2.6.3 函数的最值-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂课时作业word（北师大版）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [基础达标练] 1．如图所示，函数y＝f(x)的导数y＝f′(x)的图像是一条直线，则(　　) A．函数f(x)没有最大值也没有最小值 B．函数f(x)有最大值，没有最小值 C．函数f(x)没有最大值，有最小值 D．函数f(x)有最大值也有最小值 解析：C　[由题中函数图像可知，函数只有一个极小值点，且函数在此处取得最小值，没有最大值．] 2．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：A　[令F(x)＝f(x)－g(x)，则F′(x)＝f′(x)－g′(x)，又f′(x)＜g′(x)，故F′(x)＜0，∴F(x)在[a，b]上单调递减，∴F(x)max≤F(a)＝f(a)－g(a)．] 3．函数f(x)＝ex(sin x＋cos x)在区间上的值域为(　　) A. B. C．[1，e] D．(1，e) 解析：A　[f′(x)＝ex(sin x＋cos x)＋ex(cos x－sin x)＝excos x，当0≤x≤时，f′(x)≥0，∴f(x)在上是增函数．∴f(x)的最大值为f＝e，f(x)的最小值为f(0)＝.] 4．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C. D．1 解析：B　[因为函数f(x)定义域为(0，＋∞)，所以依题可知，f(1)＝－2，f′(1)＝0，而f′(x)＝－，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－＋，因此函数f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，x＝1时取最大值，满足题意，即有f′(2)＝－1＋＝－.] 5．已知不等式 ≤ 对任意的正实数x恒成立，则实数k的取值范围是(　　) A．(0,1] B．(－∞，1] C．[0,2] D．(0,2] 解析：A　[令y＝，则y′＝.可以验证当y′＝0，即kx＝e，x＝时，ymax＝＝ ，又y≤ 对于x＞0恒成立，∴ ≤ ，得k≤1.又kx＞0，x＞0，∴k＞0.∴0＜k≤1.] 6．若函数f(x)＝3x－x3在区间(a－1，a)上有最小值，则实数a的取值范围是　________　. 解析：f′(x)＝3－3x2＝－3(x－1)(x＋1)，当x＜－1或x＞1时，f′(x)＜0，当－1＜x＜1时，f′(x)＞0，∴x＝－1是函数f(x)的极小值点．∵函数f(x)＝3x－x3在区间(a－1，a)上有最小值，即为极小值．∴a－1＜－1＜a，解得－1＜a＜0. 答案：(－1,0) 7．(2022·北京卷)设函数f(x)＝若f(x)存在最小值，则a的一个取值为　________　；a的最大值为　________　. 解析：若a＝0时，f(x)＝， ∴f(x)min＝0； 若a＜0时，当x＜a时，f(x)＝－ax＋1单调递增，当x→－∞时，f(x)→－∞，故f(x)没有最小值，不符合题目要求； 若a＞0时， 当x＜a时，f(x)＝－ax＋1单调递减，f(x)＞f(a)＝－a2＋1， 当x＞a时，f(x)min＝ ∴－a2＋1≥0或－a2＋1≥(a－2)2， 解得0＜a≤1， 综上可得0≤a≤1； 答案：0(答案不唯一)　1 8．设函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)＋ax(a＞0)． (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在(0,1]上的最大值为，求a的值． 解：函数f(x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝－＋a. (1)当a＝1时，f′(x)＝＝ ，当0＜x＜时，f′(x)＜0， 所以f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，2)． (2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝＋a＞0，即f(x)在(0,1]上单调递增． 故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝. [能力提升练] 9．已知函数f(x)＝(a＞0)在[1，＋∞]上的最大值为，则a的值为(　　) A.－1 B. C. D.＋1 解析：A　[由f(x)＝，得f′(x)＝，当a＞1时，若x＞，则f′(x)＜0.f(x)单调递减；若1＜x＜，则f′(x)＞0，f(x)单调递增．故当x＝时，函数f(x)有最大值＝，解得a＝＜1，不符合题意．当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝，不符合题意．当0＜a＜1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减．此时最大值为f(1)＝＝，解得a＝－1，符合题意．故a的值为－1，故选：A.] 10．(多选)设f(x)＝xa·cos x，x∈的最大值为M，则(　　) A．当a＝－1时，M＜ B．当a＝2时，M＜ C．当a＝1时，M＞ D．当a＝3时，M＜ 解析：AB　[对于选项A，当a＝－1时，f(x)＝在区间上递减， 所以M＝＝＜，故选项A正确．对于选项B，当a＝2时，f(x)＝x2·cos x，则f′(x)＝x cos x(2－x tan x)＞0，∴f(x)在区间上递增，即M＝＜，故选项B正确．对于选项C，当a＝1时，当x∈时，x＜tan x恒成立，所以f(x)＝x cos x＜tan x cos x＝sin x≤，所以M＜，故选项C错误．对于选项D，当a＝3时，f(x)＝x3·cos x，则f′(x)＝x2cos x(3－x tan x)＞0，∴f(x)在区间上递增，∴M＝·3＞，故选项D错误．] 11．已知f(x)＝ex，g(x)＝ ，若存在实数x1，x2满足f(x1)＝g(x2)，则 的最大值为　________　. 解析：∵g(x2)＝ ＝e2lnx2－x2＝f(2ln x2－x2)＝f(x1)，且f(x)＝ex在R上单调递增， ∴x1＝2ln x2－x2，＝2·－1. 设h(x)＝，则h′(x)＝(x＞0)， 当x∈(0，e)时，h′(x)＞0； 当x∈(e，＋∞)时，h′(x)＜0. ∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∴h(x)max＝h(e)＝ ，∴max ＝ . 答案： 12．已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x，x＝3是函数f(x)的极值点，求函数f(x)在x∈[1,5]上的最大值和最小值． 解：根据题意，f′(x)＝3x2－2ax＋3，x＝3是函数f(x)的极值点，得f′(3)＝0，即27－6a＋3＝0，得a＝5.所以f(x)＝x3－5x2＋3x. 令f′(x)＝3x2－10x＋3＝0，得x＝3或x＝(舍去)． 当1＜x＜3时，f′(x)＜0，函数f(x)在[1,3)上是减函数； 当3＜x＜5时，f′(x)＞0，函数f(x)在(3,5]上是增函数． 由此得到当x＝3时，函数f(x)有极小值f(3)＝－9，也就是函数f(x)在[1,5]上的最小值；又因为f(1)＝－1，f(5)＝15，即函数f(x)在[1,5]上的最大值为f(5)＝15. 综上，函数f(x)在[1,5]上的最大值为15，最小值为－9. [素养培优练] 13．(多选)已知函数f(x)＝ax－ln x(a∈R)，则下列说法正确的是(　　) A．若a≤0，则函数f(x)没有极值 B．若a＞0，则函数f(x)有极值 C．若函数f(x)有且只有两个零点，则实数a的取值范围是 D．若函数f(x)有且只有一个零点，则实数a的取值范围是(－∞，0]∪ 解析：ABD　[由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝a－＝，当a≤0时，f′(x)＜0恒成立，此时f(x)单调递减，没有极值，又∵当x→0时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞， ∴f(x)有且只有一个零点，当a＞0时，在上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，在上，f′(x)＞0，f(x)单调递增， ∴当x＝时，f(x)取得极小值，同时也是最小值， ∴f(x)min＝f＝1＋ln a，当x→0时，ln x→－∞，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞， 当1＋ln a＝0，即a＝时，f(x)有且只有一个零点；当1＋ln a＜0，即0＜a＜时，f(x)有且仅有两个零点，综上可知ABD正确，C错误．] 14．已知函数f(x)＝，若方程[f(x)]2＝a恰有两个不同的实数根m，n，则m＋n的最大值是　________　. 解析：作出函数f(x)＝的图像，如图所示，由[f(x)]2＝a可得f(x)＝，所以＞1，即a＞1，不妨设m＜n，则2m2＝en＝，令＝t(t＞1)，则m＝－，n＝ln t，所以m＋n＝ln t－，令g(t)＝ln t－，则g′(t)＝，所以当1＜t＜8时，g′(t)＞0；当t＞8时，g′(t)＜0，当t＝8时，g(t)取得最大值g(t)＝ln 8－2＝3 ln 2－2. 答案：3 ln 2－2 1 学科网（北京）股份有限公司 $