2020-2021學年新教材數(shù)學人教A版選擇性必修第二冊課后提升訓練：5.3.2　第2課時　函數(shù)的最大(小)值

1、好好學習，天天向上第五章一元函數(shù)的導數(shù)及其應用5。3導數(shù)在研究函數(shù)中的應用5.3。2函數(shù)的極值與最大（小)值第2課時函數(shù)的最大（小)值課后篇鞏固提升基礎達標練1。(2019湖南高三期末)函數(shù)y=2x33x212x+5在2，1上的最大值、最小值分別是（)a。12,-15b.1,-8c.5，-16d。12,-8解析由函數(shù)y=2x3-3x2-12x+5，得y=6x26x-12=6（x+1）(x-2），令y=0,解方程可得x1=-1,x2=2,列表如下.x2（-2,1）-1（-1，1）1y+0-y1單調遞增極大值12單調遞減8由表格可知,函數(shù)y=2x33x212x+5在2，1上的最大值為12,最小值為

2、8,故選d.答案d2。某城市在發(fā)展過程中,交通狀況逐漸受到大家更多的關注,據(jù)有關統(tǒng)計數(shù)據(jù)顯示，從上午6 h到9 h,車輛通過該市某一路段的用時y（min)與車輛進入該路段的時刻t之間的關系可近似地用如下函數(shù)表示：y=18t334t2+36t6294。則在這段時間內，通過該路段用時最多的時刻是(）a.6 hb.7 hc。8 hd。9 h解析由題意,得y=38t2-32t+36=38（t+12)(t8).令y=0得t=12(舍去）或t=8.當6t8時,y0;當8t9時，y0，所以當t=8時,y有最大值,即此時刻通過該路段用時最多。答案c3。(2020合肥第二中學高三月考)已知函數(shù)f(x）=13x3

3、+12x2-2x+1，若函數(shù)f（x）在（2a,a23)上存在最小值，則a的取值范圍是()a.12,2b。12，2c.(1，3）d。74,2解析由f(x)=13x3+12x22x+1，可得f（x）=x2+x2，令f（x)0,解得x(-,-2）(1,+),令f（x)0,解得x（2,1）,故f（x）在x=1時取得極小值.極小值f(1)=-16,由f(x）=16,得(x-1)（2x2+5x7)=0,解得x1=1，x2=72，又因為函數(shù)f（x）在(2a，a2-3）上存在最小值,故可得722a1a23,解得74a-2.故選d。答案d4.某商場從生產(chǎn)廠家以每件20元購進一批商品，若該商品零售價定為p元,銷售

4、量為q件，則銷售量q與零售價p有如下關系:q=8 300170pp2。則最大毛利潤為(毛利潤=銷售收入進貨支出)()a。30元b.60元c。28 000元d。23 000元解析設毛利潤為l(p),由題意知l(p）=q（p20）=（8300170p-p2）(p20）=-p3150p2+11700p166000,所以l(p）=-3p2300p+11700。令l(p）=0,解得p=30或p=-130(舍去）.此時,l(30)=23000。因為在p=30附近的左側l（p)0,右側l(p）0,所以l(30)是極大值,根據(jù)實際問題的意義知，l(30）是最大值,即零售價定為每件30元時,最大毛利潤為2300

5、0元。答案d5。(多選）(2019山東高三月考)若函數(shù)f（x)=2x3ax2（a0）在a2,a+63上有最大值，則a的取值可能為(）a。-6b.-5c。4d.-3解析令f(x)=2x（3x-a)，得x1=0，x2=a3（a0）,當a3x0時，f(x)0,則f(x)的增區(qū)間為-,a3，（0，+）,減區(qū)間為a3，0，從而f(x)在x=a3處取得極大值fa3=-a327,由f（x）=a327，得(x-a3)22x+a3=0，解得x=a3或x=-a6,又f（x）在a2,a+63上有最大值，所以a30）的最小值為。解析y=1+12(2)1x3=11x3=x3-1x3=(x-1)(x2+x+1)x3,所以

6、當x1時,y0，當0x1時,y0,所以函數(shù)在（0，1)上單調遞減，在（1，+)上單調遞增，所以函數(shù)在x=1處取得最小值，最小值為1+12=32，故答案是32。答案327.函數(shù)f(x)=ax4-4ax3+b(a0）,x1,4，f（x）的最大值為3,最小值為-6,則a+b=。解析f（x)=4ax312ax2.令f（x）=0,得x=0（舍去)或x=3。當1x0）,則水桶的高為27r2，所以s=r2+2r27r2=r2+54r(r0)，s=2r-54r2,令s=0，解得r=3。當0r3時，s3時,s0，所以當r=3時，圓柱形水桶的表面積最小，即用料最省。smin=32+543=9+18=27。答案32

7、79.設函數(shù)f（x)=ln(2x+3）+x2。(1）討論f(x)的單調性;（2)求f（x)在區(qū)間-34,14上的最大值和最小值.解（1）易知f（x）的定義域為32，+.f(x）=22x+3+2x=4x2+6x+22x+3=2(2x+1)(x+1)2x+3.當32x1時,f（x)0；當1x-12時,f(x)0;當x12時，f(x)0,從而f(x)在區(qū)間-32，1和-12，+上單調遞增，在區(qū)間-1，12上單調遞減。（2）由(1)知f（x）在區(qū)間-34,14上的最小值為f12=ln2+14。又因為f-34f14=ln32+916-ln72-116=ln37+12=121-ln4990)有極小值，也是

8、最小值，即mn達到最小值，故選d。答案d3.在四面體abcd中，若ad=db=ac=cb=1，則四面體abcd體積的最大值是(）a.2327b.13c。239d.33解析如圖，取ab中點e,連接ce,de,設ab=2x（0x1）,則ce=de=1-x2,平面abc平面abd是四面體體積最大的必要條件，此時四面體的體積v（x)=13122x1-x21-x2=13x13x3.v(x）=13-x2,令v(x）=0，得x=33,當x0,33時,v(x）為增函數(shù),當x33,1時,v（x)為減函數(shù),則當x=33時，v(x)有最大值v(x)max=1333-13333=2327。故選a.答案a4.（多選）(

9、2020山東高三期末)已知函數(shù)f（x）是定義在r上的奇函數(shù),當x0時,f(x）=ex(x+1），則下列命題正確的是（)a.當x0時，f（x）=e-x(x-1)b。函數(shù)f(x)有3個零點c.f（x)0的解集為(-,-1)（0，1)d.x1，x2r,都有|f（x1)-f(x2）2解析當x0時，-x0,則由題意得f(x)=ex（-x+1）,函數(shù)f(x)是奇函數(shù),f(0）=0,且x0時，f(x）=f（x)=ex(x+1）=ex(x1)，a錯；f(x）=ex(x+1),x0,當x0時,由f（x）=ex(x+1）=0，得x=1,當x0時，由f(x）=ex（x1)=0，得x=1，函數(shù)f（x）有3個零點1,0

10、,1,b正確；當x0時,由f(x）=ex(x+1）0,得x0時,由f（x)=e-x(x1）0，得0x1，f(x）0的解集為(，1）(0，1）,c正確；當x0時，由f（x）=ex(x+1)，得f（x)=ex(x+2),由f（x）=ex（x+2）0得2x0,函數(shù)f(x）在(，2上單調遞減,在-2，0)上單調遞增，函數(shù)在(-,0）上有最小值f(2)=-e-2,且f(x)=ex(x+1)e0（0+1)=1,又當x0時,f（x)=ex（x+1)=0時x=1，函數(shù)在(-,0)上只有一個零點,當x0時，函數(shù)f（x）的值域為-e2,1)，由奇函數(shù)的圖象關于原點對稱得函數(shù)f(x)在r的值域為（1,e2-e-2，

11、1)=（-1,1)，對x1,x2r,都有f(x1)-f(x2）|2,d正確。故選bcd.答案bcd5.已知函數(shù)f（x)=ex-2x+a有零點，則a的取值范圍是。解析函數(shù)f(x）=ex2x+a有零點，即方程ex-2x+a=0有實根，即函數(shù)g（x)=2xex，y=a有交點,而g（x)=2-ex,易知函數(shù)g（x）=2xex在（-,ln2)上單調遞增,在（ln2，+)上單調遞減,因而g（x)=2xex的值域為(-,2ln22，所以要使函數(shù)g（x)=2x-ex，y=a有交點，只需a2ln22即可。答案（-,2ln 2-26。已知函數(shù)f(x)=xln x。（1)求f（x)的最小值;（2）若對所有的x1，+

12、）都有f（x)ax1,求實數(shù)a的取值范圍.解(1）f（x)的定義域為(0，+）,f（x）=1+lnx。令f(x)0,解得x1e；令f（x）0，解得0x0,故g(x)是1,+)上的增函數(shù)，所以g(x)的最小值是g(1)=1,所以a的取值范圍是(-,1。素養(yǎng)培優(yōu)練（2020安徽六安一中高三月考）已知函數(shù)f(x)=1x,x0,若函數(shù)f(x)=f（x)kx在r上有3個零點，則實數(shù)k的取值范圍為（)a。0,1eb。0,12ec。-,12ed.12e,1e解析當x0時，k=f(x)x=lnxx2，令h(x）=lnxx2，h（x）=1-2lnxx3,當x(0，e)時,h（x）0，h（x）在（0，e)上單調遞增,當x(e，+）時，h（x)0,h（x)在（e,+)上單調遞減，所以當x=e時,h（x）取得最大值12e，因為f(x