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“课下梯度提能”见“课时跟踪检测(七)”
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谢谢！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( )
A．0 B． C． D．
解析：选C f′(x)＝＝，
当x∈[2,4]时，f′(x)<0，即函数f(x)在x∈[2,4]上是单调减函数，故x＝4时，函数f(x)有最小值.
3．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m＝________.
解析：令f′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2.
计算得f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，
所以M＝24，m＝－8，所以M－m＝32.
答案：32
4．已知函数f(x)＝.
(1)求f(x)在点(1,0)处的切线方程；
(2)求函数f(x)在[1，t]上的最大值．
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)的导数f′(x)＝.
(1)f′(1)＝1，所以切线方程为y＝x－1.
(2)令f′(x)＝＝0，解得x＝e.
当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当1
f(x)max＝f(t)＝，
当t≥e时，f(x)在[1，e]上单调递增，
在[e，t]上单调递减，f(x)max＝f(e)＝，
f(x)max＝
对点练二 由函数的最值确定参数的值
5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是( )
A．－37 B．－29
C．－5 D．以上都不对
解析：选A ∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，∴当x＝0时，f(0)＝m最大，∴m＝3.∵f(－2)＝－37，f(2)＝－5，∴最小值为－37.
6．已知函数f(x)＝4x＋(x>0，a>0)在x＝3时取得最小值，求a的值．
解：由题意知f′(x)＝4－＝.
又x>0，a>0，令f′(x)＝0，得x＝，
当0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a＝36.
对点练三 与最值有关的恒成立问题
7．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是( )
A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
解析：选D ∵2x(x－a)<1，∴a>x－.令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 2>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)．
8．已知a≠0，函数f(x)＝ax(x－2)2(x∈R)．若对任意x∈[－2,1]，不等式f(x)<32恒成立，求a的取值范围．
解：因为f(x)＝ax(x2－4x＋4)＝ax3－4ax2＋4ax.
所以f′(x)＝3ax2－8ax＋4a＝a(3x2－8x＋4)
＝a(3x－2)(x－2)．
令f′(x)＝0，得x＝或x＝2(舍去)，
当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
故f(x)的最大值为f＝a<32，即a<27.
所以0当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，又f(－2)＝－32a>f(1)＝a.
所以f(x)的最大值为f(－2)＝－32a<32，即a>－1.
所以－1综上可得，a的取值范围为(－1,0)∪(0,27)．
二、综合过关训练
1．函数f(x)＝x3－2x2在区间[－1,5]上( )
A．有最大值0，无最小值 B．有最大值0，最小值－
C．有最小值－，无最大值 D．既无最大值也无最小值
解析：选B f′(x)＝x2－4x＝x(x－4)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝4，
∴f(0)＝0，f(4)＝－，f(－1)＝－，f(5)＝－，
∴f(x)max＝f(0)＝0，f(x)min＝f(4)＝－.
2．函数f(x)＝x3－x2＋a，函数g(x)＝x2－3x，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f(x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，那么a的取值范围是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C． D．
解析：选A 设h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－x2＋a－x2＋3x，则h′(x)＝x2－4x＋3＝(x－3)(x－1)，所以当x∈(1,3)时 ，h(x)单调递减；当x∈(3，＋∞)时，h(x)单调递增．当x＝3时，函数h(x)取得最小值．因为f(x)的图象始终在g(x)的图象上方，则有h(x)min>0，即h(3)＝a>0，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x≠1时(x－1)·f′(x)>0，则必有( )
A．f(0)＋f(2)>2f(1) B．f(0)＋f(2)<2f(1)
C．f(0)＋f(2)≥2f(1) D．f(0)＋f(2)≤2f(1)
解析：选A 当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数； 当x<1时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上是减函数，故f(x)在x＝1处取得最小值，即有f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，得f(0)＋f(2)>2f(1)．
4．设直线x＝t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( )
A．1 B． C． D．
解析：选D |MN|的最小值，即函数h(t)＝t2－ln t的最小值，h′(t)＝2t－＝，显然t＝是函数h(t)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)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝ex－2.由f′(x)>0得ex－2>0，
∴x>ln 2.由f′(x)<0得，x∴f(x)在x＝ln 2处取得最小值．
只要f(x)min≤0即可．∴eln 2－2ln 2＋a≤0，
∴a≤2ln 2－2.
答案：(－∞，2ln 2－2]
6．已知函数f(x)＝2ln x＋(a>0)．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a≥2x2－2x2ln x.
令g(x)＝2x2－2x2ln x，x>0，
则g′(x)＝2x(1－2ln x)．由g′(x)＝0得x＝e，
且当00；当x>e时，g′(x)<0，
∴当x＝e时，g(x)取最大值g(e)＝e，∴a≥e.
答案：[e，＋∞)
7．已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f(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：(1)因为f(x)＝excos x－x，所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos 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)即f′(x)<0.
所以函数f(x)在区间上单调递减．
因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，
最小值为f＝－.
8．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
解：(1)f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 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)
－
0
＋
f(x)
?
2(1－ln 2＋a)
?
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x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)．
(2)设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增，于是当a>ln 2－1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ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
