2020年高中数学第一章函数的最大（小）值与导数
1.3.3 函数的最大（小）值与导数
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值是M，最小值是m，若M＝m，则f′(x)( )
A．等于0 B．大于0
C．小于0 D．以上都有可能
解析：由题意，知在区间[a，b]上，有m≤f(x)≤M，当M＝m时，令M＝m＝C，则必有f(x)＝C，∴f′(x)＝C′＝0.故选A.
答案：A
2．函数y＝的最大值为( )
A．e－1 B．e
C．e2 D.
解析：y′＝＝(x>0)，
令y′＝0，得x＝e.
∴当0
e时，y′<0，y＝为减函数．
∴y＝在(0，＋∞)上的最大值为ymax＝＝.
答案：A
3．函数f(x)＝x＋2cos x在区间[－，0]上的最小值是( )
A．－ B．2
C.＋ D.＋1
解析：f′(x)＝1－2sin x，
∵x∈[－，0]，
∴sin x∈[－1,0]，∴－2sin x∈[0,2]．
∴f′(x)＝1－2sin x>0在[－，0]上恒成立，
∴f(x)在[－，0]上单调递增．
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∴f(x)min＝f(－)＝－＋2cos(－)＝－.
答案：A
4．已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是( )
A．m≥ B．m>
C．m≤ D．m<
解析：因为函数f(x)＝x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2.令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3.经检验知x＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3)＝3m－.不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，解得m≥.
答案：A
5．已知函数y＝－x2－2x＋3在[a,2]上的最大值为，则a等于( )
A．－ B.
C．－ D.或－
解析：y′＝－2x－2，令y′＝0得x＝－1.
当a≤－1时，最大值为f(－1)＝4，不合题意．
当－10.
由f′(x)＝0，得x＝1.
又f(1)＝1，f()＝＋1，f(e)＝e－1，
∵f()－f(e)＝2＋－e<2＋－e<0，
∴f()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00；当x>e时g′(x)<0，
∴x＝e时g(x)取最大值g(e)＝e，∴a≥e.
答案：[e，＋∞)
9．已知f(x)＝ax3＋bx2－2x＋c在x＝－2时有极大值6，在x＝1时有极小值，求a，b，c的值；并求f(x)在区间[－3,3]上的最大值和最小值．
解析：f′(x)＝3ax2＋2bx－2，由条件知
解得a＝，b＝，c＝.
f(x)＝x3＋x2－2x＋，f′(x)＝x2＋x－2，
x
－3
(－3，－2)
－2
(－2,1)
1
(1,3)
3
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
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由上表知，在区间[－3,3]上，当x＝3时，f(x)max＝，
x＝1时，f(x)min＝.
10．设函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)＋ax(a>0)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
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(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为，求a的值．
解析：函数f(x)的定义域为(0,2)，
f′(x)＝－＋a.
(1)当a＝1时，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝.
当f′(x)>0时， x∈(0，)；
当f′(x)<0时，x∈(，2)．
所以f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，2)．
(2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝＋a>0，
即f(x)在(0,1]上单调递增，
故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝.
[B组 能力提升]
1．记函数f(x)＝x3－x2＋在(0，＋∞)的值域为M，g(x)＝(x＋1)2＋a在(－∞，＋∞)的值域为N，若N⊆M，则实数a的取值范围是( )
A．a≥ B．a≤
C．a≥ D．a≤
解析：因为f′(x)＝x2－x，由f′(x)>0⇒x∈(－∞，0)∪(1，＋∞)；
由f′(x)<0⇒x∈(0,1)，所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以M＝，又N＝[a，＋∞)，所以若N⊆M，则实数a的取值范围是a≥，故选C.
答案：C
2．已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表：
x
－1
0
4
5
f(x)
1
2
2
1
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．
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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10)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为________．
解析：f′(x)＝＝，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－(舍去)．
当x>时，f′(x)<0；当00；
当x＝时，f(x)＝＝，＝<1，不合题意．
∴f(x)max＝f(1)＝＝，解得a＝－1.
答案：－1
4．已知函数f(x)＝，若函数在区间(a，a＋)(其中a>0)上存在最大值，则实数a的取值范围是________．
解析：因为f(x)＝，x>0，所以f′(x)＝－.
当00；当x>1时，f′(x)<0.
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所以f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞ )上单调递减，
所以函数f(x)在x＝1处取得极大值．
因为函数f(x)在区间(a，a＋)(其中a>0)上存在最大值，
所以，解得0，ex>0，
∴当x∈(－∞，0)时f′(x)<0，
当x∈(0,3)时f′(x)>0.
当x∈(3，＋∞)时f′(x)<0.
故f(x)的单调减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)，
增区间为(0,3)．
(2)在x∈[0,4]时由(1)知在x∈[0,3]时单调递增，x∈[3,4]时单调递减，
∴f(3)为f(x)在[0,4]上的最大值．
而f(0)＝－a，f(4)＝，则f(0)0，∴a的取值范围为(0，)．
6．已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a<0.
(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8，求a的值．
解析：(1)当a＝－4时，f(x)＝(2x－4)2＝4(x－2)2，
f(x)的定义域为[0，＋∞)
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f′(x)＝8(x－2)＋＝
令f′(x)>0得02
所以当a＝－4时，f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)
(2)f(x)＝(2x＋a)2，
f′(x)＝4(2x＋a)＋
＝，
令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－，∵a<0，∴x1>x2>0，
所以，在区间，上，f′(x)>0，f(x)单调递增；
在区间上，f′(x)<0，f(x)的单调递减；
又易知f(x)＝(2x＋a)2≥0，且f＝0.
①当－≤1时，即－2≤a<0时，f(x)在区间[1,4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝－2±2，均不符合题意．
②当1<－≤4时，即－8≤a<－2时，f(x)在区间[1,4]上的最小值为f＝0，不符合题意．
③当－>4时，即a<－8时，f(x)在区间[1,4]上的最小值可能为x＝1或x＝4处取到，而f(1)≠8，
f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8，得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，
f(x)在区间[1,4]上单调递减，f(x)在区间[1,4]上的最小值f(4)＝8符合题意．
综上，a＝－10.
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