6.2.2 第2课时 函数最值的求法（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

[必备知识·基础巩固] 1．下列结论正确的是(　　) A．若f(x)在[a，b]上有极大值，则极大值一定是[a，b]上的最大值 B．若f(x)在[a，b]上有极小值，则极小值一定是[a，b]上的最小值 C．若f(x)在[a，b]上有极大值，则极小值一定是在x＝a和x＝b处取得 D．若f(x)在[a，b]上连续，则f(x)在[a，b]上存在最大值和最小值 解析　函数f(x)在[a，b]上的极值不一定是最值，最值也不一定是极值，极值一定不会在端点处取得，而在[a，b]上一定存在最大值和最小值，所以A、B、C错误，D正确． 答案　D 2．函数f(x)＝x3＋在区间(0，＋∞)上的最小值是(　　) A．4　　　　　　　 B．5 C．3 D．1 解析　f′(x)＝3x2－＝， 当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0， 所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值是f(1)＝4. 答案　A 3．已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)的最小值为1，则a＝(　　) A． B．e C． D．1 解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝， 当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)内恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)内为增函数，此时f(x)无最小值； 当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞a，由f′(x)＜0得0＜x＜a， ∴函数f(x)在(0，a)内为减函数，在(a，＋∞)内为增函数，故当x＝a时，f(x)取最小值， 即f(x)min＝f(a)＝ln a＋1＝1，故a＝1，故选D. 答案　D 4．已知函数f(x)＝x3－3x，x∈(a，a＋4)存在最小值，则实数a的取值范围为(　　) A．[－2，1) B．(－2，1) C．[－3，1) D．(－3，1) 解析　∵f(x)＝x3－3x，∴f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝3x2－3＝0得x＝±1， 当x＜－1时，f′(x)＞0；－1＜x＜1时，f′(x)＜0，x＞1时，f′(x)＞0， ∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 又f(－1)＝2，f(1)＝－2，令f(x)＝x3－3x＝－2，解得x＝－2或x＝1， 所以其图象如下： 由图可知，x∈(a，a＋4)时f(x)存在最小值， 所以－2≤a＜1＜a＋4，解得－2≤a＜1，即实数a的取值范围为[－2，1). 答案　A 5．函数f(x)＝ln x＋(x＞0)的最小值是________． 解析　由f(x)＝ln x＋(x＞0)⇒f′(x)＝－＝， 当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 因此f(x)min＝f(2)＝ln 2＋1. 答案　ln 2＋1 6．已知函数f(x)＝x3－ax2＋b，若f(x)在区间[0，1]上单调递增且最大值为0，写出一组符合要求的a，b，a＝________，b＝________． 解析　f′(x)＝x2－ax，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝a， 若f(x)在区间[0，1]上单调递增，则a≤0，最大值为f(1)＝－a＋b＝0， 则b＝a－，不妨取a＝0，则b＝－，故答案为0；－.(答案不唯一) 答案　0　－(答案不唯一) 7．函数f(x)＝sin 2x＋cos x在上的最大值为______________． 解析　因为f(x)＝sin 2x＋cos x， 所以f′(x)＝cos 2x－sin x＝1－2sin2x－sin x＝(1＋sin x)(1－2sin x)， 因为x∈，所以1＋sin x＞0，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 所以f(x)在上的最大值为f＝. 答案　 8．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋2，且f(x)的导函数f′(x)的图象关于直线x＝1对称． (1)求导函数f′(x)及实数a的值． (2)求函数y＝f(x)在[－1，2]上的最大值和最小值． 解析　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋2得f′(x)＝3x2＋2ax. 因为f′(x)的图象关于直线x＝1对称，得－＝1. 所以a＝－3，f′(x)＝3x2－6x. (2)由(1)知f(x)＝x3－3x2＋2，f′(x)＝3x2－6x. 令f′(x)＝0得x1＝0，x2＝2. 当x在[－1，2]上变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表． x －1 (－1，0) 0 (0，2) 2 f′(x) ＋ 0 － 0 f(x) －2  2  －2 由表可知，当x＝－1或x＝2时，函数有最小值－2， 当x＝0时，函数有最大值2. [关键能力·综合提升] 9．(多选)函数f(x)＝在区间(0，＋∞)上(　　) A．有最大值，无最小值 B．有最小值，无最大值 C．函数f(x)存在唯一的零点 D．函数f(x)存在唯一的极值点 解析　因为f(x)＝，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝， 令f′(x)>0，则x>1，令f′(x)<0，则0<x<1， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以函数在x＝1处取得极小值即最小值，所以f(x)min＝f(1)＝e，即函数有最小值，无最大值，存在唯一的极值点，又x∈(0，＋∞)，所以ex∈(1，＋∞)，所以f(x)>0恒成立，故函数在(0，＋∞)上不存在零点，故选BD. 答案　BD 10．若函数f(x)＝x3－3x在(a，6－a2)上有最小值，则实数a的取值范围是(　　) A．(－，1) B．[－，1) C．[－2，1) D．(－2，1) 解析　因为f′(x)＝3x2－3， 令f′(x)＝0，得x＝±1， 所以函数f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增；在(－1，1)上单调递减，如图． 函数f(x)＝x3－3x在(a，6－a2)上有最小值，最小值为f(1)，所以 解得－2≤a＜1，故实数a的取值范围是[－2，1). 答案　C 11．函数f(x)＝ax4－4ax3＋b(a>0)，x∈[1，4]，f(x)的最大值为3，最小值为－6，则a＋b＝______． 解析　f′(x)＝4ax3－12ax2. 令f′(x)＝0，得x＝0(舍去)或x＝3. 当1<x<3时，f′(x)<0， 当3<x<4时，f′(x)>0， 故x＝3为极小值点． 因为f(3)＝b－27a，f(1)＝b－3a，f(4)＝b， 所以f(x)的最小值为f(3)＝b－27a，最大值为f(4)＝b. 所以解得故a＋b＝. 答案　 12．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，|AB|＝|f(t)－g(t)| ＝|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)＝3－2 ln 2>0， ∴|AB|的最小值为3－2ln 2. 答案　3－2ln 2 13．已知f(x)＝x2－a ln x，求f(x)在[1，＋∞)上的最小值． 解析　f′(x)＝2x－＝， ①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝1. ②当a>0时，令f′(x)＝0得x1＝－(舍去)，x2＝. 若 ≤1即0<a≤2时，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝1； 若 >1即a>2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表： x f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 故在x＝时，f(x)取极小值也为最小值， 所以f(x)min＝f＝－ln . 综上所述：当a≤2时，f(x)min＝f(1)＝1； 当a>2时，f(x)min＝f＝－ln . [核心价值·探索创新] 14．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　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)＝－，x>0， 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.所以a>－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. 答案　D 15．已知函数f(x)＝eax(a>0). (1)求函数y＝f(x)的最小值； (2)若存在唯一实数x0，使得f(x0)＋＝0成立，求实数a的值． 解析　(1)f(x)的定义域为R， f′(x)＝(2x－1)eax＋(ax2－ax－1)eax ＝[ax2＋(2－a)x－2]eax ＝(ax＋2)(x－1)eax. 令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－<0. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表． x － 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  则函数y＝f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． 因为函数y＝x2－x－在上单调递减， 所以当x<－时，x2－x－>＋－>0，所以当x<－时，f(x)>0. 又f(1)＝－ea<0，所以当x＝1时，函数f(x)取得最小值f(1)＝－ea. (2)对于x2－x－＝0，有Δ＝1＋>0， 则函数y＝f(x)有两个不同的零点． 若存在唯一实数x0，使得f(x0)＝－<0成立， 则由(1)得f(1)＋＝0， 即－ea＋＝0，解得a＝ln 3. 学科网（北京）股份有限公司 $