1、课时素养评价八最大值与最小值 (25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.函数f(x)=3x-4x3,x0,1的最大值等于()A.0B.-1C.D.1【解析】选D.因为f(x)=3-12x2,令f(x)=0,得x=,当x时,f(x)0,f(x)单调递增;当x时,f(x)0,函数单调递增;当x时,y0,函数单调递增.当x=-2时,y=-1;当x=-1时,y=2;当x=时,y=;当x=1时,y=2.所以函数的最小值为-1.答案:-12.函数f(x)=ln x-x在(0,e上的最大值为()A.-1B.0C.1D.e【解析】选A.因为f(x)=-1=,令f(x)0得0x1,令f(x)1,所
2、以f(x)在(0,1上是增函数,在(1,e上是减函数.所以当x=1时,f(x)有最大值f(1)=-1.3.已知f(x)=2x3-6x2+m(m是常数)在-2,2上有最大值3,那么此函数在-2,2上的最小值为()A.-37B.-3C.3D.37【解题指南】利用函数在-2,2上有最大值3,求出m的值,再利用导数求函数的最小值.【解析】选A.因为f(x)=6x2-12x=6(x2-2x) =6x(x-2).令f(x)=0,解得x=0或x=2.所以f(x)在-2,0上单调递增,在0,2上单调递减.因为f(0)=m,f(2)=-8+m,f(-2)=-40+m,所以f(0)f(2)f(-2),所以f(0)
3、=3,解得m=3,所以最小值为f(-2)=-37.4.若对任意的x0,恒有ln xpx-1(p0),则p的取值范围是()A.(0,1B.(1,+)C.(0,1)D.1,+)【解析】选D.原不等式可化为ln x-px+10,令f(x)=ln x-px+1,故只需f(x)max0,由f(x)=-p知f(x)在上单调递增;在上单调递减.故f(x)max=f=-ln p,即-ln p0,解得p1.5.若函数f(x)=x3-3x在区间(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【解析】选C.由于函数f(x)在开区间(a,6-a2)上有最小值,
4、则函数f(x)的极小值点在(a,6-a2)内,且在(a,6-a2)上的单调性是先减再增.f(x)=3x2-3= 3(x+1)(x-1),当-1x1时,f(x)1时,f(x)0,所以函数f(x)的极小值为f(1).又函数f(x)=x3-3x在区间(a,6-a2)上有最小值,所以f(a)f(1),由解得-2a1.二、填空题(每小题3分,共15分)6.设函数f(x)=ax3+3bx(a,b为实数,a0),当x0,1时,有f(x)0,1,则b的最大值是_.【解析】因为f(x)=3ax2+3b,所以令f(x)=3ax2+3b=0,可得x=,1时,f(x)的最大值为f(1)=1,所以b,01,f(x)的最
5、大值为f=1,f(1)0,所以b,所以b的最大值是.答案:7.设0a1,函数f(x)=x+,g(x)=x-ln x,若对任意的x1,x21,e都有f(x1)g(x2)成立,则实数a的取值范围是_.【解析】因为对任意的x1,x21,e,都有f(x1)g(x2)成立,所以f(x)ming(x)max对x1,e恒成立.因为f(x)=x+(0a1)在1,e上单调递增,所以f(x)min=f(1)=1+a2.因为g(x)=x-ln x,所以g(x)=1-=,所以当x1,e时g(x)0恒成立.故g(x)在1,e上单调递增,当x=e时,g(x)max=g(e)=e-ln e=e-1.令1+a2e-1,得a2
6、e-2,又0a1故a1.答案:,18.已知函数f(x)=(x2-2x)ex,下列说法中正确的有_.(填序号)f(x)在R上有两个极值点;f(x)在x=处取得最大值;f(x)在x=处取得最小值;f(x)在x=处取得极小值;函数f(x)在R上有两个不同的零点.【解析】因为f(x)=ex(x2-2),令f(x)=0,得x=,当x0,当-x时,f(x)时,f(x)0,故函数在x=处取得极小值,在x=-处取得极大值,又f(-)=(2+2)0,f()=(2-2)0时,S(t)=t3+6t+,S(t)=,令S(t)=0得t=2,-2(舍),t(0,2)2(2,+)S(t)-0+S(t)极小值所以S(t)有极
7、小值也是最小值S(2)=32,又S(t)为偶函数,所以当t=2时,S(t)有最小值32. (20分钟40分)1.(5分)函数f(x)=ex(sin x+cos x)在区间上的值域为()A.B.C.D.【解析】选B.因为x,所以f(x)=excos x0,函数f(x)在上单调递增,所以f(0)f(x)f.即f(x).【补偿训练】函数f(x)=2x+log2(x+1)在区间0,1上的最大值和最小值之和为_.【解析】因为f(x)=2x+log2(x+1),所以f(x)=2xln 2+.因为x0,1,所以2xln 2+0.所以f(x)=2x+log2(x+1)在0,1上是增函数.所以最大值和最小值之和
8、为:20+log2(0+1)+21+log2(1+1)=4.答案:42.(5分)已知函数f(x)=a-2ln x(aR),g(x)=-,若至少存在一个x01,e,使f(x0)g(x0)成立,则实数a的取值范围为()A.B.(0,+)C.0,+)D.【解析】选B.由题意得f(x)-g(x)0在1,e上有解,即ax-2ln x0在1,e上有解,所以a.设y=,则y=0,所以ymin=0,故得a0.3.(5分)设af(a),f(-1)0,所以f(x)的最大值为f(0)=b=1.因为f(-1)-f(a)=(a3-3a-2)=(a+1)2(a-2)e.【解析】(1)因为y=f(x)g(x)=,所以y=,
9、故y|x=1=.所以函数y=f(x)g(x)在x=1处的切线方程为y=(x-1),即x-ey-1=0.(2)由已知等式g(x1)-g(x2)=f(x2)-f(x1)得g(x1)+f(x1)=g(x2)+f(x2).记p(x)=g(x)+f(x)=ln x+,则p(x)=.假设e.若0,则p(x)0,所以p(x)在(0,+)上为单调增函数.又p(x1)=p(x2),所以x1=x2,与x1x2矛盾.若0x0时,r(x)0,r(x)在(x0,+)上为单调增函数;当0xx0时,r(x)e.【补偿训练】 已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,曲线y=f(x)在点x=1处的切线为l:3x-y+1=0,
10、若x=时,y=f(x)有极值.(1)求a,b,c的值.(2)求y=f(x)在-3,1上的最大值和最小值.【解析】(1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f(x)=3x2+2ax+b,当x=1时,切线l的斜率为3,可得2a+b=0.当x=时,y=f(x)有极值,则f=0.可得4a+3b+4=0.由解得a=2,b=-4.因为切点的横坐标为x=1,代入3x-y+1=0得切点坐标(1,4),所以f(1)=4.所以1+a+b+c=4,所以c=5.(2)由(1)可得f(x)=x3+2x2-4x+5,所以f(x)=3x2+4x-4,令f(x)=0,得x=-2或x=.当x-3,-2),时f(x)0,函数是
11、增函数;当x时f(x)0时,(x-2)ex+x+20.(2)证明:当a0,1) 时,函数g(x)=(x0) 有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.【解题指南】(1)先求函数f(x)的导数,判断f(x)的正负,确定函数的单调性,函数的解析式和不等式的左侧有联系,利用这种关联进行证明.(2)求g(x)并变形,寻找和f(x)的联系,利用(1)进行求解.【解析】(1)f(x)=ex,f(x)=ex=,因为当x(-,-2)(-2,+)时,f(x)0,所以f(x)在(-,-2)和(-2,+)上单调递增,所以x0时,exf(0)=-1,所以(x-2)ex+x+20.(2)g(x)=,
12、a0,1).由(1)知,当x0时,f(x)=ex的值域为(-1,+),只有一解,使得et=-a,t(0,2.当x(0,t)时g(x)0,g(x)单调递增.h(a)=,记k(t)=,在t(0,2时,k(t)=0,所以k(t)单调递增,所以h(a)=k(t).【补偿训练】设函数f(x)=e2x-aln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)的零点的个数.(2)证明:当a0时,f(x)2a+aln .【解题指南】(1)先对函数f(x)=e2x-aln x求导,再分a0,a0两种情况讨论函数的单调性,从而确定f(x)的零点的个数.(2)结合(1)求出函数f(x)的最小值.【解析】(1)f(x)的定义域
13、为(0,+),f(x)=2e2x-(x0).当a0时,f(x)0,f(x)没有零点;当a0时,因为y=e2x单调递增,y=-单调递增,所以f(x)在(0,+)上单调递增.由y=2e2x与y=的大致图象如图所示,存在交点A,则当xx0时,f(x)x0时,f(x)0,故f(x)存在惟一零点.(2)由(1),可设f(x)在(0,+)上的惟一零点为x0,当x(0,x0)时,f(x)0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2-=0,所以f(x0)=-aln x0=+2ax0-2ax0-aln x0=+2ax0-(2ax0+aln x0)=+2ax0-a(2x0+ln x0),因为2-=0,所以=,由两边取对数得:2x0=ln ,所以f(x0)=+2ax0-a=+2ax0-aln =+2ax0+aln 2a+aln .故当a0时,f(x)2a+aln .
