2024秋高中数学第三章导数及其应用3.3导数在研究函数中的应用3.3.3函数的最大小值与导数课堂演练含解析新人教A版选修1-1

PAGE1-第三章导数及其应用3.3导数在探讨函数中的应用3.3.3函数的最大（小）值与导数A级基础巩固一、选择题1．下列说法正确的是()A．函数在其定义域内若有最值与极值，则其极大值便是最大值，微小值便是最小值B．闭区间上的连续函数肯定有最值，也肯定有极值C．若函数在其定义域上有最值，则肯定有极值；反之，若有极值，则肯定有最值D．若函数在给定区间上有最大(小)值，则有且仅有一个最大(小)值，但若有极值，则可有多个极值解析：由极值与最值的区分知选D.答案：D2．函数f(x)＝eq\f(lnx,x)的最大值为()A．e－1 B．e C．e2 D．10解析：令f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＝0(x>0)，解得x＝e.当x>e时，f′(x)<0；当0<x<e时，f′(x)>0，所以f(x)极大值＝f(e)＝e－1，在定义域内只有一个极值，所以f(x)max＝e－1.答案：A3．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值为()A.eq\f(1,2) B．1 C．不存在 D．0解析：f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，且x>0，令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1.所以f(x)在x＝1时取最小值f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).答案：A4．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：因为f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0，可得a＝x2，又因为x∈(0，1)，所以0＜a＜1.答案：B5．已知函数f(x)、g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x)＜g′(x)，则f(x)－g(x)的最大值为()A．f(a)－g(a) B．f(b)－g(b)C．f(a)－g(b) D．f(b)－g(a)解析：令u(x)＝f(x)－g(x)，则u′(x)＝f′(x)－g′(x)＜0，所以u(x)在[a，b]上为减函数，所以u(x)的最大值为u(a)＝f(a)－g(a)．答案：A二、填空题6．函数f(x)＝lnx－x在(0，e)上的最大值为________．解析：f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)(x>0)，令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x<0(舍去)或x>1，所以f(x)在(0，1]上是增函数，在(1，e]上是减函数．所以当x＝1时，f(x)有最大值f(1)＝－1.答案：－17．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m＝________．解析：由题意，得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，得x＝±2，又f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以M＝24，m＝－8，M－m＝32.答案：328．假如函数f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2＋a在[－1，1]上的最大值是2，那么f(x)在[－1，1]上的最小值是________．解析：f′(x)＝3x2－3x，令f′(x)＝0得x＝0，或x＝1.因为f(0)＝a，f(－1)＝－eq\f(5,2)＋a，f(1)＝－eq\f(1,2)＋a，所以f(x)max＝a＝2.所以f(x)min＝－eq\f(5,2)＋a＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)三、解答题9．已知函数f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx，若当a>0时，f(x)≥2恒成立，求实数a的取值范围．解：由f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx，得f′(x)＝eq\f(2（x2－a）,x3).又函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且a>0，令f′(x)＝0，得x＝－eq\r(a)(舍去)或x＝eq\r(a).当0<x<eq\r(a)时，f′(x)<0；当x>eq\r(a)时，f′(x)>0.故x＝eq\r(a)是函数f(x)的微小值点，也是最小值点，且f(eq\r(a))＝lna＋1.要使f(x)≥2恒成立，需lna＋1≥2恒成立，则a≥e.所以实数a的取值范围是[e，＋∞)．10．(2024·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)ln(1＋x)－2x.(1)若a＝0，证明：当－1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0；(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.(1)证明：当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x).设函数g(x)＝f′(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x)，则g′(x)＝eq\f(x,（1＋x）2).当－1<x<0时，g′(x)<0；当x>0时，g′(x)>0，故当x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，当且仅当x＝0时，g(x)＝0，从而f′(x)≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0.所以f(x)在(－1，＋∞)单调递增．又f(0)＝0，故当－1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0.(2)解：(ⅰ)若a≥0，由(1)知，当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，这与x＝0是f(x)的极大值点冲突．(ⅱ)若a<0，设函数h(x)＝eq\f(f（x）,2＋x＋ax2)＝ln(1＋x)－eq\f(2x,2＋x＋ax2).由于当|x|<mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(1,|a|))))时，2＋x＋ax2>0，故h(x)与f(x)符号相同．又h(0)＝f(0)＝0，故x＝0是f(x)的极大值点，当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．h′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(2（2＋x＋ax2）－2x（1＋2ax）,（2＋x＋ax2）2)＝eq\f(x2（a2x2＋4ax＋6a＋1）,（x＋1）（ax2＋x＋2）2).若6a＋1>0，则当0<x<－eq\f(6a＋1,4a)，且|x|<mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(1,|a|))))时，h′(x)>0，故x＝0不是h(x)的极大值点．若6a＋1<0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0，故当x∈(x1，0)，且|x|<mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(1,|a|))))时，h′(x)<0，所以x＝0不是h(x)的极大值点．若6a＋1＝0，则h′(x)＝eq\f(x3（x－24）,（x＋1）（x2－6x－12）2)，则当x∈(－1，0)时，h′(x)>0；当x∈(0，1)时，h′(x)<0.所以x＝0是h(x)的极大值点，从而x＝0是f(x)的极大值点．综上，a＝－eq\f(1,6).B级实力提升1．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则|MN|达到最小值时t的值为()A．1 B.eq\f(1,2) C.eq\f(\r(5),2) D.eq\f(\r(2),2)解析：由题意画出函数图象如图所示，由图可以看出|MN|＝y＝t2－lnt(t＞0)．y′＝2t－eq\f(1,t)＝eq\f(2t2－1,t)＝eq\f(2（t＋\f(\r(2),2)）（t－\f(\r(2),2)）,t).当0＜t＜eq\f(\r(2),2)时，y′＜0，可知y在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减；当t＞eq\f(\r(2),2)时，y′＞0，可知y在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增．故当t＝eq\f(\r(2),2)时，|MN|有最小值．答案：D2．已知函数f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值；(2)若对全部x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)>0，解得x>eq\f(1,e)；令f′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,e)，所以当x＝eq\f(1,e)时f(x)取得最小值－eq\f(1,e).(2)依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞]上恒成立，即不等式a≤lnx＋eq\f(1,x)对于x∈[1，＋∞]恒成立．令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，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]．3．设函数f(x)＝x－x2＋3lnx．证明：f(x)≤2x－2.证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝f(x)－(2x－