＝≥0，当t→＋∞时，＝→0，所以f(x)的函数图象如图所示，由图可知，若方程f(x)＝a有2个不同的实数根，则a∈∪. 12. (1) 设燃料费为u元/h，速度为v km/h，则u＝kv3(v>0). 由10＝k×103，得k＝， 所以每千米航程的成本函数为y＝(v3＋180)＝v2＋(v>0)，则y′＝. 令y′＝0，得v＝10. 当0<v<10时，y′<0，函数单调递减； 当v>10时，y′>0，函数单调递增， 所以速度为10 km/h时，每千米航程的成本最低． (2) 由(1)知，函数y＝v2＋在区间(0，20]上单调递减， 当限速不超过20 km/h时，ymin＝×202＋＝13， 所以轮船限速不超过20 km/h时，每千米航程的最低成本为13元． 13. (1) 当a＝1时，f(x)＝x－ex， 则f(1)＝1－e，f′(x)＝1－ex，所以f′(1)＝1－e， 所以函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程y－(1－e)＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x. (2) 当x>0时，ax－ex≤a－x2恒成立，即a(x－1)≤ex－x2恒成立． ①当x＝1时，0≤e－1恒成立； ②当0<x<1时，x－1<0，则a≥. 令g(x)＝，则g′(x)＝. 令h(x)＝ex－x，则h′(x)＝ex－1， 当x>0时，ex>1，即h′(x)＝ex－1>0恒成立，则h(x)＝ex－x在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)>h(0)＝1，即当x>0时，ex－x>0. 当0<x<1时，x－2<0，ex－x>0，所以g′(x)＝<0恒成立， 即g(x)在区间(0，1)上单调递减， 可得a≥g(x)max>g(0)＝－1，所以a>－1，又a>0，可得a>0； ③当x>1时，x－1>0，则a≤恒成立，即a≤. 由②可得g(x)＝在区间(1，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增， 所以a≤＝e2－4.综上，0<a≤e2－4. 学科网（北京）股份有限公司 $$