【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册课时练习5.3.3《函数的最大(小）值与导数》（解析版）.doc，共(14)页，823.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时同步练5.3.3函数的最大（小）值与导数一、单选题1．函数3213fxxx在1,3上的最小值为（）A．-2B．0C．23D．43【答案】D【解析】由题意，函数3213fxxx，则22fxxx，当[1,2)x时，0fx，函数fx单调递减；当

(2,3]x时，0fx，函数fx单调递增，所以函数fx在区间1,3上的最小值为321224323f，故选D．2．函数()sinfxxx，[,]22x的最大值是（）A．12B．C．D．12

【答案】A【解析】因为sinfxxx，所以cos1fxx，易得当,22x时，0fx恒成立，所以fx在闭区间,22内单调递减，故当2x时，fx取最

大值，即maxsin12222fxf，故选A．3．已知函数21()ln2fxxx，函数()fx在[1,]e上的最大值为（）A．12B．2eC．13D．212e【答案】D【解析】因为

函数21()ln2fxxx，则1()fxxx，显然在[1,]e上()0fx，故函数()fx单调递增，故22max1()()ln122efxfeee故选D4．若不等式210xax对于一切10,2x恒成立，则a的最小

值是（）A．0B．2C．52D．3【答案】C【解析】因为不等式210xax对于一切10,2x恒成立，所以1axx对一切10,2x恒成立，所以max110,2axxx

，又因为1fxxx在10,2上单调递减，所以min1522fxf，所以52a，所以a的最小值为52，故选C.5．若关于x的方程ln0kxx有两个实数根，则实数k的取值范围是（

）A．(,)eB．1,eC．10,eD．(0,)e【答案】C【解析】由题意得lnxkx，设ln()xfxx，21ln()xfxx.当0xe时，()0fx，()fx为增函数；当xe时，()0fx，()fx为减函数,

且()0fx.所以()fx有最大值1()fee，简图如下，由图可知，1ke0时符合题意.故选C.6．已知函数2()xfxxae有最小值，则函数yfx的零点个数为（）A．0B．1C．2D．不确定【答案】C【解析】由题意，2()2xfxxaex，因

为函数()fx有最小值，且0xe，所以函数存在单调递减区间，即()0fx有解，所以220xxa有两个不等实根，所以函数yfx的零点个数为2.故选C.7．若存在1,xee，使得不等式22ln30xxxmx成立，则实数m的最大值为（）A

．132eeB．32eeC．4D．2e1【答案】A【解析】2230xlnxxmx32mlnxxx设32hxlnxxx，则2231231xxhxxxx当1

1xe时，0hx，hx单调递减当1xe时，0hx，hx单调递增存在1xee，，32mlnxxx成立maxmhx，1123heee，32heee1hhee

132mee故选A8．若定义域为R的偶函数()fx满足2fxfx，且当01x剟时，()1fxx，则函数()()xgxfxe在[2,2]上的最大值为（）A．1B

．1eC．2eD．－1e【答案】A【解析】根据(2)()fxfx,得函数()fx关于点(1,0)对称,且当01x剟时,()1fxx,则12x时，()1fxx，所以当[02]x，时，()1fxx;又函数()fx为偶函数,所以当[2,0)x时，()1f

xx，(1)e[0,2]()(1)e,[2,0)xxxxgxxx则e,[0,2]()(2)e,[2,0)xxxxgxxx,可知当[2,0)x，'0gx

故()gx在[-2，0)上单调递增,[02]x，时'0gx，()gx在[0,2]上单调递减,故max()(0)1gxg.故选A9．已知存在正实数x，y满足2222()(lnln)0axxyyx，则实数a的取值范围是（）A．

(,0)B．[0，1]C．[0，)D．[1，)【答案】C【解析】已知存在正实数x，y满足2222lnln0axxyyx，则2221lnyyaxx有解，令2ytx

，则0t，11ln2fttt，0t，则1ln1fxtt，又易得()ft为增函数，又10f，当01x时，()0fx，当1x时，()0fx，所以()yfx在(0,1)为减函数，在(1,)为增函数，所以()10minfxf

，即()fx的值域为0,，即20,a，即实数a的取值范围是0,，故选C．10．已知点A为曲线40yxxx上的动点，B为圆2221xy上的动点，则AB的最小值是（）A．3B．4C

．32D．42【答案】A【解析】（方法一）设4,Axxx，并设点A到圆22(2)1xy的圆心C距离的平方为()gx，则2222416()(2)2412(0)gxxxxxxxx，求导，得433388()414xxgxxxx

，令()0gx，得2x.由02x时，()0gx，()gx单调递减；当2x时，()0gx，()gx单调递增.从而()gx在2x时取得最小值为(2)16g，从而点A到圆心C的最小值为(2)164g，所以||AB的最小值为413.故选A（方法二）由对勾函数的性质

，可知44yxx，当且仅当2x时取等号，结合图象可知当A点运动到2,4（）时能使点A到圆心的距离最小，最小为4，从而AB的最小值为413.故选A11．已如函数1ln,132,1xxfxxx

，若12xx，且122fxfx，则12xx的取值范围是（）A．2,B．,2C．2,D．,2【答案】C【解析】根据题意，画出分段函数fx图象如下：由两个函数图象及题意，可知：12,xx不可能同时大于1，也不可能

同时小于1．否则不满足122fxfx∴121xx，∴121212321ln3ln1fxfxxxxx，∵122fxfx，∴123ln12xx，∴1211ln3xx，122222111ln1ln33xxxxxx

，21x．构造函数11ln3gxxx，1x．则113gxx．∵1x，∴33x，∴11033x，∴11033x，∴211133x．∴0gx

．∴gx在1,上是单调递增函数．∴min12gxg．∴2gx．∴122xx．故选C．12．已知对于任意的0x，总有22xbaxxee成立，其中e为自然对数的底数，则2ba的最小值为（）A．12B．2eC．1e

D．2e【答案】A【解析】由题得(2)21axbxe，设(2)2(2)2()(0),()[1(2)]axbaxbfxxexfxexa，由()0fx得1(2)0,(2)1xaax，当2a时，12xa，所以函数f(x)在

1(0,)2a上单调递增，在1(+)2a，上单调递减，所以12max11()()1,22bfxfeaa所以121ln(2)2,12ln(2),2baeabab，所以1ln(2)

22(2)baaa，设1lnt2(0),()2attgtt，所以22ln()4tgtt，所以函数()gt在（0,1）单调递减，在（1，﹢∞）单调递增，所以min1()(1)2gtg

.所以此时2ba的最小值为12.当2a时，函数f(x)单调递增，不符合题意(2)21axbxe.故选A二、填空题13．已知函数fxlnxx，则fx的最大值为____________．【答案】1【

解析】11()1,0xfxxxx()001,()01fxxfxx则函数fx在()0,1上单调递增，在()1,+?上单调递减即max()(1)ln111fxf故填114．已知函数()lnfxaxx，当(0,]xe（e为自然常数），

函数()fx的最小值为3，则a的值为_____________.【答案】2e【解析】1'()fxax，(0,]xe，当1ae时，则'()0fx，()fx在(0,]e上是减函数，()()()13fxfxfeae最小值极小值，4a

e（舍去）．当1ae时，当10xa时，'()0fx，()fx递减，当1xea时，'()0fx，()fx递增．∴11()()()1ln3fxfxfaa最小值极小值，2ae，符合题意．故填2e．15．已知32()26fxxxm

（m为常数）在22,上有最小值3，那么此函数在22,上的最大值为_________.【答案】43.【解析】32()26fxxxm，2()6126(2)fxxxxx,令()0fx，解得0x或2x，当2

0x时，()0,()fxfx单调递减，当02x时，()0,()fxfx单调递增，当2x时，()0,()fxfx单调递减，所以()fx在0x时有极小值，也是22,上的最小值，即(0)3fm，函数在22,上的最大值在2x或2x时取得，3232

(2)2(2)6(2)343;(2)2262311ff，函数在22,上的最大值为43.故填4316．函数()lnfxxax，2()1gxax，当0a时，对任意1x、21,ex，都有12()()fxgx成立，

则a的取值范围是__________．【答案】12a【解析】求出函数的导数，通过题中所给的大的范围，可以确定函数在相应区间上的单调性，求出函数的最值，得到关于a的不等式，从而求出a的范围.详解：'()2gxax，依题意，[1,e]x时，minmax

()()fxgx成立，已知0a，则)'(0gx，所以()gx在[1,]e上单调递减，而()fx在[1,]e上单调递增，所以min()(1)fxfa，max()(1)1gxga，所以有1aa，得12a，故a的取值范围是12a.故填12a17．已知函数2e2(1)(

)23(1)xxxxxfxxx„，当(,]xm时，()fx的取值范围为1,1xe，则实数m的取值范围是________.【答案】11,22e【解析】当1x„时，

12xfxxe，令0fx，则ln21x或x<-1；0fx，则1ln2x，函数()fx在1,ln2上单调递减，在,1,ln2,1单调递增，函数()fx在1x处取得极大值为111fe，在ln2x出的极小值

为2ln2ln2,3ffxe.当1x时，11231,12e2efxxx剟，综上所述，m的取值范围为11,22e故填11,22e18．设直线xt与函数2fxx，2lngxx的图象

分别交于点,MN，则当MN达到最小值时，t的值为________．【答案】1【解析】设2()()()2htftgttlnt，则22(1)(1)()2tthtttt，当01t时，()0ht，

当1t时，()0ht，即函数()ht在(0,1)为减函数，在(1,)为增函数，即1minhth，即当||MN达到最小值时，t的值为1，故填1.三、解答题19．已知函数32133fxxxxbbR有极小值7.（1）求实数b的值；（2）求f（x）在

区间3,4上的最大值和最小值.【解析】（1）223fxxx，由0fx得：11x或23x，则：,1x时：0fx，f（x）递增；1,3x时：0fx

，f（x）递减；3,x时：0fx，f（x）递增；函数f（x）在3x取得极小值7，即3213333373fb，解得所求2b；（2）由以上可知函数f（x）在1x取得极大值31111113233f又37f

，1411433f故所求最小值为7，最大值为113.20．已知函数ln11fxxxaxax（1）若fx在1,上是减函数，求实数a的取值范围；（2）若fx的最大值为2，求实数a的值.【解析】（1）若

fx在1,上是减函数，则0fx在1,恒成立，ln220fxxaxa，∴ln221xax，设ln221xgxx，则2122ln21xxgxx，∵1x，∴0,gxgx递增，又12g

，故2a.（2）由12f，要使max2fx，故fx的递减区间是1,，递增区间是0,1，∴10f，即ln1220aa，∴2a.21．已知函数21cos2fxxmx

，'fx是fx的导函数，'1gxfx.（1）当2m时，判断函数gx在0,上是否存在零点，并说明理由；（2）若fx在0,上存在最小值，求m的取值范围.【解析】（1）2m时，2sin1gxxx.

令'0gx，即1cos2x，0,x，得3x，当x变化时，'gx，gx变化如下：x0,33,3'fx-0+fx减最小值增∴函数gx的单调递减区间为0,3

，单调递增区间为,3.∴gx的极小值为13033g.∴函数gx在0,上不存在零点.（2）因为21cos2fxxmx，所以'sinfxxmx，令'sinhxfxxmx

，则'1coshxmx.①当1m时，1cos0mx，即'0hx，∴'sinhxfxxmx在0,单调递增，∴0,x时，00hxh，∴fx在0,单调递增，∴fx在0,

不存在最小值，②当1m>时，10,1m，所以'1cos0hxmx，即1cosxm在0,内有唯一解0x，当00,xx时，'0hx，当0,xx时，'0hx，所以hx在00,x上单调递减，

在0,x上单调递增.所以000hxh，又因为0h，所以sinhxxmx在0,0,x内有唯一零点1x，当10,xx时，0hx即'0fx，当1,xx时，0hx即'0fx，所以fx在10,x上单调递减，

在1,x上单调递增.所以函数fx在1xx处取得最小值，即1m>时，函数fx在0,上存在最小值.综上所述，fx在0,上存在最小值时，m的取值范围为1,.22．已知函数1()lnxfxex．（1）求曲线()yfx在点(1,(1)

)f处的切线方程；（2）若不等式()1fxaxa…对任意[1,)x恒成立，求实数a的取值范围．【解析】（1）依题意，0(1)ln11fe，11()xfxex，0(1)12fe，所以曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为12

(1)yx，即21yx．（2）令()()(1)1(1)gxfxaxx，则11()()xgxfxaeax．令11()(1)xhxexx，则121()xhxex，当1x时，11xe，2

101x，所以()0hx，函数()hx在[1,)上是增函数．所以()(1)2hxh，所以()2gxa．①当2a时，()0gx，所以函数()gx在[1,)上是增函数，所以()(1)0gxg，即对任意[1,)x不等式()1fxaxa

恒成立．②当2a时，11a，由1x，得101x．111()1xxgxeaeax．当(1,1ln(1))xa时，110xea，即()0gx，函数()gx

在(1,1ln(1))a上是减函数，所以()(1)0gxg，即()1fxaxa，不合题意．综上，所以实数a的取值范围是(,2]．