选择性必修 第二册6.3 函数的最值练习

这是一份选择性必修 第二册6.3 函数的最值练习，共9页。

1．函数y＝ eq \f(ln x,x)的最大值为( )
A．e－1 B．e
C.e2 D．10
2．函数f(x)＝ eq \f(1,x)－2x在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,2)))上的最小值为( )
A.－1 B． eq \f(7,2)
C.－ eq \f(7,2) D．1
3．若函数f(x)＝a sin x＋ eq \f(1,3)sin 3x在x＝ eq \f(π,3)处有最大(小)值，则a等于( )
A.2 B．1
C. eq \f(2\r(3),3) D．0
4．函数f(x)＝6 eq \r(x)－x3＋6在[0，4]上的最大值与最小值之和为( )
A.－46 B．－35
C.6 D．5
5．已知函数f(x)＝x2＋a ln x的图象在(1，f(1))处的切线经过坐标原点，则函数y＝f(x)的最小值为( )
A. eq \f(1,2)－ eq \f(1,2)ln 2 B． eq \f(1,4)＋ln 2
C. eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)ln 2 D．1
6．(多选题)已知ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时取等号，则( )
A.f(x)＝x＋ eq \f(1,ex)(x∈R)的最小值为1
B.f(x)＝ eq \f(ex,x)(x>0)的最小值为1
C.f(x)＝x－ln x(x>0)的最小值为1
D.f(x)＝xe eq \s\up6(\f(1,x))(x>0)的最小值1
7．函数f(x)＝ eq \f(1,2)x2－ln x的最小值为________．
8．设f(x)＝x3－ eq \f(1,2)x2－2x＋5，当x∈[－1，2]时，f(x)9．已知函数f(x)＝x3＋ eq \f(1,2)x2－2x.
(1)求函数y＝f(x)的图象在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，f（1）))处的切线方程；
(2)求函数y＝f(x)在[－2，1]上的最大值与最小值．
10．已知f(x)＝2x3－mx2－12x＋6的一个极值点为2.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，2))上的最值．
[提能力]
11．若函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3＋x2－2在区间(a－4，a)上存在最小值，则a的取值范围是( )
A.(0，4) B． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，4))
C. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，4)) D．(1，4)
12．(多选题)设f(x)＝xa·cs x，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))的最大值为M，则( )
A.当a＝－1时，M< eq \r(3)
B.当a＝2时，M< eq \f(\r(3),3)
C.当a＝1时，M> eq \f(\r(3),2)
D.当a＝3时，M< eq \f(1,2)
13．已知函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3＋mx2＋nx＋2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)＝－ eq \f(2,3)，则函数g(x)＝f′(x)ex在区间[0，2]上的最小值为________．
14．已知函数f(x)＝e－x－ex，x∈[0，a]，a为正实数，则函数f(x)的最小值为________，最大值为________．
15．已知函数f(x)＝ln x＋ eq \f(a,x).
(1)当a<0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值是 eq \f(3,2)，求a的值．
[培优生]
16．已知函数f(x)＝ex－ eq \f(1,2)ax2－x.
(1)设f′(x)是f(x)的导函数，讨论函数y＝f′(x)的单调性；
(2)当a≤1－ eq \f(1,e)时，求函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，＋∞))上的最小值．
课时作业(二十二) 函数的最值
1．解析：函数y＝ eq \f(ln x,x)的定义域为(0，＋∞)，y′＝ eq \f(1－ln x,x2).令 y′＝ eq \f(1－ln x,x2)＝0⇒x＝e. 当x>e时，y′<0 ；当 00,
所以函数得极大值为 e－1，因为在定义域内只有一个极值，所以ymax＝e－1.
故选A.
答案：A
2．解析：因为f(x)＝ eq \f(1,x)－2x，
所以f′(x)＝－ eq \f(1,x2)－2<0，
所以函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,2)))上单调递减，
所以x＝－ eq \f(1,2)时，函数的最小值为－2＋1＝－1.
故选A.
答案：A
3．解析：∵f(x)在x＝ eq \f(π,3)处有最大(小)值，
∴x＝ eq \f(π,3)是函数f(x)的极值点．
又∵f′(x)＝a cs x＋cs 3x(x∈R)，
∴f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝a cs eq \f(π,3)＋cs π＝0，
解得a＝2.
故选A.
答案：A
4．解析：由f(x)＝6 eq \r(x)－x3＋6，
得f′(x)＝ eq \f(3,\r(x))－3x2＝ eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－x2\r(x))),\r(x))，
由f′(x)＝0可得x＝1，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)的极大值为f(1)＝11，
又因为f(0)＝6，f(4)＝－46，
所以f(x)的最大值为11，最小值为－46，
所以最大值与最小值之和为－35.
故选B.
答案：B
5．解析：函数f(x)＝x2＋a ln x，则f(1)＝12＋a ln 1＝1
且f′(x)＝2x＋ eq \f(a,x)，所以f′(1)＝2＋a，
所以f′(1)＝ eq \f(f（1）－0,1－0)＝1＝2＋a，解得a＝－1，
所以f(x)＝x2－ln x，(x>0)
f′(x)＝2x－ eq \f(1,x)，
令f′(x)≥0，即2x－ eq \f(1,x)≥0，解得x≥ eq \f(\r(2),2)，
令f′(x)<0，即2x－ eq \f(1,x)<0，解得0所以函数在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在区间 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增．
所以f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(2)－ln eq \f(\r(2),2)＝ eq \f(1,2)－ln eq \f(\r(2),2)＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)ln 2.
故选C.
答案：C
6．解析：f(x)＝x＋ eq \f(1,ex)(x∈R)，f′(x)＝1－ eq \f(1,ex)＝ eq \f(ex－1,ex)，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(0)＝1，A选项正确；
f(x)＝ eq \f(ex,x)(x>0)，f′(x)＝ eq \f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1)),x2)，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝e，B选项错误；
f(x)＝x－ln x(x>0)，f′(x)＝1－ eq \f(1,x)＝ eq \f(x－1,x)，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝1，C选项正确；
f(x)＝xe eq \s\up6(\f(1,x))(x>0)，f′(x)＝xe eq \f(1,x)＋x·e eq \s\up6(\f(1,x))· eq \f(1,x2)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－1))e\s\up6(\f(1,x)),x)，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝e，D选项错误，
故选AC.
答案：AC
7．解析：f(x)＝ eq \f(1,2)x2－ln x，x>0，
f′(x)＝x－ eq \f(1,x)＝ eq \f(x2－1,x)，
令f′(x)>0，解得x>1，
令f′(x)<0，解得0所以函数在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝ eq \f(1,2).
答案： eq \f(1,2)
8．解析：f′(x)＝3x2－x－2＝(x－1)(3x＋2)，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－ eq \f(2,3).
所以f(1)＝1－ eq \f(1,2)－2＋5＝ eq \f(7,2)，
f(－ eq \f(2,3))＝－ eq \f(8,27)－ eq \f(2,9)＋ eq \f(4,3)＋5＝5 eq \f(22,27).
又因为f(－1)＝－1－ eq \f(1,2)＋2＋5＝ eq \f(11,2)，f(2)＝8－2－4＋5＝7.
所以f(x)max＝f(2)＝7.
所以m>7.
答案：(7，＋∞)
9．解析：(1)∵f(x)＝x3＋ eq \f(1,2)x2－2x，
∴f′(x)＝3x2＋x－2，
∴f(1)＝－ eq \f(1,2)，f′(1)＝2.
∴函数y＝f(x)的图象在x＝1处的切线方程为：y－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝2(x－1)，
即4x－2y－5＝0.
(2)令f′(x)＝3x2＋x－2＝0，
得x1＝－1与x2＝ eq \f(2,3)，
当x变化时，f′(x)、f(x)的变化如下表：
所以，x1＝－1与x2＝ eq \f(2,3)是函数在(－2，1)上的两个极值点，
而f(－2)＝－2，f(－1)＝ eq \f(3,2)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝－ eq \f(22,27)，f(1)＝－ eq \f(1,2).
∴函数y＝f(x)在[－2，1]上的最大值是f(－1)＝ eq \f(3,2)，最小值是f(－2)＝－2.
10．解析：(1)因为f(x)＝2x3－mx2－12x＋6，所以f′(x)＝6x2－2mx－12，
因为f(x)＝2x3－mx2－12x＋6的一个极值点为2，
所以f′(2)＝6×22－2m×2－12＝0，解得m＝3，
此时f(x)＝2x3－3x2－12x＋6，f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)，
令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝2，
令f′(x)<0，得－10，得x<－1或x>2，
故函数f(x)在区间(－1，2)上单调递减，在区间(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)知，f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－1))上为增函数，在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，2))上为减函数，
所以x＝－1是函数f(x)的极大值点，又因为f(－2)＝2，f(－1)＝13，f(2)＝－14，
所以函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，2))上的最小值为－14，最大值为13.
11．解析：∵f(x)＝ eq \f(1,3)x3＋x2－2，∴f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，
令f′(x)>0，解得x<－2或x>0；令f′(x)<0，解得－2故f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)和(0，＋∞)，单调递减区间为(－2，0)，
所以，函数f(x)在x＝0处取得极小值，
由于函数f(x)在区间(a－4，a)上取到最小值，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－4<0由f(a－4)≥f(0)可得 eq \f(1,3)(a－4)3＋(a－4)2－2≥－2，可得(a－4)2(a－1)≥0，
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－4<0因此，实数a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，4)).
故选C.
答案：C
12．解析：当a＝－1时，则f(x)＝ eq \f(cs x,x)，
f′(x)＝ eq \f(－x sin x－cs x,x2)，在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上f′(x)<0,
所以f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上递减，
所以M＝ eq \f(cs \f(π,6),\f(π,6))＝ eq \f(3,π) eq \r(3)< eq \r(3)，故选项A正确．
当a＝2时，f(x)＝x2·cs x，
则f′(x)＝x cs x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－x tan x))>0，
∴f(x)在区间[ eq \f(π,6)， eq \f(π,3)]上递增，即M＝ eq \f(π2,18)< eq \f(\r(3),3)，故选项B正确．
当a＝1时，若x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，x所以f(x)＝x cs x当a＝3时，f(x)＝x3·cs x，则f′(x)＝x2cs x(3－x tan x)>0，
∴f(x)在区间[ eq \f(π,6)， eq \f(π,3)]上递增，∴M＝ eq \f(1,2)·( eq \f(π,3))3> eq \f(1,2)，故选项D错误．
故选AB.
答案：AB
13．解析：由函数的解析式可得：f′(x)＝x2＋2mx＋n，因为导函数为偶函数，则m＝0，
故f(x)＝ eq \f(1,3)x3＋nx＋2，f(1)＝ eq \f(1,3)＋n＋2＝－ eq \f(2,3)，∴n＝－3，
函数的解析式为f(x)＝ eq \f(1,3)x3－3x＋2，f′(x)＝x2－3，
故g(x)＝ex(x2－3)，g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)(x＋3)，
所以函数g(x)在区间[0，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，
函数g(x)的最小值为g(1)＝e1·(12－3)＝－2e.
答案：－2e
14．解析：f′(x)＝－e－x－ex＝－ eq \f(e2x＋1,ex)
当a∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，a))时，f′(x)<0恒成立，即f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，a))上单调递减．
故当x＝a时，f(x)有最小值f(a)＝e－a－ea；
当x＝0时，f(x)有最大值f(0)＝e－0－e0＝0.
即f(x)的最小值为e－a－ea，最大值为0.
答案：e－a－ea 0
15．解析：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝ eq \f(x－a,x2)，
当a<0时，f′(x)>0，即函数在定义域(0，＋∞)上为增函数，
∴f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)由(1)知，f′(x)＝ eq \f(x－a,x2)，
①若a≤1，则x－a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，
此时f(x)在[1，e]上为增函数，
∵f(x)在[1，e]上的最小值为 eq \f(3,2)，
∴f(x)min＝f(1)＝a＝ eq \f(3,2)，
∴a＝ eq \f(3,2)(舍去)
②若a≥e，则x－a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，
此时f(x)在[1，e]上为减函数，
∴f(x)min＝f(e)＝1＋ eq \f(a,e)＝ eq \f(3,2)，∴a＝ eq \f(e,2)(舍去).
③若1当1当a0，∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，e))上为增函数，
∴f(x)min＝f(a)＝ln a＋1＝ eq \f(3,2)，∴a＝ eq \r(e)
综上可知：a＝ eq \r(e).
16．解析：(1)由已知得f′(x)＝ex－ax－1.
设g(x)＝f′(x)，
∴g′(x)＝ex－a.
①当a≤0时，g′(x)＝ex－a>0在R上恒成立，
∴g(x)＝f′(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
②当a>0时，令g′(x)>0得x>ln a，
g′(x)<0得x∴g(x)＝f′(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
综上所述：当a≤0时，y＝f′(x)是(－∞，＋∞)上的增函数；
当a>0时，y＝f′(x)在(－∞，ln a)上是减函数，在(ln a，＋∞)上是增函数．
(2)由(1)知，①当a≤0时，f′(x)＝ex－ax－1在[－1，＋∞)上单调递增．
又f′(0)＝0，
∴－1≤x<0时，f′(x)<0；x>0时，f′(x)>0，
则f(x)在[－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(0)＝1.
②当0由(1)知f′(x)在[－1，＋∞)上单调递增，又∵f′(0)＝0，
则f(x)在[－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(0)＝1.
③当 eq \f(1,e)f′(x)在[－1，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
且f′(0)＝0，f′(－1)＝ eq \f(1,e)＋a－1≤0，
∴－1≤x<0时，f′(x)<0；x>0时，f′(x)>0.
∴f(x)在[－1，0)上递减，在(0，＋∞)上递增．
则f(x)min＝f(0)＝1，
综上所述：函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，＋∞))上的最小值为1.
x
(－2，－1)
－1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,3)))
eq \f(2,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
eq \f(3,2)
↘
－ eq \f(22,27)
↗