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课时素养评价
十八 函数的最大(小)值
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.函数f(x)=x3-6x(|x|<1)
( )
A.有最大值,但无最小值
B.有最大值,也有最小值
C.无最大值,但有最小值
D.既无最大值,也无最小值
【解析】选D.f′(x)=3x2-6=3(x+)(x-),
因为x∈(-1,1),所以f′(x)<0,即函数在(-1,1)上是单调递减的,所以既无最大值,也无最小值.
2.函数y=f(x)=的最大值为
( )
A.e-1
B.e
C.e2
D.10
【解析】选A.令y′==0得x=e.
当x>e时,y′<0;当0
0,
所以y极大值=f(e)=e-1,在定义域内只有一个极值,
所以ymax=e-1.
3.(2020·开封高二检测)若函数f(x)=x+2sin
x,则当x∈[0,π]时,f(x)的最大值为
( )
A.+2
B.+3
C.+2
D.+
【解析】选D.f′(x)=1+2cos
x,当00,f(x)单调递增;当4.(多选题)若函数exf(x)(e=2.718…,e为自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.给出的下列函数不具有M性质的为
( )
A.f(x)=ln
x
B.f(x)=x2+1
C.f(x)=sin
x
D.f(x)=x3
【解析】选CD.对于A,f(x)=ln
x,则g(x)=exln
x,则g′(x)=ex,令y=
ln
x+,所以y′=-=,令y′=0,x=1.当01时,y′>0,y单调递增.所以当x=1时,ymin=ln
1+=1>0,所以g′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,故f(x)=ln
x具有M性质;对于B,f(x)=x2+1,则g(x)=exf(x)=ex(x2+1),g′(x)=ex(x2+1)+2xex=ex(x+1)2>0在实数集R上恒成立,所以g(x)=exf(x)在定义域R上是增函数,所以f(x)=x2+1具有M性质;
对于C,f(x)=sin
x,则g(x)=exsin
x,g′(x)=ex(sin
x+cos
x)=exsin,显然g(x)不单调;对于D,f(x)=x3,则g(x)=exf(x)=exx3,g′(x)=exx3+3exx2=
ex(x3+3x2)=exx2(x+3),当x<-3时,g′(x)<0,所以g(x)=exf(x)在定义域R上先减后增;
所以具有M性质的函数的选项为A,B,不具有M性质的函数的选项为C、D.
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.函数f(x)=3x+sin
x在x∈[0,π]上的最小值为______.?
【解析】f′(x)=3xln
3+cos
x.
当x∈[0,π]时,3xln
3>1,-1≤cos
x≤1,
即f′(x)>0.
所以f(x)递增,于是f(x)min=f(0)=1.
答案:1
6.函数f(x)=xe-x,x∈[0,2]的最大值是______.?
【解析】f′(x)=′==,
当x∈[0,1)时,f′(x)>0,f(x)是增函数;
当x∈(1,2]时,f′(x)<0,f(x)是减函数.
所以f(x)的最大值为f(1)=.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
7.已知函数f(x)=x3+ax2+2,且f(x)的导函数f′(x)的图象关于直线x=1对称.
(1)求导函数f′(x)及实数a的值.
(2)求函数y=f(x)在[-1,2]上的最大值和最小值.
【解析】(1)由f(x)=x3+ax2+2得f′(x)=3x2+2ax.
因为f′(x)的图象关于直线x=1对称,得-=1.
所以a=-3,f′(x)=3x2-6x.
(2)由(1)知f(x)=x3-3x2+2,f′(x)=3x2-6x.
令f′(x)=0得x1=0,x2=2.
当x在[-1,2]上变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:
x
-1
(-1,0)
0
(0,2)
2
f′(x)
+
0
-
0
f(x)
-2
↗
2
↘
-2
由表可知,当x=-1或x=2时,函数有最小值-2,
当x=0时,函数有最大值2.
8.(2020·济南高二检测)已知函数f(x)=ex-ax,x∈R,e是自然对数的底数.
(1)若函数f(x)在x=2处取得极值,求a的值及f(x)的极值.
(2)求函数f(x)在区间[0,1]上的最小值.
【解析】(1)函数f(x)=ex-ax,x∈R,
所以f′(x)=ex-a,
因为函数f(x)在x=2处取得极值,
所以f′(2)=0,所以a=e2,
所以f′(x)=ex-e2,当x∈(-∞,2)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(2,
+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,所以函数f(x)的极小值为f(2)=e2-2e2=-e2,无极大值.
(2)f′(x)=ex-a,
①当a≤0时,f′(x)>0恒成立,即函数f(x)在[0,1]上单调递增,
所以函数f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=1;
②当a>0时,令f′(x)=0得到x=ln
a,若ln
a≤0,
即0函数f(x)在[0,1]上单调递增,
所以函数f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=1,
若ln
a≥1,即a≥e时,在[0,1]上,f′(x)≤0,函数f(x)在[0,1]上单调递减,所以函数f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)=e-a,
若0a<1,即1在[0,ln
a)上,f′(x)<0,在(ln
a,1]上,f′(x)>0,
即函数f(x)在[0,ln
a)上单调递减,在(ln
a,1]上单调递增,所以函数f(x)在[0,1]上的最小值为f(ln
a)=a-aln
a,
综上所述,当a≤1时,函数f(x)在[0,1]上的最小值为1;当1a;当a≥e时,函数f(x)在[0,1]上的最小值为e-a.
(15分钟·30分)
1.(5分)若函数y=f(x)=x3+x2+m在[-2,1]上的最大值为,则m等于
( )
A.0
B.1
C.2
D.
【解析】选C.y′=′
=3x2+3x=3x(x+1),
由y′=0,得x=0或x=-1.
所以f(0)=m,f(-1)=m+.
又因为f(1)=m+,f(-2)=-8+6+m=m-2,
所以f(1)=m+最大,即m+=,得m=2.
2.(5分)(2020·漳州高二检测)已知函数f(x)=ex+e-x,给出以下结论:
(1)f(x)是偶函数;
(2)f(x)的最大值为2;
(3)当f(x)取到最小值时对应的x=0;
(4)f(x)在(-∞,0)单调递增,在(0,+∞)单调递减.
其中正确的结论是
( )
A.(1)(2)
B.(1)(2)(4)
C.(1)(3)
D.(1)(4)
【解析】选C.因为函数f(x)=ex+e-x,x∈R,
所以f(-x)=e-x+ex=f(x),
所以函数f(x)是R上的偶函数,故(1)正确,
因为f′(x)=ex-e-x=ex-=,
令f′(x)=0得,ex=1,x=0,
所以当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,且f(0)=2,画出函数f(x)的大致图象,如图所示:
所以函数f(x)的最小值为2,故(2)错误,(3)正确,(4)错误.
3.(5分)(2020·南通高二检测)函数f(x)=x-sin
x,x∈[0,π]的最小值为________.?
【解析】f′(x)=-cos
x,
所以x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
所以f(x)min=f=-.
答案:-
4.(5分)(2020·南京高二检测)函数f(x)=+的最小值为________.?
【解析】f′(x)=+=
=
=,
由f′(x)=0可得cos
x=2sin
x,
即tan
x=,又因为0根据导数与单调性的关系可知,当tan
x=时,函数取得最小值,此时sin
x=,
cos
x=,故f(x)min=5.
答案:5
5.(10分)已知函数f=ax2-x+ln
x.
(1)若a=1,求函数f的极值;
(2)当a>0时,若f在区间上的最小值为-2,求a的取值范围.
【解析】(1)a=1,f=x2-3x+ln
x,定义域为,又f′=2x-3+=
=.当x>1或00;当所以函数f的极大值为f=--ln
2,函数f的极小值为f=-2.
(2)函数f=ax2-x+ln
x的定义域为,
且f′=2ax-+=
=,
令f′=0,得x=或x=,当0<≤1,即a≥1时,f在上单调递增,
所以f在上的最小值是f=-2,符合题意;
当1<当≥e时,f在上单调递减,所以f在上的最小值是f故a的取值范围为.
1.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|达到最小时t的值为______.?
【解析】|MN|的最小值,即函数h(x)=x2-ln
x的最小值,h′(x)=2x-=,显然x=是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点,也是最小值点,故t=.
答案:
2.已知函数f(x)=2x++aln
x,a∈R.
(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.
(2)记函数g(x)=x2,若g(x)的最小值是-6,求函数f(x)的解析式.
【解题指南】已知函数在某区间上单调递增,转化为导函数大于等于0恒成立,恒成立问题一般要分离参数,再构建新函数,然后利用导数求新函数的最值;含参数的函数求最值,注意分类讨论.
【解析】(1)令f′(x)=2-+≥0,又x>0,
所以a≥-2x在[1,+∞)上恒成立,
令h(x)=-2x,x∈[1,+∞),
因为h′(x)=--2<0恒成立,
所以h(x)在
[1,+∞)上单调递减,h(x)max=h(1)=0,所以a≥0.
(2)g(x)=2x3+ax-2,x>0,
因为g′(x)=6x2+a,
当a≥0时,
g′(x)>0恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,无最小值,不合题意,
所以a<0,令g′(x)=0,则x=
(舍负值),
由此可得,g(x)在上单调递减,
在上单调递增,
则x=是函数的极小值点,g(x)最小=g=-6,解得a=-6,所以f(x)=2x+-6ln
x.
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5.3.2 函数的极值与最大(小)值