2019-2020年江苏高中数学课时选修试题1：最大值与最小值(苏教版)

[课下梯度提能] 一、基本能力达标
1．设函数f(x)＝2x＋1
x－1(x<0)，则f(x)()
A．有最大值B．有最小值C．是增函数D．是减函数
解析：选A f′(x)＝2－1
x2＝
2x2－1
x2，
令f′(x)＝0，得x＝－
2 2.
当x<－
2
2时，f′(x)>0，当－
2
2<x<0时，f′(x)<0，∴x＝－
2
2是函数f(x)
的极大值点，也是最大值点．
2．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2,1]上的最大值、最小值分别是() A．12，－8 B．1，－8
C．12，－15 D．5，－16
解析：选A∵y′＝6x2－6x－12，
由y′＝0⇒x＝－1或x＝2(舍去)．
当x＝－2时，y＝1；x＝－1时，y＝12；
x＝1时，y＝－8.
∴y max＝12，y min＝－8.故选A.
3．函数y＝x·e－x，x∈[0,4]的最小值为()
A．0 B.1 e
C.4
e4 D.
2
e2
解析：选A由题意得，y′＝(1－x)e－x，当x∈(1,4]时，y′＜0，当x∈[0,1)时，y′＞0，
所以x＝1是函数y＝x·e－x(x∈[0,4])的极大值点，
且当x＝1时，y＝1 e，
当x＝0时，y＝0，当x＝4时，y＝4
e4，
因为0＜4e 4＜1
e ， 所以y min ＝0.故选A.
4．函数f (x )＝x 3－3x 在(a,2)上有最小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1) B ．(－1,1) C ．[－2,1)
D ．[－1,1)
解析：选C 由函数f (x )＝x 3－3x 得f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)． 当x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在区间(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增；
当x ∈(－1,1)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在区间(－1,1)上单调递减．
又由f (1)＝－2，令f (x )＝－2，即x 3－3x ＝－2，解得x ＝－2或x ＝1.要使得函数f (x )＝x 3－3x 在(a,2)上有最小值，结合函数f (x )的图象可得实数a 的取值范围是[－2,1)，故选C.
5．函数y ＝x ＋2cos x 在⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0， π2上取最大值时，x 的值为( )
A ．0 B.π6 C.π
3
D.π2
解析：选B y ′＝1－2sin x ，令y ′＝0，得sin x ＝1
2， ∵x ∈⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0，π2，∴x ＝π6. 由y ′>0得sin x <12，
∴0≤x <π6；由y ′<0得sin x >12，∴π6<x ≤π2，
∴原函数在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6上单调递增，在⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2上单调递减．当x ＝0时，y ＝2，当x ＝π2时，y ＝π2，当x ＝π6时，y ＝π6＋3，∵π6＋3>2>π2，∴当x ＝π
6时取最大值，故选B.
6．函数f (x )＝e x
sin x 在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤0，π2上的值域为_______． 解析：f ′(x )＝e x (sin x ＋cos x )．因为x ∈⎣⎢⎡
⎦
⎥⎤0，π2，
所以f ′(x )＞0.所以f (x )在⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0，π2上为增函数，
所以f (x )min ＝f (0)＝0，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π
2.
答案：⎣⎢⎡
⎦
⎥⎤0，e π2
7．直线y ＝a 分别与曲线y ＝2(x ＋1)，y ＝x ＋ln x 交于A ，B 两点，则AB 的最小值为______．
解析：设A (x 1，a )，B (x 2，a )，则2(x 1＋1)＝x 2＋ln x 2， ∴x 1＝1
2(x 2＋ln x 2)－1， ∴AB ＝x 2－x 1＝1
2(x 2－ln x 2)＋1， 令y ＝12(x －ln x )＋1，则y ′＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－1x ， ∴函数在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝1时，函数取得最小值32，即AB min ＝3
2. 答案：3
2
8．若关于x 的不等式x 2＋1x ≥m 对任意x ∈⎝ ⎛
⎦⎥⎤－∞，－12 恒成立，则m 的取
值范围是________．
解析：设y ＝x 2＋1
x ， 则y ′＝2x －1x 2＝2x 3－1
x 2，
当x ≤－12时，y ′＜0，y ＝x 2＋1
x 是减函数， ∴当x ＝－12时，y 取得最小值为－7
4. ∵x 2＋1
x ≥m 恒成立， ∴m ≤－7
4. 答案：⎝ ⎛
⎦
⎥⎤－∞，－74
9．已知k 为实数，f (x )＝(x 2－4)(x ＋k )． (1)求导函数f ′(x )；
(2)若x ＝－1是函数f (x )的极值点，求f (x )在区间[－2，2]上的最大值和最小值．
解：(1)∵f (x )＝x 3＋kx 2－4x －4k ， ∴f ′(x )＝3x 2＋2kx －4. (2)由f ′(－1)＝0，得k ＝－1
2.
∴f (x )＝x 3－1
2x 2－4x ＋2，f ′(x )＝3x 2－x －4. 由f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝4
3.
又f (－2)＝0，f (－1)＝92，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＝－50
27，f (2)＝0，
∴f (x )在区间[－2,2]上的最大值为92，最小值为－50
27.
10．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋5，曲线y ＝f (x )在点P (1，f (1))处的切线方程为y ＝3x ＋1.
(1)求a ，b 的值；
(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值．
解：(1)依题意可知点P (1，f (1))为切点，代入切线方程y ＝3x ＋1可得，f (1)＝3×1＋1＝4，
∴f (1)＝1＋a ＋b ＋5＝4，即a ＋b ＝－2， 又由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋5得， 又f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，
而由切线y ＝3x ＋1的斜率可知f ′(1)＝3， ∴3＋2a ＋b ＝3，即2a ＋b ＝0， 由⎩⎨⎧ a ＋b ＝－2，2a ＋b ＝0.解得⎩⎨⎧
a ＝2，
b ＝－4， ∴a ＝2，b ＝－4.
(2)由(1)知f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5， f ′(x )＝3x 2＋4x －4＝(3x －2)(x ＋2)，
令f ′(x )＝0，得x ＝2
3或x ＝－2.
当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表： x －3 (－3，－
2) －2 ⎝ ⎛
⎭⎪⎫－2，23 2
3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 1 f ′(x ) ＋
0 －
0 ＋
f (x )
8
极大值
极小值
4
∴f (x )的极大值为f (－2)＝13，极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝95
27，
又f (－3)＝8，f (1)＝4， ∴f (x )在[－3,1]上的最大值为13. 二、综合能力提升
1．已知函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )
A ．20
B ．18
C ．3
D ．0
解析：选A 根据题意可得|f (x 1)－f (x 2)|≤|f (x )max －f (x )min |≤t ，因为f ′(x )＝3x 2－3，x ∈[－3,2]，所以f (x )在[－1,1]上单调递减，在[1,2]和[－3，－1]上单调递增．f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，所以|f (x )max －f (x )min |＝20，所以t ≥20，故选A.
2．已知当x ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，π2时，函数f (x )＝tx －sin x (t ∈R )的值恒小于零，则t 的取
值范围是( )
A.⎝ ⎛
⎦⎥⎤－∞，2π B.⎝ ⎛
⎦⎥⎤－∞，π2 C.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫2π，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫π2，＋∞ 解析：选A f (x )＝tx －sin x <0在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2内恒成立，即t <sin x x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2内恒成立，
令g (x )＝sin x
x ，则g ′(x )＝x cos x －sin x x 2
.
令φ(x )＝x cos x －sin x ，则φ′(x )＝－x sin x ，
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，φ′(x )<0，∴φ(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减， ∴φ(x )<φ(0)＝0，∴sin x >x cos x ，∴g ′(x )<0， ∴g (x )在⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，π2内单调递减，∴t ≤sin π
2
π2＝2π.
3．已知函数f (x )＝－x 3＋3x 2＋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． 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9＝－3(x 2－2x －3) ＝－3(x ＋1)(x －3)．
令f ′(x )<0，则－3(x ＋1)(x －3)<0， 解得x <－1或x >3.
∴函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)． (2)结合(1)，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝3. 又∵x ∈[－2,2]，∴x ＝－1. 当－2<x <－1时，f ′(x )<0； 当－1<x <2时，f ′(x )>0.
∴x ＝－1是函数f (x )的极小值点，该极小值也就是函数f (x )在[－2,2]上的最小值，即f (x )min ＝f (－1)＝a －5.
又函数f (x )的区间端点值为 f (2)＝－8＋12＋18＋a ＝a ＋22， f (－2)＝8＋12－18＋a ＝a ＋2.
∵a ＋22>a ＋2，∴f (x )max ＝a ＋22＝20，∴a ＝－2. 此时f (x )min ＝a －5＝－2－5＝－7.
4．已知f (x )＝ax －ln x ，a ∈R .
(1)当a ＝1时，求曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；
(2)是否存在实数a ，使f (x )在区间(0，e]上的最小值是3，若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．
解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ， f ′(x )＝1－1x ＝x －1
x ，
∴所求切线的斜率为f ′(2)＝1
2，切点为(2,2－ln 2)，
∴所求切线的方程为y －(2－ln 2)＝1
2(x －2)，即x －2y ＋2－2ln 2＝0. (2)假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]有最小值3， f ′(x )＝a －1x ＝ax －1
x .
①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递减，故f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，解得a ＝4
e (舍去)，所以此时不存在符合题意的实数a ；
②当0＜1a ＜e 时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ，e 上单调递增，故f (x )min
＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ＝1＋ln a ＝3，解得a ＝e 2，满足条件； ③当1
a ≥e 时，f (x )在(0，e]上单调递减，故f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，解得a
＝4
e (舍去)，所以此时不存在符合题意的实数a .
综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时，f (x )有最小值3.。