PAGE1-課時作業9函數的最大(小)值與導數學問點一函數最值的概念1.設f(x)是[a，b]上的連續函數，且在(a，b)內可導，則下列結論中正確的是()A．f(x)的極值點肯定是最值點B．f(x)的最值點肯定是極值點C．f(x)在此區間上可能沒有極值點D．f(x)在此區間上可能沒有最值點答案C解析依據函數的極值與最值的概念推斷知選項A，B，D都不正確，只有選項C正確．2．函數y＝f(x)在區間[a，b]上的最大值是M，最小值是m，若M＝m，則f′(x)()A．等于0 B．大于0C．小于0 D．以上都有可能答案A解析由題意，知在區間[a，b]上，有m≤f(x)≤M，當M＝m時，今M＝m＝C，則必有f(x)＝C，∴f′(x)＝C′＝0.故選A.學問點二求函數的最值3.函數f(x)＝x3－3x(|x|<1)()A．有最大值，但無最小值 B．有最大值，也有最小值C．無最大值，但有最小值 D．既無最大值，也無最小值答案D解析f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，當x∈(－1,1)時，f′(x)<0，所以f(x)在(－1,1)上是單調遞減函數，無最大值和最小值，故選D.4．函數y＝x－sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))的最大值是()A．π－1 B.eq\f(π,2)－1C．π D．π＋1答案C解析因為y′＝1－cosx，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，y′>0，則函數y＝x－sinx在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上為增函數，所以y的最大值為ymax＝π－sinπ＝π，故選C.學問點三含參數的函數的最值問題5.若函數y＝x3＋eq\f(3,2)x2＋m在[－2,1]上的最大值為eq\f(9,2)，則m等于()A．0 B．1C．2 D.eq\f(5,2)答案C解析y′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，令y′＝0，得x＝0或x＝－1.因為f(0)＝m，f(－1)＝m＋eq\f(1,2)，又f(1)＝m＋eq\f(5,2)，f(－2)＝m－2，所以f(1)＝m＋eq\f(5,2)最大，所以m＋eq\f(5,2)＝eq\f(9,2)，所以m＝2.故選C.6．若函數f(x)＝x3－3x－a在區間[0,3]上的最大值、最小值分別為m，n，則m－n＝________.答案20解析∵f′(x)＝3x2－3，∴當x>1或x<－1時f′(x)>0，當－1<x<1時，f′(x)<0.∴f(x)在[0,1]上單調遞減，在[1,3]上單調遞增．∴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)＝20.7．已知函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－eq\f(2,3)與x＝1處都取得極值．(1)求a，b的值及函數f(x)的單調區間；(2)若對x∈[－1,2]，不等式f(x)<c2恒成立，求c的取值范圍．解(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因為f′(1)＝3＋2a＋b＝0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq\f(4,3)－eq\f(4,3)a＋b＝0，解得a＝－eq\f(1,2)，b＝－2，所以f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，當x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調遞增極大值單調遞減微小值單調遞增所以函數f(x)的遞增區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))和(1，＋∞)；遞減區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)).(2)由(1)知，f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2－2x＋c，x∈[－1,2]，當x＝－eq\f(2,3)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq\f(22,27)＋c為極大值，因為f(2)＝2＋c，所以f(2)＝2＋c為最大值．要使f(x)<c2(x∈[－1,2])恒成立，只需c2>f(2)＝2＋c，解得c<－1或c>2.故c的取值范圍為(－∞，－1)∪(2，＋∞)．一、選擇題1．使函數f(x)＝x＋2cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上取最大值的x為()A．0 B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)答案B解析∵f′(x)＝1－2sinx＝0，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，sinx＝eq\f(1,2)，x＝eq\f(π,6)，∴當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))時，f′(x)>0，f(x)是增函數．當x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))時，f′(x)<0，f(x)是減函數，即x＝eq\f(π,6)，f(x)取最大值．故選B.2．函數y＝xe－x，x∈[0,4]的最大值是()A．0 B.eq\f(1,e)C.eq\f(4,e4) D.eq\f(2,e2)答案B解析y′＝e－x－x·e－x＝e－x(1－x)，令y′＝0，∴x＝1.∵f(0)＝0，f(4)＝eq\f(4,e4)，f(1)＝e－1＝eq\f(1,e)，∴f(1)為最大值．故選B.3．已知函數f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數)在[－2,2]上有最大值3，那么此函數在[－2,2]上的最小值為()A．－37 B．－29C．－5 D．－11答案A解析∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，由f′(x)＝0得x＝0或2.∵f(0)＝m，f(2)＝－8＋m，f(－2)＝－40＋m，明顯f(0)>f(2)>f(－2)，∴m＝3，最小值為f(－2)＝－37.4．函數f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內有最小值，則a的取值范圍為()A．0≤a<1 B．0<a<1C．－1<a<1 D．0<a<eq\f(1,2)答案B解析∵f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0，可得a＝x2.又∵x∈(0,1)，∴0<a<1，故選B.5．已知(a＋1)x－1－lnx≤0對隨意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))恒成立，則實數a的最大值為()A．0 B．1C．1－2ln2 D.eq\f(－1＋ln2,2)答案C解析原問題等價于a＋1≤eq\f(lnx＋1,x)對隨意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))恒成立，令h(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，則h′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，令h′(x)＝0，得x＝1，且當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時，h′(x)＞0，當x∈(1,2]時，h′(x)＜0，所以函數h(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調遞增，在(1,2]上單調遞減，所以最小值為mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，h2))＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－2ln2，所以a≤2－2ln2－1＝1－2ln2，選C.二、填空題6．函數f(x)＝eq\f(4x,x2＋1)，x∈[－2,2]的最大值是________，最小值是________．答案2－2解析∵y′＝eq\f(4x2＋1－2x·4x,x2＋12)＝eq\f(－4x2＋4,x2＋12)，令y′＝0，可得x＝1或－1.又∵f(1)＝2，f(－1)＝－2，f(2)＝eq\f(8,5)，f(－2)＝－eq\f(8,5)，∴最大值為2，最小值為－2.7．若F(x)＝x－2lnx＋2a，則F(x)在(0，＋∞)上的最小值是________．答案2－2ln2＋2a解析令F′(x)＝1－eq\f(2,x)＝eq\f(x－2,x)＝0得x＝2.當x∈(0,2)時F′(x)<0，當x∈(2，＋∞)時，F′(x)>0，∴當x＝2時F(x)min＝F(2)＝2－2ln2＋2a.8．已知函數f(x)＝2lnx＋eq\f(a,x2)(a＞0)．若當x∈(0，＋∞)時，f(x)≥2恒成立，則實數a的取值范圍是________．答案[e，＋∞)解析f(x)≥2即a≥2x2－2x2lnx.令g(x)＝2x2－2x2lnx，x＞0，則g′(x)＝2x(1－2lnx)．由g′(x)＝0得x＝eeq\s\up15(eq\f(1,2))，且0＜x＜eeq\s\up15(eq\f(1,2))時，g′(x)＞0；當x＞eeq\s\up15(eq\f(1,2))時g′(x)＜0，∴x＝eeq\s\up15(eq\f(1,2))時g(x)取最大值g(eeq\s\up15(eq\f(1,2)))＝e，∴a≥e.三、解答題9．已知函數f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常數a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函數．(1)求f(x)的表達式；(2)求g(x)在區間[1,2]上的最大值與最小值．解(1)∵f′(x)＝3ax2＋2x＋b，∴g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.∵g(x)是奇函數，∴g(－x)＝－g(x)，從而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－eq\f(1,3)，b＝0，因此f(x)的表達式為f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2.(2)由(1)知g(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x，∴g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0，解得x1＝－eq\r(2)(舍去)，x2＝eq\r(2)，而g(1)＝eq\f(5,3)，g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，g(2)＝eq\f(4,3)，因此g(x)在區間[1,2]上的最大值為g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，最小值為g(2)＝eq\f(4,3).10．已知函數f(x)＝lnx＋eq\f(a,x).(1)當a<0時，求函數f(x)的單調區間；(2)若函數f(x)在[1，e]上的最小值是eq\f(3,2)，求a的值．解函數f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，(1)∵a<0，∴f′(x)>0，故函數在其定義域(0，＋∞)上單調遞增．(2)x∈[1，e]時，分如下狀況探討：①當a<1時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增，其最小值為f(1)＝a<1，這與函數在[1，e]上的最小值是eq\f(3,2)相沖突；②當a＝1時，函數f(x)在[1，e]上單調遞增，其最小值為f(1)＝1，同樣與最小值是eq\f(3,2)相沖突；③當1<a<e時，函數f(x)