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5．3.3　最大值与最小值(1)
一、 单项选择题
1 (2024通州中学月考)函数y＝x－sin x，x∈的最大值是(　　)
A. π－1 B. －1
C. π D. π＋1
2 已知函数f(x)＝ex－x，则函数f(x)的最小值为(　　)
A. B. 1 C. e－1 D. e
3 (2024天一中学月考)函数f(x)＝x＋2cos x在区间上的最小值为(　　)
A. B. 2
C. ＋ D. ＋1
4 已知f(x)＝，则f(x)在区间上的最大值为(　　)
A. B. C. －1 D. 0
5 (2024常州中学月考)已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a(a为常数)在区间[－2，2]上有最大值20，则函数f(x)在此区间上的最小值为(　　)
A. －37 B. －7
C. －5 D. －11
6 已知函数f(x)＝a＋ln x在x＝1处取最大值，则实数a的值为(　　)
A. －1 B. 1
C. －2 D. 2
二、 多项选择题
7 关于函数的最值，下列说法中正确的是(　　)
A. 导数为零的点一定是函数的最值点
B. 函数的最小值一定小于它的最大值
C. f(x)在定义域内一定有最大值或最小值
D. 在区间[a，b]内的连续函数f(x)一定有最小值和最大值
8 (2024宁德一中期末)已知函数y＝f(x)，其导函数f′(x)的图象如图所示，则下列说法中正确的是(　　)
A. 函数f(x)在区间(－2，0)上单调递增
B. 函数f(x)在区间(0，5)上单调递减
C. 函数f(x)在x＝－2处取得极小值
D. 函数f(x)在x＝3处取得最大值
三、 填空题
9 函数f(x)＝x2＋cos x的最小值为________．
10 (2024泰兴中学月考)若函数f(x)＝x3－4x＋m在区间[0，3]上的最大值为4，则m＝________．
11 已知函数 f(x)＝－x3＋x在区间(a2－6，a)上有最小值，则实数a的取值范围为________．
四、 解答题
12 已知函数f(x)＝(x2－3)ex.
(1) 求函数f(x)的单调区间；
(2) 求f(x)在区间[－1，2]上的最值．
13 (2024启东中学月考)求下列函数的最值：
(1) f(x)＝2x3－12x，x∈[－2，3]；
(2) f(x)＝x＋sin x，x∈[0，2π].
5．3.3　最大值与最小值(2)
一、 单项选择题
1 (2025随州一中模拟)函数f(x)＝在区间[2，＋∞)上的最小值为(　　)
A. B. e2 C. D. 2e
2 (2024十堰期末)已知某商品生产成本C与产量q的函数关系式为C＝10＋100q，单价p与产量q的函数关系式为p＝2 800－q2，则当利润最大时，q的值为(　　)
A. 80 B. 90 C. 100 D. 110
3 (2024海门实验中学月考)已知函数f(x)＝x3－3x在区间(m，2)上有最小值，则实数m的取值范围是(　　)
A. (－2，1) B. [－2，1)
C. (－2，－1) D. (－1，1]
4 (2024江安中学月考)已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)的最小值为1，则实数a的值为(　　)
A. B. e C. D. 1
5 如果对任意x∈R，ex+2>x＋log2a恒成立，那么实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. (0，8) D. (0，8]
6 已知函数f(x)＝－ln x－m有零点，则实数m的取值范围为(　　)
A. (－∞，－ln 2] B. (－∞，2－2ln 2]
C. [－ln 2，＋∞) D. [2－2ln 2，＋∞)
二、 多项选择题
7 (2024广东高州月考)若将一边长为4的正方形铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖的方盒，则下列说法中正确的是(　　)
A. 当x＝时，方盒的容积最大
B. 方盒的容积没有最小值
C. 方盒容积的最大值为
D. 方盒容积的最大值为
8 (2025九江一中一模)已知函数f(x)＝，x∈[－π，π]，则下列说法中正确的是(　　)
A. f(x)是偶函数
B. f(x)有3个零点
C. f(x)的最大值为1
D. f(x)的最小值为－1
三、 填空题
9 设010 (2025合肥一中模拟)设函数f(x)＝ln (4－x)＋ln x＋ax(a＞0)，若f(x)在区间[1，2]上的最大值恒大于4，则实数a的取值范围为________．
11 已知不等式x2－a ln x>0(a>0)恒成立，则实数a的取值范围是________．
四、 解答题
12 (2025汉中二模)已知函数f(x)＝ex cos x.
(1) 求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2) 设函数g(x)＝f(x)－x，求g(x)在区间上的最大值和最小值．
13 (2024如东一中月考)已知函数f(x)＝x3－x2＋1.
(1) 求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2) 求函数f(x)在区间[－2，2]上的单调区间、最值；
(3) 设g(x)＝f(x)－a在区间[－2，2]上有两个零点，求实数a的取值范围．
5．3.3　最大值与最小值(1)
1. C　因为y′＝1－cos x≥0，所以函数y＝x－sin x在区间上单调递增，故当x＝π时，函数y＝x－sin x取得最大值，为π.
2. B　函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0.当x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，故f(x)min＝f(0)＝e0－0＝1.
3. A　由f(x)＝x＋2cos x，得f′(x)＝1－2sin x，当x∈时，sin x∈，所以f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x∈时，sin x∈，所以f′(x)<0，则f(x)单调递减．由f(0)＝2，f＝，得f(x)的最小值为.
4. B　因为f(x)＝＝x＋－2，且x∈，所以f′(x)＝1－x-2，令f′(x)＝0，得x＝1(负值舍去)，则当x∈时，f′(x)＜0；当x∈(1，3]时，f′(x)＞0，所以f(x)在区间上单调递减，在区间[1，3]上单调递增．又f＝，f(3)＝，所以f(x)在区间上的最大值是.
5. B　由已知，得f′(x)＝－3x2＋6x＋9.令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3(舍去).当－20, f(x)单调递增，所以当x＝－1时， f(x)取得极小值，即最小值．又f(2)＝22＋a>f(－2)＝2＋a，所以最大值为22＋a＝20，所以a＝－2，所以函数f(x)在区间[－2，2]上的最小值为f(－1)＝－7.
6. C　由题意，得f′(x)＝＋，x＞0，因为函数f(x)＝a＋ln x在x＝1处取最大值，此时也是极大值，所以f′(1)＝a＋1＝0，所以a＝－2，此时f′(x)＝－＝，当x＞1时，f′(x)＜0，函数单调递减；当0＜x＜1时，f′(x)＞0，函数单调递增，符合题意．
7. BD　对于f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是f(x)的极值点，f(0)也不是最值，故A错误；函数的最小值一定小于它的最大值，故B正确；f(x)＝x-1没有最值，故C错误；D显然正确．故选BD.
8. AC　由f′(x)的图象知，当x<－2或37时，f′(x)>0，所以f(x)的单调增区间为(－2，3)和(7，＋∞)，单调减区间为(－∞，－2)和(3，7)，所以f(x)在x＝－2和x＝7处取得极小值，在x＝3处取得极大值，无最大值，故A，C正确，B，D错误．故选AC.
9. 1　由题意，得f′(x)＝x－sin x，x∈R.设g(x)＝x－sin x，则g′(x)＝1－cos x≥0，所以g(x)在R上单调递增．由g(x)＝0，得x＝0，当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝1.
10. 4　由题意，得f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，所以当x∈[0，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，3]时，f′(x)>0，所以f(x)在区间[0，2)上单调递减，在区间(2，3]上单调递增．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.因为m>－3＋m，所以在区间[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.
11. (－1，2]　由题意，得f′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x<－1或x>1时，f′(x)<0；当－10，所以f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在区间(－1，1)上单调递增，所以－1是f(x)的极小值点，且f(－1)＝f(2)＝－.因为函数f(x)＝－x3＋x在区间(a2－6，a)上有最小值，所以a2－6<－112. (1) 因为f(x)＝(x2－3)ex，
所以f′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex.
当x<－3或x>1时，f′(x)>0；
当－3故函数f(x)的单调增区间为(－∞，－3)和(1，＋∞)，单调减区间为(－3，1).
(2) 由(1)，得函数f(x)在区间[－1，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，
且f(－1)＝－2e-1＝－，f(2)＝e2，
则f(x)在区间[－1，2]上的最大值f(x)max＝f(2)＝e2，最小值f(x)min＝f(1)＝－2e.
13. (1) 因为f(x)＝2x3－12x，x∈[－2，3]，
所以f′(x)＝6x2－12＝6(x＋)(x－).
令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.
当x∈[－2，3]时，f′(x)，f(x)变化如下表：
x －2 (－2，－) － (－，) (，3) 3
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 8 ↗ 极大 值8 ↘ 极小值 －8 ↗ 18
所以当x＝时，f(x)取得最小值－8；当x＝3时，f(x)取得最大值18.
(2) 因为f(x)＝x＋sin x，x∈[0，2π]，所以f′(x)＝＋cos x.
令f′(x)＝0，又x∈[0，2π]，解得x＝或x＝.
x 0 2π
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 0 ↗ 极大值 ＋ ↘ 极小值 － ↗ π
所以当x＝0时，f(x)有最小值，f(0)＝0；当x＝2π时，f(x)有最大值，f(2π)＝π.
5．3.3　最大值与最小值(2)
1. A　由题意，得f′(x)＝，x∈[2，＋∞)，令f′(x)＞0，解得x＞3，令f′(x)＜0，解得22. B　设利润为y，则y＝pq－C＝q－(10＋100q)＝－q3＋2 700q－10.因为y′＝－q2＋2 700，所以当00；当q>90时，y′<0，故当利润最大时q＝90.
3. B　由题意，得f′(x)＝3x2－3，易知f(x)在区间(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在区间(－1，1)上单调递减，f(－2)＝－2，f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2，由图象可知－2≤m＜1.
4. D　由题意，得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝，当a≤0时，f′(x)＞0在区间(0，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，此时f(x)无最小值；当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞a，由f′(x)＜0，得0＜x＜a，所以函数f(x)在区间(0，a)上单调递减，在区间(a，＋∞)上单调递增，故当x＝a时，f(x)取最小值，即f(x)min＝f(a)＝ln a＋1＝1，解得a＝1.
5. C　由题意，得对任意x∈R，ex+2－x>log2a恒成立．设f(x)＝ex+2－x，则f′(x)＝ex+2－1.令f′(x)＝ex+2－1>0，解得x>－2；令f′(x)＝ex+2－1<0，解得x<－2，所以f(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增，故f(x)≥f(－2)＝3，则有log2a<3，解得06. D　由题意，得f′(x)＝，当04时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故f(x)的最小值为f(4)＝2－2ln 2－m，所以f(x)的值域为[2－2ln 2－m，＋∞).若函数f(x)＝－ln x－m有零点，则2－2ln 2－m≤0，解得m≥2－2ln 2，即实数m的取值范围为 [2－2ln 2，＋∞).
7. ABC　由题意，得方盒的底面为边长为4－2x的正方形，高为x，其中00；当x∈时，V′(x)<0，所以V(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以V(x)max＝V＝，无最小值，故A，B，C正确，D错误．故选ABC.
8. AC　因为f(－x)＝＝＝f(x)，且定义域关于原点对称，所以f(x)是偶函数，故A正确；由f(x)＝0，得cos x＝0，x＝±，所以f(x)有2个零点，故B错误；因为－1≤cos x≤1，0＜≤1，所以－1≤－≤≤≤1，即－1≤f(x)≤1，考虑等号成立的条件，得－1＜f(x)≤1，故C正确，D错误．故选AC.
9. 　y′＝＝.因为00；当010. (2－ln 2，＋∞)　由题意，得f(x)＝ln (4－x)＋ln x＋ax(a＞0)的定义域为(0，4)，f′(x)＝＋＋a＝＋a.因为x∈[1，2]，a＞0，所以f′(x)＝＋a＞0，所以f(x)在区间[1，2]上单调递增，故f(x)在区间[1，2]上的最大值为f(2)＝2ln 2＋2a＞4，即a＞2－ln 2，所以实数a的取值范围是(2－ln 2，＋∞).
11. (0，e)　当a>0时，不等式x2－a ln x>0等价于>.令f(x)＝，x>0，则f′(x)＝，当00；当x>时，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(0，)上单调递增，在区间(，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f()＝，所以>，即012. (1) 因为函数f(x)＝ex·cos x，
所以f(0)＝1，
又f′(x)＝ex(cos x－sin x)，f′(0)＝1，
所以函数y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝1·(x－0)，即y＝x＋1.
(2) 因为g(x)＝f(x)－x＝ex cos x－x，
所以g′(x)＝ex(cos x－sin x)－1.
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝－2sin x·ex≤0在区间上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，
所以函数h(x)在区间上单调递减，
所以h(x)≤h(0)＝0，
即g′(x)≤0，且仅在x＝0处等号成立，
所以函数g(x)在区间上单调递减，
所以g(x)max＝g(0)＝1，g(x)min＝g＝－.
13. (1) 由题意，得f(1)＝－1＋1＝，f′(x)＝x2－2x，f′(1)＝1－2＝－1，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝－(x－1)，即x＋y－＝0.
(2) 由f′(x)＝x2－2x＝x(x－2)，得当x∈(－2，0)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在区间[－2，0]上单调递增；
当x∈(0，2)时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在区间[0，2]上单调递减，
所以函数f(x)在区间[－2，2]上的单调增区间为[－2，0]，单调减区间为[0，2]，
所以f(x)max＝f(0)＝1.
又f(－2)＝－－4＋1＝－，f(2)＝－4＋1＝－，
所以f(x)min＝f(－2)＝－.
(3) g(x)＝f(x)－a在区间[－2，2]上有两个零点，即f(x)＝a有两个不等根，
由(2)知－≤a<1.

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