2024-2025新教材高中数学课时检测39函数的最大值与最小值含解析苏教版选择性必修第一册

PAGEPAGE6函数的最大值与最小值[A级基础巩固]1．函数f(x)＝x4－4x(|x|<1)()A．有最大值，无最小值B．有最大值，也有最小值C．无最大值，有最小值D．既无最大值，也无最小值解析：选Df′(x)＝4x3－4＝4(x－1)(x2＋x＋1)．令f′(x)＝0，得x＝1.又x∈(－1，1)且1∉(－1，1)，∴该方程无解，故函数f(x)在(－1，1)上既无极值也无最值．故选D.2．(多选)关于函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4.下列说法中正确的是()A．它的极大值为eq\f(28,3)，微小值为－eq\f(4,3)B．当x∈[3，4]时，它的最大值为eq\f(28,3)，最小值为－eq\f(4,3)C．它的单调减区间为[－2，2]D．它在点(0，4)处的切线方程为y＝－4x＋4解析：选ACD∵函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4，∴f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)．由f′(x)＝(x－2)(x＋2)＞0，得x＞2或x＜－2，此时函数单调递增；由f′(x)＝(x－2)(x＋2)＜0，得－2＜x＜2，此时函数单调递减，∴C正确；当x＝－2时，函数f(x)取得极大值f(－2)＝eq\f(28,3)，当x＝2时，函数f(x)取得微小值f(2)＝－eq\f(4,3)，∴A正确；x∈[3，4]时，f(x)单调递增，它的最大值为f(4)＝eq\f(43,3)－4×4＋4＝eq\f(28,3)，最小值为f(3)＝eq\f(33,3)－4×3＋4＝1，∴B错误；f′(0)＝－4，f(0)＝4，∴它在点(0，4)处的切线方程为y＝－4x＋4，∴D正确；故选A、C、D.3．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是()A．[0，1) B．(0，1)C．(－1，1) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析：选B∵f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0，可得a＝x2，又∵x∈(0，1)，∴0＜a＜1，故选B.4．函数f(x)＝x＋2cosx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的最小值是()A．－eq\f(π,2) B．2C.eq\f(π,6)＋eq\r(3) D.eq\f(π,3)＋1解析：选Af′(x)＝1－2sinx，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以sinx∈[－1，0]，所以－2sinx∈[0，2]．所以f′(x)＝1－2sinx＞0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上恒成立．所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递增．所以f(x)min＝－eq\f(π,2)＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－eq\f(π,2).5．若函数f(x)＝asinx＋eq\f(1,3)sin3x在x＝eq\f(π,3)处有最值，则a等于()A．2 B．1C.eq\f(2\r(3),3) D．0解析：选A∵f(x)在x＝eq\f(π,3)处有最值，∴x＝eq\f(π,3)是函数f(x)的极值点．又∵f′(x)＝acosx＋cos3x，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝acoseq\f(π,3)＋cosπ＝0，解得a＝2.6．设函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，x∈[1，4]，则f(x)的最大值为________，最小值为________．解析：由f(x)＝eq\f(lnx,x)得f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＞0，则1－lnx＞0， 解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，则1－lnx＜0， 解得x＞e.∴函数f(x)在[1，e]上单调递增，在[e，4]上单调递减，且f(1)＝0，f(4)＝eq\f(ln4,4)＞0，∴f(x)的最大值为f(e)＝eq\f(lne,e)＝eq\f(1,e)，f(x)的最小值为f(1)＝0.答案：eq\f(1,e)07．若函数f(x)＝x3－3x－a在区间[0，3]上的最大值、最小值分别为m，n，则m－n＝________．解析：∵f′(x)＝3x2－3，∴当x＞1或x＜－1时，f′(x)＞0；当－1＜x＜1时，f′(x)＜0.∴f(x)在[0，1]上单调递减，在[1，3]上单调递增．∴f(x)min＝f(1)＝1－3－a＝－2－a＝n.又∵f(0)＝－a，f(3)＝18－a，∴f(0)＜f(3)．∴f(x)max＝f(3)＝18－a＝m，∴m－n＝18－a－(－2－a)＝20.答案：208．设函数f(x)＝eq\f(1,2)x2ex，若当x∈[－2，2]时，不等式f(x)＞m恒成立，则f(x)的最小值是________，实数m的取值范围是________．解析：f′(x)＝xex＋eq\f(1,2)x2ex＝eq\f(ex,2)·x(x＋2)，令f′(x)＝0得x＝0或x＝－2.当x∈[－2，2]时，f′(x)，f(x)随x的改变状况如下表：x－2(－2，0)0(0，2)2f′(x)0－0＋f(x)单调递减微小值0单调递增∴当x＝0时，f(x)min＝f(0)＝0，要使f(x)＞m对x∈[－2，2]恒成立，只需m＜f(x)min，∴m＜0.答案：0(－∞，0)9．设函数f(x)＝ex－eq\f(k,2)x2－x.(1)若k＝0，求f(x)的最小值；(2)若k＝1，探讨函数f(x)的单调性．解：(1)k＝0时，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)的最小值为f(0)＝1.(2)若k＝1，则f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x，定义域为R.所以f′(x)＝ex－x－1，令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，由g′(x)≥0得x≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，由g′(x)<0得x<0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，所以g(x)min＝g(0)＝0，即f′(x)min＝0，故f′(x)≥0.所以f(x)在R上单调递增．10．已知函数f(x)＝alnx－bx2，a，b∈R，且曲线y＝f(x)在x＝1处与直线y＝－eq\f(1,2)相切．(1)求a，b的值；(2)求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值．解：(1)f′(x)＝eq\f(a,x)－2bx(x＞0)．由曲线y＝f(x)在x＝1处与直线y＝－eq\f(1,2)相切，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝0，,f（1）＝－\f(1,2)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2b＝0，,－b＝－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,2).))(2)由(1)，得f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2，定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(1,x)－x＝eq\f(1－x2,x).令f′(x)＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＜0，得x＞1，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值为f(1)＝－eq\f(1,2).[B级综合运用]11．(多选)下列关于函数f(x)＝(2x－x2)ex的推断正确的是()A．f(x)＞0的解集是{x|0＜x＜2}B．f(－eq\r(2))是微小值，f(eq\r(2))是极大值C．f(x)没有最小值，也没有最大值D．f(x)有最大值无最小值解析：选ABD由f(x)＞0得0＜x＜2，故A正确．f′(x)＝(2－x2)ex，令f′(x)＝0，得x＝±eq\r(2)，当x＜－eq\r(2)或x＞eq\r(2)时，f′(x)＜0，当－eq\r(2)＜x＜eq\r(2)时，f′(x)＞0，∴当x＝－eq\r(2)时，f(x)取得微小值，当x＝eq\r(2)时，f(x)取得极大值，故B正确．当x→－∞时，f(x)＜0，当x→＋∞时，f(x)＜0，且f(eq\r(2))＞0，结合函数的单调性可知，函数f(x)有最大值无最小值，故C不正确，D正确．12．已知函数f(x)＝x3－eq\f(3,2)ax2＋b(a，b为实数，且a＞1)在区间[－1，1]上的最大值为1，最小值为－2，则a－b＝________，f(x)的解析式为________．解析：f′(x)＝3x2－3ax＝3x(x－a)，令f′(x)＝0得x1＝0，x2＝a，当x∈[－1，0]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，当x∈(0，1]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝b＝1，因为f(－1)＝－eq\f(3,2)a，f(1)＝2－eq\f(3,2)a，所以f(x)min＝f(－1)＝－eq\f(3,2)a，所以－eq\f(3,2)a＝－2，即a＝eq\f(4,3)，所以a－b＝eq\f(4,3)－1＝eq\f(1,3)，所以f(x)＝x3－2x2＋1.答案：eq\f(1,3)f(x)＝x3－2x2＋113．已知函数y＝－x2－2x＋3在区间[a，2]上的最大值为eq\f(15,4)，则a＝________．解析：y′＝－2x－2，令y′＝0，得x＝－1，∴函数在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减．若a＞－1，则最大值为f(a)＝－a2－2a＋3＝eq\f(15,4)，解得a＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(3,2)舍去))；若a≤－1，则最大值为f(－1)＝－1＋2＋3＝4≠eq\f(15,4).综上知，a＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)14．已知函数f(x)＝eq\f(lnx,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)＝eq\f(1－lnx,x2).(1)f′(1)＝1，所以切线方程为y＝x－1.(2)令f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＝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<t<e时，f(x)在[1，t]上单调递增，f(x)max＝f(t)＝eq\f(lnt,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)＝eq\f(1,e)，f(x)max＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(lnt,t)，1<t<e，,\f(1,e)，t≥e.))[C级拓展探究]15．求使函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋(x－a3)2＋(x－a4)2的值最小及相应自变量x的取值，其中a1，a2，a3，a4是实常数．据此你能推广一个一般的结论吗？解：∵f′(x)＝2(x－a1)＋2(x－a2)＋2(x－a3)＋2(x－a4