2.6.3 第2课时 函数的极值与最值的综合问题 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（北师大版）

2.6.3 第2课时 函数的极值与最值的综合问题 [课时跟踪检测] 1.[多选]对于函数f（x）=（2x-x2）ex，下列结论正确的是 （　　） A.（-）是f（x）的单调递减区间 B.f（-）是f（x）的极小值，f（）是f（x）的极大值 C.f（x）有最大值，没有最小值 D.f（x）没有最大值，也没有最小值 解析：选BC　由f（x）=（2x-x2）ex得f'（x）=（2-x2）ex.当f'（x）<0时，函数f（x）单调递减，得（2-x2）ex<0，所以2-x2 <0，解得x>或x<-，所以A不正确；当f'（x）>0时，函数f（x）单调递增，得（2-x2）ex>0，所以2-x2>0，解得-<x<，因此f（-）是f（x）的极小值，f（）是f（x）的极大值，所以B正确；当f（x）>0时，f（x）=（2x-x2）ex>0，解得0<x<2；当f（x）<0时，f（x）=（2x-x2）ex<0，解得x>2或x<0，因此函数有最大值，最大值为f（），没有最小值，所以C正确，D不正确.故选BC. 2.函数f（x）=的最大值为 （　　） A.a B.（a-1）e C.e1-a D.ea-1 解析：选D　f（x）=，则f'（x）=，所以当x<1-a时，f'（x）>0，当x>1-a时，f'（x）<0，所以f（x）在（-∞，1-a）上单调递增，在（1-a，+∞）上单调递减，所以f（x）max=f（1-a）=ea-1. 3.当a>0时，xln x-a=0的解有 （　　） A.0个 B.1个 C.2个 D.不确定 解析：选B　记f（x）=xln x，令f'（x）=1+ln x=0得x=，得f（x）在内单调递减，在上单调递增，f（x）min=f=-，如图，则y=a（a>0）与y=f（x）的图象只有一个交点，故选B. 4.若对任意的x∈（0，+∞），ax-ln（2x）≥1恒成立，则实数a的最小值是 （　　） A.2 B.3 C.4 D.5 解析：选A　令f（x）=ax-ln（2x），x∈（0，+∞）.∵ax-ln（2x）≥1恒成立，∴f（x）min≥1，f'（x）=a-，若a≤0，则f'（x）<0，f（x）单调递减，ax-ln（2x）≥1不恒成立，∴a>0.令f'（x）=0，解得x=.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）min=f=1-ln≥1，即ln≤0，即a≥2，∴a的最小值是2. 5.已知实数x>0，则函数y=xx的值域为 （　　） A.（0，+∞） B.（1，+∞） C. D. 解析：选D　对y=xx的两边同时取自然对数得，ln y=xln x（x>0），令f（x）=xln x（x>0），则f'（x）=1+ln x，令f'（x）>0，解得x>，令f'（x）<0，解得0<x<，故f（x）=xln x（x>0）在内单调递减，在上单调递增，故f（x）=xln x（x>0）在x=处取得极小值，也是最小值，且f=ln =-，故f（x）=xln x（x>0）的值域为，所以y=xx的值域为（，+∞）.故选D. 6.（5分）已知f（x）=-x2+mx+1在区间[-2，-1]上的最大值就是函数f（x）的极大值，则m的取值范围是　　　　.  解析：f'（x）=m-2x，令f'（x）=0，得x=.由题设得-2<<-1，故m∈（-4，-2）. 答案：（-4，-2） 7.（5分）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） 8.（5分）已知函数f（x）=（a>0）在[1，+∞）上的最大值为，则a的值为　　　.  解析：由f（x）=得f'（x）=， 当a>1时，若1<x<，则f'（x）>0，f（x）单调递增，若x>，则f'（x）<0，f（x）单调递减， 故当x=时，函数f（x）在[1，+∞）上有最大值=，解得a=<1，不符合题意，舍去；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.综上可知，a的值为-1. 答案：-1 9.（5分）已知函数f（x）=ln x，g（x）=2x，f（m）=g（n），则mn的最小值是　　　　.  解析：由函数f（x）=ln x，g（x）=2x，f（m）=g（n），得ln m=2n，所以mn=mln m，m>0.令h（m）=mln m，m>0，则h'（m）=（1+ln m），当m>时，h'（m）>0，当0<m<时，h'（m）<0，所以函数h（m）在内单调递减，在上单调递增，所以h（m）在x=处取得极小值，也是最小值，最小值为h=-，即mn的最小值为-. 答案：- 10.（5分）已知a≠0，若函数f（x）=有最小值，则实数a的最大值为　　　　.  解析：当x≥-1时，f（x）=（x-2）ex+2，f'（x）=（x-1）ex， 当x∈[-1，1）时，f'（x）<0，当x∈（1，+∞）时，f'（x）>0， 故f（x）在[-1，1）内单调递减，在（1，+∞）上单调递增， 故f（x）=（x-2）ex+2在x=1处取得极小值，且f（1）=-e+2. 当x<-1时，f（x）=ax-1， 若a>0，f（x）=ax-1在（-∞，-1）上单调递增，此时f（x）没有最小值， 若a<0，f（x）=ax-1在（-∞，-1）上单调递减， 要想函数有最小值，则-a-1≥-e+2，解得a≤e-3，故实数a的最大值为e-3. 答案：e-3 11.（15分）已知函数f（x）=x2+ln x. （1）求y=f（x）在[1，e]上的最大值和最小值；（6分） （2）求证：当x∈（1，+∞）时，函数y=f（x）的图象在函数g（x）=x3的图象的下方.（9分） 解：（1）因为f（x）=x2+ln x，所以f'（x）=x+=，当x∈[1，e]时，f'（x）>0，所以y=f（x）在[1，e]内单调递增， f（x）min=f（1）=，f（x）max=f（e）=e2+1. （2）证明：设h（x）=x2+ln x-x3， 则h'（x）=x+-2x2==， 当x∈（1，+∞）时，h'（x）<0，则h（x）单调递减，且h（1）=-<0，故x∈（1，+∞）时，h（x）<0，即x2+ln x<x3， 所以当x∈（1，+∞）时，函数y=f（x）的图象在函数g（x）=x3的图象的下方. 12.（15分）已知函数f（x）=+sin x（a∈R），e为自然对数的底数. （1）当a=1且x∈（-∞，0]时，求f（x）的最小值；（6分） （2）若函数f（x）在上存在极值点，求实数a的取值范围.（9分） 解：（1）当a=1时，f（x）=+sin x， 则f'（x）=+cos x， 当x∈（-∞，0]时，0<ex≤1，则≤-1， 又因为cos x≤1，所以当x∈（-∞，0]时，f'（x）=+cos x≤0，当且仅当x=0时，f'（x）=0，所以f（x）在x∈（-∞，0]上单调递减， 所以f（x）min=f（0）=1. （2）f'（x）=+cos x， 因为x∈，所以cos x>0，ex>0， ①当a≤0时，f'（x）>0恒成立，所以f（x）在内单调递增，没有极值点. ②当a>0时，易知f'（x）=+cos x在内单调递增， 因为f'=-a·<0，f'（0）=-a+1， 当a≥1时，x∈，f'（x）≤f'（0）=-a+1≤0， 所以f（x）在内单调递减，没有极值点；当0<a<1时，f'（0）=-a+1>0，所以存在x0∈使f'（x0）=0，当x∈时，f'（x）<0，当x∈（x0，0）时，f'（x）>0， 所以f（x）在x=x0处取得极小值，x0为极小值点. 综上可知，若函数f（x）在上存在极值点，则实数a∈（0，1）. 学科网（北京）股份有限公司 $