2024秋高中數(shù)學第三章導數(shù)及其應用3.3導數(shù)在研究函數(shù)中的應用3.3.3函數(shù)的最大小值與導數(shù)課堂演練含解析新人教A版選修1-1

PAGE1-第三章導數(shù)及其應用3.3導數(shù)在探討函數(shù)中的應用3.3.3函數(shù)的最大（?。┲蹬c導數(shù)A級基礎鞏固一、選擇題1．下列說法正確的是()A．函數(shù)在其定義域內若有最值與極值，則其極大值便是最大值，微小值便是最小值B．閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)肯定有最值，也肯定有極值C．若函數(shù)在其定義域上有最值，則肯定有極值；反之，若有極值，則肯定有最值D．若函數(shù)在給定區(qū)間上有最大(小)值，則有且僅有一個最大(小)值，但若有極值，則可有多個極值解析：由極值與最值的區(qū)分知選D.答案：D2．函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)的最大值為()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.當x>e時，f′(x)<0；當0<x<e時，f′(x)>0，所以f(x)極大值＝f(e)＝e－1，在定義域內只有一個極值，所以f(x)max＝e－1.答案：A3．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值為()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時取最小值f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).答案：A4．函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)內有最小值，則a的取值范圍是()A．[0，1) B．(0，1)C．(－1，1) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析：因為f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0，可得a＝x2，又因為x∈(0，1)，所以0＜a＜1.答案：B5．已知函數(shù)f(x)、g(x)均為[a，b]上的可導函數(shù)，在[a，b]上連續(xù)且f′(x)＜g′(x)，則f(x)－g(x)的最大值為()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)，則u′(x)＝f′(x)－g′(x)＜0，所以u(x)在[a，b]上為減函數(shù)，所以u(x)的最大值為u(a)＝f(a)－g(a)．答案：A二、填空題6．函數(shù)f(x)＝lnx－x在(0，e)上的最大值為________．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]上是增函數(shù)，在(1，e]上是減函數(shù)．所以當x＝1時，f(x)有最大值f(1)＝－1.答案：－17．已知函數(shù)f(x)＝x3－12x＋8在區(qū)間[－3，3]上的最大值與最小值分別為M，m，則M－m＝________．解析：由題意，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．假如函數(shù)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.因為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、解答題9．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx，若當a>0時，f(x)≥2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：由f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx，得f′(x)＝eq\f(2（x2－a）,x3).又函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且a>0，令f′(x)＝0，得x＝－eq\r(a)(舍去)或x＝eq\r(a).當0<x<eq\r(a)時，f′(x)<0；當x>eq\r(a)時，f′(x)>0.故x＝eq\r(a)是函數(shù)f(x)的微小值點，也是最小值點，且f(eq\r(a))＝lna＋1.要使f(x)≥2恒成立，需lna＋1≥2恒成立，則a≥e.所以實數(shù)a的取值范圍是[e，＋∞)．10．(2024·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝(2＋x＋ax2)ln(1＋x)－2x.(1)若a＝0，證明：當－1<x<0時，f(x)<0；當x>0時，f(x)>0；(2)若x＝0是f(x)的極大值點，求a.(1)證明：當a＝0時，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x).設函數(shù)g(x)＝f′(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x)，則g′(x)＝eq\f(x,（1＋x）2).當－1<x<0時，g′(x)<0；當x>0時，g′(x)>0，故當x>－1時，g(x)≥g(0)＝0，當且僅當x＝0時，g(x)＝0，從而f′(x)≥0，當且僅當x＝0時，f′(x)＝0.所以f(x)在(－1，＋∞)單調遞增．又f(0)＝0，故當－1<x<0時，f(x)<0；當x>0時，f(x)>0.(2)解：(ⅰ)若a≥0，由(1)知，當x>0時，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，這與x＝0是f(x)的極大值點沖突．(ⅱ)若a<0，設函數(shù)h(x)＝eq\f(f（x）,2＋x＋ax2)＝ln(1＋x)－eq\f(2x,2＋x＋ax2).由于當|x|<mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(1,|a|))))時，2＋x＋ax2>0，故h(x)與f(x)符號相同．又h(0)＝f(0)＝0，故x＝0是f(x)的極大值點，當且僅當x＝0是h(x)的極大值點．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，則當0<x<－eq\f(6a＋1,4a)，且|x|<mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(1,|a|))))時，h′(x)>0，故x＝0不是h(x)的極大值點．若6a＋1<0，則a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0，故當x∈(x1，0)，且|x|<mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(1,|a|))))時，h′(x)<0，所以x＝0不是h(x)的極大值點．若6a＋1＝0，則h′(x)＝eq\f(x3（x－24）,（x＋1）（x2－6x－12）2)，則當x∈(－1，0)時，h′(x)>0；當x∈(0，1)時，h′(x)<0.所以x＝0是h(x)的極大值點，從而x＝0是f(x)的極大值點．綜上，a＝－eq\f(1,6).B級實力提升1．設直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝lnx的圖象分別交于點M，N，則|MN|達到最小值時t的值為()A．1 B.eq\f(1,2) C.eq\f(\r(5),2) D.eq\f(\r(2),2)解析：由題意畫出函數(shù)圖象如圖所示，由圖可以看出|MN|＝y(tǒng)＝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).當0＜t＜eq\f(\r(2),2)時，y′＜0，可知y在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調遞減；當t＞eq\f(\r(2),2)時，y′＞0，可知y在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調遞增．故當t＝eq\f(\r(2),2)時，|MN|有最小值．答案：D2．已知函數(shù)f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值；(2)若對全部x≥1都有f(x)≥ax－1，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x>eq\f(1,e)；令f′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,e)，所以當x＝eq\f(1,e)時f(x)取得最小值－eq\f(1,e).(2)依題意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞]上恒成立，即不等式a≤lnx＋eq\f(1,x)對于x∈[1，＋∞]恒成立．令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，當x>1時，g′(x)>0，故g(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)的最小值是g(1)＝1.因此a≤g(x)min＝g(1)＝1，故a的取值范圍為(－∞，1]．3．設函數(shù)f(x)＝x－x2＋3lnx．證明：f(x)≤2x－2.證明：f(x)的定義域為(0，＋∞)，設g(x)＝f(x)－(2x－