高中数学选择性必修修二第2课时-函数的最大(小)值

/第2课时函数的最大(小)值基础过关练题组一函数最大(小)值的概念及其求解1.设f(x)是区间[a,b]上的连续函数,且在(a,b)内可导,则下列结论中正确的是()A.f(x)的极值点一定是最值点B.f(x)的最值点一定是极值点C.f(x)在区间[a,b]上可能没有极值点D.f(x)在区间[a,b]上可能没有最值点2.(2020北京清华附中高二下期末)函数f(x)=x·ex的最小值是()A.-1 B.-eC.- D.不存在3.(2020浙江杭州六校高二下期中)已知函数f(x)=x3-12x,x∈[-3,3],则f(x)的最大值为()A.-9 B.-16 C.16 D.94.如图是函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象,写出函数的极大值、极小值、最大值和最小值.5.(2020黑龙江佳木斯一中高二上期末)求函数f(x)=x3-12x+6,x∈[-3,3]的单调区间,并求函数f(x)的最值.题组二含参函数的最大(小)值问题6.若函数f(x)=asinx+sin3x在x=处有最大(小)值,则a等于()A.2 B.1 C. D.07.若函数f(x)=-x3+mx2+1(m≠0)在区间(0,2)上的极大值为最大值,则m的取值范围是()A.(0,3) B.(-3,0)C.(-∞,-3) D.(3,+∞)8.已知函数y=(x>1)有最大值-4,则a的值为()A.1 B.-1 C.4 D.-49.(2020浙江杭州高二下期中)函数f(x)=x3-3ax-a在(0,1)内有最小值,则a的取值范围为.

10.已知a是实数,函数f(x)=x2(x-a),求f(x)在区间[0,2]上的最大值.题组三利用函数的最大(小)值解决不等式问题11.已知函数f(x)=x2-2lnx,若在定义域内存在x0,使得不等式f(x0)-m≤0成立,则实数m的最小值是()A.2 B.-2 C.1 D.-112.已知函数f(x)=在区间[1,+∞)上为减函数,则实数a的取值范围为.

13.设函数f(x)=lnx-x+1.(1)求函数f(x)的极值;(2)证明:lnx≤x-1.14.已知函数f(x)=xlnx.(1)求f(x)的最小值;(2)若对任意x≥1,都有f(x)≥ax-1,求实数a的取值范围.题组四利用导数解决生活中的优化问题15.某产品的销售收入y1(万元)是产量x(千台)的函数,且函数解析式为y1=17x2(x>0),生产成本y2(万元)是产量x(千台)的函数,且函数解析式为y2=2x3-x2(x>0),要使利润最大,则该产品应生产()A.6千台 B.7千台 C.8千台 D.9千台16.某批发商以每吨20元的价格购进一批建筑材料,若以每吨M元零售,销量N(单位:吨)与零售价M(单位:元)有如下关系:N=8300-170M-M2,则该批材料零售价定为元时利润最大,利润的最大值为元.

17.时下,网校教学越来越受广大学生的喜爱,它已经成为学生课外学习的一种方式.假设某网校的套题每日的销售量y(单位:千套)与销售价格x(单位:元/套)满足关系式:y=+4(x-6)2,其中2<x<6,m为常数,已知销售价格为4元/套时,每日可售出套题21千套.(1)求m的值;(2)假设网校的员工工资、办公费用等所有开销折合为每套题2元(只考虑售出的套题).试确定销售价格x为何值时,网校每日销售套题所获得的利润最大.(保留1位小数)18.将一块2m×6m的矩形钢板按如图所示的方式划线,要求①至⑦全为矩形,沿线裁去阴影部分,把剩余部分焊接成一个以⑦为底,⑤⑥为盖的水箱,设水箱的高为xm,容积为ym3.(1)写出y关于x的函数关系式;(2)当x取何值时,水箱的容积最大?能力提升练题组一函数最值问题的求解与应用1.(2020重庆九校联盟高二上期末联考,)若直线l:x=a与函数f(x)=x2+1,g(x)=lnx的图象分别交于点P、Q,当P、Q两点距离最近时,a=()A. B. C.1 D.2.(2020重庆七校联盟高二上期末联考,)已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如下表:x-1045f(x)1221y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示:给出下列关于函数f(x)的命题:①函数y=f(x)是周期函数;②函数f(x)在[0,2]上是减函数;③如果当x∈[-1,t]时,f(x)的最大值是2,那么t的最大值为4;④当1<a<2时,函数y=f(x)-a有4个零点.其中真命题的个数是()A.1 B.2 C.3 D.43.()已知函数f(x)=-x3+3x2+9x+a.(1)求f(x)的单调递减区间;(2)若f(x)在区间[-2,2]上的最大值为20,求它在该区间上的最小值.题组二含参函数的最大(小)值问题4.(2020广东揭阳高二下期末,)若函数f(x)=x3+x2-1在区间(m,m+3)上存在最小值,则实数m的取值范围是()A.[-5,0) B.(-5,0)C.[-3,0) D.(-3,0)5.(2020湖南长沙长郡中学高二上期末,)已知函数f(x)=(a>0)在[1,+∞)上的最大值为,则a的值为()A.-1 B. C. D.+16.(2019吉林高二期末,)函数f(x)=ax4-4ax3+b(a>0),x∈[1,4],f(x)的最大值为3,最小值为-6,则ab=.

7.()已知函数f(x)=-2a2lnx+x2+ax(a∈R).(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)求函数f(x)的单调区间;(3)当a<0时,求函数f(x)在区间[1,e]上的最小值.题组三利用函数的最大(小)值解决不等式问题8.()若对任意的x>0,恒有lnx≤px-1(p>0),则p的取值范围是()A.(0,1] B.(1,+∞)C.(0,1) D.[1,+∞)9.()已知f(x)=ln(x2+1),g(x)=-m,若∀x1∈[0,3],∃x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),则实数m的取值范围是()A. B.C. D.10.(多选)()定义在R上的函数f(x),若存在函数g(x)=ax+b(a,b为常数),使得f(x)≥g(x)对一切实数x都成立,则称g(x)为函数f(x)的一个承托函数,下列命题中正确的是()A.函数g(x)=-2是函数f(x)=的一个承托函数B.函数g(x)=x-1是函数f(x)=x+sinx的一个承托函数C.若函数g(x)=ax是函数f(x)=ex的一个承托函数,则a的取值范围是[0,e]D.值域是R的函数f(x)不存在承托函数11.(2020河北保定高二上期末,)已知函数f(x)=sinx-1,g(x)=lnx-x,若对任意x1∈R都存在x2∈(1,e)使f(x1)<g(x2)成立,则实数a的取值范围是.深度解析

12.(2020北京西城高三第一学期期末,)已知函数f(x)=ex-ax+x2,其中a>-1.(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;(3)若f(x)≥x2+x+b对任意x∈R恒成立,求b-a的最大值.题组四利用导数解决生活中的优化问题13.()某公司生产某种产品,固定成本为20000元,每生产一单位产品,成本增加100元,已知总营业收入R(元)与年产量x(万吨)的关系是R(x)=则总利润最大时,年产量是()A.100万吨 B.150万吨C.200万吨 D.300万吨14.()现有一个帐篷,它下部分的形状是高为1m的正六棱柱,上部分的形状是侧棱长为3m的正六棱锥(如图所示).当帐篷的体积最大时,帐篷的顶点O到底面中心O1的距离为()A.1m B.m C.2m D.3m15.()某厂生产x件某种产品的总成本为c(x)=(万元),已知产品单价的平方与产品件数x成反比,生产100件这样的产品单价为50万元,则产量定为件时,总利润最大.

16.(2019山东泰安高三上期中,)如图,AOB是一块半径为r的扇形空地,∠BOG=,∠AOB=.某单位计划在空地上修建一个矩形的活动场地OCDE及一矩形停车场EFGH,剩余的地方进行绿化.设∠AOD=θ.(1)记活动场地与停车场占地总面积为f(θ),求f(θ)的表达式;(2)当cosθ为何值时,可使活动场地与停车场占地总面积最大?

答案全解全析基础过关练1.C根据函数的极值与最值的概念知,选项A,B,D都不正确.故选C.2.C由题意得,f'(x)=ex+xex=(1+x)ex.令f'(x)=0,得x=-1.当x<-1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>-1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.因此f(x)在x=-1处取得极小值也是最小值,且最小值为f(-1)=-.故选C.3.C由题意得,f'(x)=3x2-12,令f'(x)=0,解得x=±2,易知f(x)在[-3,-2]上单调递增,在[-2,2]上单调递减,在[2,3]上单调递增,又f(-2)=16,f(3)=-9,所以f(x)的最大值为16,故选C.4.解析由题图可知y=f(x)在x1,x3处取极小值,在x2处取极大值,所以极小值为f(x1),f(x3),极大值为f(x2);比较极值和端点值可知函数的最小值是f(x3),最大值在b处取得,最大值为f(b).5.解析依题意得f'(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令f'(x)=0,得x=-2或x=2,列表如下:x-3(-3,-2)-2(-2,2)2(2,3)3f'(x)+0-0+f(x)15↗22↘-10↗-3所以函数f(x)在(-3,-2)和(2,3)上是增函数,在(-2,2)上是减函数,且函数f(x)的最大值是22,最小值是-10.6.A∵f(x)在x=处有最大(小)值,∴x=是函数f(x)的极值点.又∵f'(x)=acosx+cos3x(x∈R),∴f'=acos+cosπ=0,解得a=2.7.A由题得f'(x)=-3x2+2mx,令f'(x)=0,得x=或x=0(舍去),因为f(x)在区间(0,2)内的极大值为最大值,所以∈(0,2),即0<<2,所以0<m<3.8.B依题意得y'='===a,令y'=0,解得x=2或x=0(舍去).若函数在区间(1,+∞)上有最大值-4,则最大值必然在x=2处取得,所以=-4,解得a=-1,此时y'=,当1<x<2时,y'>0,当x>2时,y'<0,可以验证当x=2时y取得最大值-4,故选B.9.答案(0,1)解析由题意得,f'(x)=3x2-3a,令f'(x)=0,得x2=a.∵x∈(0,1),∴要使f(x)在(0,1)内有最小值,只需0<<1,即0<a<1.当0<x<时,f'(x)<0,当<x<1时,f'(x)>0,可以验证当x=时f(x)取得最小值,故a的取值范围是(0,1).10.解析由题意得,f'(x)=3x2-2ax.令f'(x)=0,得x=0或x=.①当≤0,即a≤0时,f(x)在[0,2]上单调递增,从而f(x)max=f(2)=8-4a.②当≥2,即a≥3时,f(x)在[0,2]上单调递减,从而f(x)max=f(0)=0.③当0<<2,即0<a<3时,f(x)在0,上单调递减,在,2上单调递增,从而f(x)max=综上所述,f(x)max=11.C由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-.令f'(x)=0,得x=1或x=-1(舍).当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以当x=1时,f(x)取得极小值,也是最小值,且最小值为1.由题意知m≥1,因此实数m的最小值为1.12.答案[e,+∞)解析由题意得,f'(x)==.因为f(x)在[1,+∞)上为减函数,所以f'(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,即lna≥1-lnx在[1,+∞)上恒成立,令g(x)=1-lnx,易知函数g(x)=1-lnx在区间[1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=1,故lna≥1,即a≥e.13.解析(1)由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1=,令f'(x)=0,得x=1.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(0,1)1(1,+∞)f'(x)+0-f(x)↗极大值↘因此,当x=1时,函数f(x)有极大值,且极大值为f(1)=0.(2)证明:由(1)可知函数f(x)在x=1处取得最大值,且最大值为0.即f(x)=lnx-x+1≤0,得lnx≤x-1.14.解析(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1+lnx.令f'(x)>0,解得x>,令f'(x)<0,解得0<x<.故f(x)的最小值为f=-.(2)依题意得,f(x)≥ax-1在[1,+∞)上恒成立,即不等式a≤lnx+对任意x∈[1,+∞)恒成立.令g(x)=lnx+,则g'(x)=-=.当x≥1时,g'(x)≥0,故g(x)在[1,+∞)上是增函数,所以g(x)的最小值是g(1)=1,因此a≤g(x)min=g(1)=1,故a的取值范围为(-∞,1].15.A设利润为y万元,则y=y1-y2=17x2-(2x3-x2)=-2x3+18x2(x>0),∴y'=-6x2+36x=-6x(x-6).令y'=0,解得x=0(舍去)或x=6,经检验知x=6既是函数的极大值点又是函数的最大值点,∴应生产6千台该产品.16.答案30;23000解析设该商品的利润为y元,由题意知,y=N(M-20)=-M3-150M2+11700M-166000,则y'=-3M2-300M+11700,令y'=0,得M=30或M=-130(舍去),当M∈(0,30)时,y'>0,当M∈(30,+∞)时,y'<0,因此当M=30时,y取得极大值,也是最大值,且ymax=23000.17.解析(1)由题意知当x=4时,y=21,代入y=+4(x-6)2,得+16=21,解得m=10.(2)设每日销售套题所获得的利润为f(x)元.由(1)可知,套题每日的销售量y=+4(x-6)2,2<x<6,所以每日销售套题所获得的利润f(x)=(x-2)=10+4(x-6)2(x-2)=4x3-56x2+240x-278(2<x<6),则f'(x)=12x2-112x+240=4(3x-10)(x-6)(2<x<6).令f'(x)=0,得x=6(舍去)或x=.当x∈时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,所以x=是函数f(x)在(2,6)内的极大值点,也是最大值点,所以当x=≈3.3时,函数f(x)取得最大值.故当销售价格为3.3元/套时,网校每日销售套题所获得的利润最大.18.解析(1)由水箱的高为xm,得水箱底面的宽为(2-2x)m,长为=(3-x)m.故水箱的容积y=(2-2x)(3-x)x=2x3-8x2+6x(0<x<1).(2)由(1)得y'=6x2-16x+6,令y'=0,解得x=(舍去)或x=,所以y=2x3-8x2+6x(0<x<1)在内单调递增,在内单调递减,所以当x=时,水箱的容积最大.能力提升练1.D由题意知|PQ|=a2+1-lna.设h(x)=x2+1-lnx(x>0),则h'(x)=2x-=,令h'(x)=0,得4x2-1=0,解得x=(负值舍去).当x在(0,+∞)上变化时,h'(x)与h(x)的变化情况如下表:xh'(x)-0+h(x)↘极小值↗因此,当|PQ|最小时a的值为,故选D.2.A由函数f(x)的定义域为[-1,5],知函数y=f(x)不是周期函数,故①错误;由题图知在[0,2]上f'(x)≤0,故f(x)在[0,2]上单调递减,故②正确;依题意可画出函数f(x)的大致图象如图所示:如果当x∈[-1,t]时,f(x)的最大值是2,那么t的最大值为5,故③错误;当x=2时,f(2)的值不确定,故1<a<2时,函数y=f(x)-a的零点个数不确定,故④错误.故选A.3.解析(1)由题意得,f'(x)=-3x2+6x+9.令f'(x)<0,解得x<-1或x>3,所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-1),(3,+∞).(2)因为f(-2)=8+12-18+a=2+a,f(2)=-8+12+18+a=22+a,所以f(2)>f(-2).因为在(-1,3)上f'(x)>0,所以f(x)在[-1,2]上单调递增.又f(x)在[-2,-1]上单调递减,所以f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间[-2,2]上的最大值和最小值,于是有22+a=20,解得a=-2.故f(x)=-x3+3x2+9x-2,因此f(-1)=1+3-9-2=-7,即函数f(x)在区间[-2,2]上的最小值为-7.4.D函数f(x)=x3+x2-1的导函数为f'(x)=x2+2x,令f'(x)=0,得x=-2或x=0,故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,则x=0为极小值点,x=-2为极大值点.由f(x)在区间(m,m+3)上存在最小值,可得m<0<m+3,解得-3<m<0,此时f(m)=m3+m2-1=m2(m+3)-1>-1=f(0),因此实数m的取值范围是(-3,0),故选D.5.A由f(x)=得,f'(x)=,当a>1时,若x>,则f'(x)<0,f(x)单调递减,若1<x<,则f'(x)>0,f(x)单调递增,故当x=时,函数f(x)有最大值=,得a=<1,不符合题意.当a=1时,函数f(x)在[1,+∞)上单调递减,最大值为f(1)=,不符合题意.当0<a<1时,函数f(x)在[1,+∞)上单调递减.此时最大值为f(1)==,得a=-1,符合题意.故a的值为-1.故选A.6.答案1解析∵函数f(x)=ax4-4ax3+b(a>0),x∈[1,4],∴f'(x)=4ax3-12ax2,令4ax3-12ax2=0,解得x=0或x=3,f(1)=b-3a,f(3)=b-27a,f(4)=b,且a>0,∴b-27a<b-3a<b.∵f(x)的最大值为3,最小值为-6,∴b=3,b-27a=-6,解得a=,∴ab=×3=1.7.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=1时,f(x)=-2lnx+x2+x,则f'(x)=-+x+1=,∴f'(1)=0.又f(1)=,∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=.(2)f'(x)=+x+a==(x>0).若a=0,则f'(x)=x>0,f(x)的单调递增区间为(0,+∞).若a<0,当x∈(0,-2a)时,f'(x)<0,当x∈(-2a,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)的单调递减区间为(0,-2a),单调递增区间为(-2a,+∞).若a>0,当x∈(0,a)时,f'(x)<0,当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)的单调递减区间为(0,a),单调递增区间为(a,+∞).(3)由(2)知,当a<0时,f(x)的单调递减区间为(0,-2a),单调递增区间为(-2a,+∞).当-2a≤1,即-≤a<0时,f(x)在[1,e]上单调递增,则f(x)min=f(1)=+a;当1<-2a<e,即-<a<-时,f(x)在(1,-2a)上单调递减,在(-2a,e)上单调递增,则f(x)min=f(-2a)=-2a2ln(-2a);当-2a≥e,即a≤-时,f(x)在[1,e]上单调递减,则f(x)min=f(e)=-2a2++ae.综上,f(x)min=8.D原不等式可化为lnx-px+1≤0,令f(x)=lnx-px+1,则f(x)max≤0.由f'(x)=-p知,f(x)在上单调递增,在上单调递减,故f(x)在x=处取得极大值,也是最大值,故f(x)max=f=-lnp,则有-lnp≤0,解得p≥1.9.A由题意得,f'(x)=,易得f(x)在[0,3]上单调递增,所以f(x1)∈[0,ln10];g'(x)=·ln,易得g(x)在[1,2]上单调递减,所以g(x2)∈-m,-m.因为∀x1∈[0,3],∃x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),所以只需0≥-m⇒m≥.故当m≥时,满足题意.10.BC∵当x>0时,f(x)=lnx∈(-∞,+∞),∴f(x)≥g(x)=-2对一切实数x不一定都成立,故A错误.令t(x)=f(x)-g(x),则t(x)=x+sinx-(x-1)=sinx+1≥0恒成立,∴函数g(x)=x-1是函数f(x)=x+sinx的一个承托函数,故B正确.令h(x)=ex-ax,则h'(x)=ex-a,若a=0,由题意知,结论成立.若a>0,令h'(x)=0,得x=lna,∴函数h(x)在(-∞,lna)上为减函数,在(lna,+∞)上为增函数,∴当x=lna时,函数h(x)取得极小值,也是最小值,为a-alna,∵g(x)=ax是函数f(x)=ex的一个承托函数,∴a-alna≥0,∴lna≤1,∴0<a≤e.若a<0,当x→-∞时,h(x)→-∞,故不成立.综上,当0≤a≤e时,函数g(x)=ax是函数f(x)=ex的一个承托函数,故C正确.不妨令f(x)=2x,g(x)=2x-1,则f(x)-g(x)=1≥0恒成立,故g(x)=2x-1是f(x)=2x的一个承托函数,故D错误.故选BC.11.答案(2e,+∞)解析因为对任意x1∈R都存在x2∈(1,e)使f(x1)<g(x2)成立,所以f(x)max<g(x)max,又f(x)=sinx-1,所以f(x)max=0,即存在x∈(1,e),使lnx-x>0,此时lnx>0,所以a>0,因此问题可转化为存在x∈(1,e),使<成立,设h(x)=,则<h(x)max,对h(x)求导得h'(x)=,当x∈(1,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)<h(e)=,即<,所以a>2e,所以实数a的取值范围是(2e,+∞).解题模板易错警示分离参数求解不等式恒成立问题的步骤:12.解析(1)当a=0时,f(x)=ex+x2,则f'(x)=ex+x,所以f(0)=1,f'(0)=1.所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x-y+1=0.(2)当a=1时,f(x)=ex-x+x2,则f'(x)=ex-1+x.因为f'(0)=0,且f'(x)=ex-1+x在(-∞,+∞)上单调递增,所以当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减.所以函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0).(3)由f(x)≥x2+x+b对任意x∈R恒成立,得ex-(a+1)x-b≥0对任意x∈R恒成立.设g(x)=ex-(a+1)x-b,则g'(x)=ex-(a+1).令g'(x)=0,得x=ln(a+1)(a>-1).当x变化时,g'(x)与g(x)的变化情况如下表所示:x(-∞,ln(a+1))ln(a+1)(ln(a+1),+∞)g'(x)-0+g(x)↘极小值↗所以g(x)在(-∞,ln(a+1))上单调递减,在(ln(a+1),+∞)上单调递增.所以函数g(x)的最小值为g(ln(a+1))=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b.由题意,得g(ln(a+1))≥0,即b-a≤1-(a+1)ln(a+1).设h(x)=1-xlnx(x>0),则h'(x)=-lnx-1.因为当0<x<时,-lnx-1>0;当x>时,-lnx-1<0,所以h(x)在上单调递增,在,+∞上单调递减.所以当x=时,h(x)max=h=1+.所以当a+1=,b=a+1-(a+1)ln(a+1),即a=-1,b=时,b-a有最大值,最大值为1+.13.D当年产量为x万