1、课时跟踪检测（七） 函数的最大（小）值与导数一、题组对点训练对点练一求函数的最值1函数f(x)x在区间0，)上()A有最大值，无最小值B有最大值，有最小值C无最大值，无最小值 D无最大值，有最小值解析：选A由已知得f(x)的定义域为0，)，f(x).令f(x)0，得f(x)的单调增区间为0,1)；令f(x)0，得f(x)的单调减区间为(1，)所以f(x)在区间0，)上有最大值，无最小值2函数f(x)在区间2,4上的最小值为()A0 B C D解析：选Cf(x)，当x2,4时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(e，)时，f(x)0，f(x)单调递减，当1t0，a0)在x3时取得最小值，求a的值
2、解：由题意知f(x)4.又x0，a0，令f(x)0，得x，当0x时，f(x)时，f(x)0.故f(x)在上单调递减，在上单调递增，即当x时，f(x)取得最小值，则3，解得a36.对点练三与最值有关的恒成立问题7若存在正数x使2x(xa)1成立，则a的取值范围是()A(，) B(2，)C(0，) D(1，)解析：选D2x(xa)x.令f(x)x，f(x)12xln 20，f(x)在(0，)上单调递增，f(x)f(0)011，a的取值范围为(1，)8已知a0，函数f(x)ax(x2)2(xR)若对任意x2,1，不等式f(x)0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减故f(x)的最大值为fa32，即a
3、27.所以0a27.当af(1)a.所以f(x)的最大值为f(2)32a1.所以1a0，即h(3)a0，所以a的取值范围是(0，)3对于R上可导的任意函数f(x)，若满足x1时(x1)f(x)0，则必有()Af(0)f(2)2f(1)Bf(0)f(2)1时，f(x)0，函数f(x)在(1，)上是增函数； 当x1时，f(x)f(1)，f(2)f(1)，得f(0)f(2)2f(1)4设直线xt与函数f(x)x2，g(x)ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小值时t的值为()A1 B C D解析：选D|MN|的最小值，即函数h(t)t2ln t的最小值，h(t)2t，显然t是函数h(t
4、)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t.5已知函数f(x)ex2xa有零点，则a的取值范围是_解析：f(x)ex2.由f(x)0得ex20，xln 2.由f(x)0得，x0)若当x(0，)时，f(x)2恒成立，则实数a的取值范围是_解析：f(x)2，即a2x22x2ln x.令g(x)2x22x2ln x，x0，则g(x)2x(12ln x)由g(x)0得xe，且当0x0；当xe时，g(x)0，当xe时，g(x)取最大值g(e)e，ae.答案：e，)7已知函数f(x)excos xx.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值解
5、：(1)因为f(x)excos xx，所以f(x)ex(cos xsin x)1，f(0)0.又因为f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y1.(2)设h(x)ex(cos xsin x)1，则h(x)ex(cos xsin xsin xcos x)2exsin x.当x时，h(x)0，所以h(x)在区间上单调递减所以对任意x有h(x)h(0)0，即f(x)ln 21且x0时，exx22ax1.解：(1)f(x)ex2，xR.令f(x)0，得xln 2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)2(1ln 2a)故f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，)，f(x)在xln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)eln 22ln 22a2(1ln 2a)(2)设g(x)exx22ax1，xR，于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当aln 21时，g(x)的最小值为g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是对任意xR，都有g(x)0，所以g(x)在R上单调递增，于是当aln 21时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0)，而g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0，即exx22ax10，故exx22ax1.
