5.3.3 最大值与最小值同步练-2026-2027学年高二上学期数学苏教版选择性必修第一册

5.3.3　最大值与最小值 A级　必备知识基础练 1.设M，m分别是函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值，若M=m，则f′(x)(　　) A．等于0　　 B．小于0 C．等于1　　 D．不确定 2.函数f(x)=x3－3x＋1在区间[－3，0]上的最大值和最小值分别是(　　) A.1，－1　　 B.1，－17 C.3，－17　　 D.9，－19 3.(2025苏州高二月考)函数f(x)=cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为(　　) A．－，　　 B．－， C．－，＋2　　 D．－，＋2 4.(2025泰州高二调研)已知函数f(x)=mln x＋的最小值恰为－m，则m=(　　) A．　　 B．　　 C．e　　 D．e2 5.(2025如东高二月考)设0＜x＜π，则函数y=的最小值是　　　　． 6.函数f(x)=exsin x在区间上的值域为　　　　． 7.已知函数f(x)=aln x＋x－a，a∈R．讨论函数f(x)的最值． 8.求下列函数的最值： (1)f(x)=sin x＋cos x，x∈[－，]； (2)f(x)=ln(1＋x)－x2，x∈[0，2]． B级　关键能力提升练 9.(2025常州高二检测)若函数f(x)=x3＋x2－2在区间(m－4，m)上存在最小值，则实数m的取值范围为(　　) A．(1，4)　　 B．[1，4) C．(1，4]　　 D．[1，4] 10.(多选题)定义在R上的函数y=f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．函数y=f(x)在(3，5)上单调递减 B．f(0)＞f(3) C．函数y=f(x)在x=5处取得极小值 D．函数y=f(x)存在最小值 11.(多选题)下列说法正确的是(　　) A．f(x)=x＋的最小值为1 B．f(x)=的最小值为1 C．f(x)=x－ln x的最小值为1 D．f(x)=xe的最小值为1 12.已知函数f(x)=aln x－bx2，a，b∈R，且曲线y=f(x)在x=1处与直线y=－相切． (1)求a，b的值； (2)求f(x)在上的最大值． C级　学科素养创新练 13.函数f(x)=x－ln x与g(x)=xex－ln x－x的最小值分别为a，b，则(　　) A．a=b B．a＞b C．a＜b D．a，b的大小不能确定 14.已知函数f(x)=＋ln x，g(x)=x3＋x2－x． (1)若m=3，求f(x)的极值； (2)若对于任意的s，t∈[，2]，都有f(s)≥g(t)，求实数m的取值范围． 答案： 1.A　解析 因为M=m，所以f(x)为常数函数，故f′(x)=0. 2.C　解析 f′(x)=3x2－3=3(x－1)•(x＋1)，令f′(x)=0，得x=±1.又f(－3)=－27＋9＋1=－17，f(0)=1，f(－1)=－1＋3＋1=3，1∉[－3，0]，所以函数f(x)的最大值为3，最小值为－17.故选C． 3.D　解析 f′(x)=－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x=(x＋1)cos x，所以f(x)在区间(0，)和(，2π)上f′(x)＞0，即f(x)单调递增；在区间(，)上f′(x)＜0，即f(x)单调递减，又f(0)=f(2π)=2，f()=＋2，f()=－(＋1)＋1=－，所以f(x)在区间[0，2π]上的最小值为－，最大值为＋2.故选D． 4.D　解析 由f(x)=mln x＋，得f′(x)=－=，当m≤0时，则f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，函数无最小值，不合题意，当m＞0时，令f′(x)=0，可得x=，当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，∴x=时，函数f(x)有最小值mln＋m=－m，解得m=e2.故选D． 5.　解析 y′==． 因为0＜x＜π， 所以当＜x＜π时，y′＞0； 当0＜x＜时，y′＜0. 所以当x=时，ymin=． 6.[0，e]　解析 f′(x)=ex(sin x＋cos x)． 因为x∈[0，]， 所以f′(x)＞0. 所以f(x)在[0，]上单调递增， 所以f(x)min=f(0)=0，f(x)max=f()=e． 故答案为[0，]． 7.解　由函数f(x)=aln x＋x－a，可得其定义域为(0，＋∞)，且f′(x)=＋=，当a≥0时，可得f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最值；当a＜0时，令f′(x)＜0，可得0＜x＜－2a，所以f(x)在(0，－2a)上单调递减；令f′(x)＞0，可得x＞－2a，所以f(x)在(－2a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(－2a)=aln(－2a)－2a，无最大值． 综上可得，当a≥0时，f(x)无最值；当a＜0时，f(x)的最小值为aln(－2a)－2a，无最大值． 8.解 (1)f′(x)=cos x－sin x． 令f′(x)=0，即tan x=1，且x∈[－，]， 所以x=． 又因为f()=，f(－)=－1，f()=1， 所以当x∈[－，]时，函数的最大值为f()=，最小值为f(－)=－1. (2)f′(x)=－x=， 令f′(x)=0，化简为x2＋x－2=0， 解得x1=－2(舍去)，x2=1. 当0≤x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当1＜x≤2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 所以f(1)=ln 2－为函数f(x)的最大值． 又f(0)=0，f(2)=ln 3－1＞0， 所以f(0)=0为函数f(x)在[0，2]上的最小值， f(1)=ln 2－为函数f(x)在[0，2]上的最大值． 9.B　解析 由f(x)=x3＋x2－2得f′(x)=x2＋2x=x(x＋2)，当x＜－2或x＞0时，f′(x)＞0，当－2＜x＜0时，f′(x)＜0，于是得f(x)在(－∞，－2)和(0，＋∞)上都单调递增，在(－2，0)上单调递减，当x=0时，f(x)取得极小值f(0)=－2，因为f(x)在区间(m－4，m)上存在最小值，所以函数最值不可能在开区间端点处取得，于是0∈(m－4，m)，且f(m－4)≥f(0)，即解得1≤m＜4，所以实数m的取值范围为[1，4)．故选B． 10.ACD　解析　f ′(x)＜0在(3，5)上恒成立，则f(x)在(3，5)上单调递减，故A正确；f ′(x)≥0在[－1，3]上恒成立，则f(x)在[－1，3]上单调递增，则f(0)＜f(3)，故B错误；在(3，5)上，f ′(x)＜0，在(5，＋∞)上，f ′(x)＞0，则函数y=f(x)在x=5处取得极小值，故C正确；由导函数的图象可知f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，3)上单调递增，在(3，5)上单调递减，在(5，＋∞)上单调递增，故f(x)min在两个极小值f(5)和f(－1)中产生，故存在最小值，故D正确．故选ACD． 11.AC　解析　对于A，因为f(x)=x＋，所以f ′(x)=1－=，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(0)=1，故A正确；对于B，因为f(x)=(x＞0)，所以f ′(x)=，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)=e，故B错误；对于C，因为f(x)=x－ln x(x＞0)，所以f ′(x)=1－=，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)=1，故C正确；对于D，因为f(x)=x(x＞0)，所以f ′(x)=＋x•(－)=，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)=e，故D错误．故选AC． 12.解　(1)f ′(x)=－2bx(x＞0)． 由曲线y=f(x)在x=1处与直线y=－相切，得即解得 (2)由(1)，得f(x)=ln x－x2，定义域为(0，＋∞)． f ′(x)=－x=． 令f ′(x)＞0，得0＜x＜1； 令f ′(x)＜0，得x＞1. 所以f(x)在上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在上的最大值为f(1)=－． 13.A　解析 f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)=1－=，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，令f′(x)＞0，解得x＞1，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的最小值是f(1)=1，故a=1.g(x)=xex－ln x－x，定义域为(0，＋∞)，g′(x)=(x＋1)ex－－1=(xex－1)，令h(x)=xex－1，则h′(x)=(x＋1)ex＞0，x∈(0，＋∞)．则可得h(x)是增函数，且h(0)=－1＜0，h(1)=e－1＞0，故存在x0∈(0，1)使得h(x)=0，即x0ex0=1，两边取对数得x0＋ln x0=0，当x∈(0，x0)时，h(x)＜0，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，故当x=x0时，函数取得最小值g(x0)=x0ex0－ln x0－x0=1－ln x0－x0=1，即b=1，所以a=b． 14.解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当m=3时，f(x)=＋ln x， ∴f′(x)=－＋=． 令f′(x)=0，解得x=3. 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x∈(0，3)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减． ∴f(x)的极小值为f(3)=1＋ln 3，无极大值． (2)g(x)=x3＋x2－x，∴g′(x)=3x2＋2x－1， 当x∈[，2]时，g′(x)＞0， ∴g(x)在[，2]上单调递增，g(x)max=g(2)=10. 对于任意的s，t∈[，2]，f(s)≥g(t)恒成立， 即对任意x∈[，2]，f(x)=＋ln x≥1恒成立，即m≥x－xln x恒成立． 令h(x)=x－xln x，则h′(x)=1－ln x－1=－ln x， ∴当x＞1时，h′(x)＜0，当0＜x＜1时，h′(x)＞0， ∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴当x∈[，2]时，h(x)的最大值为h(1)=1， ∴m≥1，即m的取值范围是[1，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $