選修2-2

1.3.3

函數的最值與導數

一、選擇題

1．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0

C．小于0

D．以上都有可能

[答案]　A

[解析]　∵M＝m，∴y＝f(x)是常數函數

∴f′(x)＝0，故應選A.2．設f(x)＝x4＋x3＋x2在[－1,1]上的最小值為()

A．0

B．－2

C．－1

D.[答案]　A

[解析]　y′＝x3＋x2＋x＝x(x2＋x＋1)

令y′＝0，解得x＝0.∴f(－1)＝，f(0)＝0，f(1)＝

∴f(x)在[－1,1]上最小值為0.故應選A.3．函數y＝x3＋x2－x＋1在區間[－2,1]上的最小值為()

A.B．2

C．－1

D．－4

[答案]　C

[解析]　y′＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)

令y′＝0解得x＝或x＝－1

當x＝－2時，y＝－1；當x＝－1時，y＝2；

當x＝時，y＝；當x＝1時，y＝2.所以函數的最小值為－1，故應選C.4．函數f(x)＝x2－x＋1在區間[－3,0]上的最值為()

A．最大值為13，最小值為

B．最大值為1，最小值為4

C．最大值為13，最小值為1

D．最大值為－1，最小值為－7

[答案]　A

[解析]　∵y＝x2－x＋1，∴y′＝2x－1，令y′＝0，∴x＝，f(－3)＝13，f＝，f(0)＝1.5．函數y＝＋在(0,1)上的最大值為()

A.B．1

C．0

D．不存在[答案]　A

[解析]　y′＝－＝·

由y′＝0得x＝，在上y′>0，在上

y′<0.∴x＝時y極大＝，又x∈(0,1)，∴ymax＝.6．函數f(x)＝x4－4x

(|x|<1)()

A．有最大值，無最小值

B．有最大值，也有最小值

C．無最大值，有最小值

D．既無最大值，也無最小值

[答案]　D

[解析]　f′(x)＝4x3－4＝4(x－1)(x2＋x＋1)．

令f′(x)＝0，得x＝1.又x∈(－1,1)

∴該方程無解，故函數f(x)在(－1,1)上既無極值也無最值．故選D.7．函數y＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值和最小值分別是()

A．5，－15

B．5,4

C．－4，－15

D．5，－16

[答案]　A

[解析]　y′＝6x2－6x－12＝6(x－2)(x＋1)，令y′＝0，得x＝2或x＝－1(舍)．

∵f(0)＝5，f(2)＝－15，f(3)＝－4，∴ymax＝5，ymin＝－15，故選A.8．已知函數y＝－x2－2x＋3在[a,2]上的最大值為，則a等于()

A．－

B.C．－

D.或－

[答案]　C

[解析]　y′＝－2x－2，令y′＝0得x＝－1.當a≤－1時，最大值為f(－1)＝4，不合題意．

當－1

9．若函數f(x)＝x3－12x在區間(k－1，k＋1)上不是單調函數，則實數k的取值范圍是

()

A．k≤－3或－1≤k≤1或k≥3

B．－3

C．－2

D．不存在這樣的實數

[答案]　B

[解析]　因為y′＝3x2－12，由y′>0得函數的增區間是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y′<0，得函數的減區間是(－2,2)，由于函數在(k－1，k＋1)上不是單調函數，所以有k－1<－2

A．[3，＋∞)

B．[－3，＋∞)

C．(－3，＋∞)

D．(－∞，－3)

[答案]　B

[解析]　∵f(x)＝x3＋ax－2在[1，＋∞)上是增函數，∴f′(x)＝3x2＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立

即a≥－3x2在[1，＋∞)上恒成立

又∵在[1，＋∞)上(－3x2)max＝－3

∴a≥－3，故應選B.二、填空題

11．函數y＝x＋(1－x)，0≤x≤1的最小值為______．

[答案]

由y′>0得x>，由y′<0得x<.此函數在上為減函數，在上為增函數，∴最小值在x＝時取得，ymin＝.12．函數f(x)＝5－36x＋3x2＋4x3在區間[－2，＋∞)上的最大值________，最小值為________．

[答案]　不存在；－28

[解析]　f′(x)＝－36＋6x＋12x2，令f′(x)＝0得x1＝－2，x2＝；當x>時，函數為增函數，當－2≤x≤時，函數為減函數，所以無最大值，又因為f(－2)＝57，f＝－28，所以最小值為－28.13．若函數f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值為，則a的值為________．

[答案]?。?

[解析]　f′(x)＝＝

令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－(舍去)

當x>時，f′(x)<0；當00；

當x＝時，f(x)＝＝，＝<1，不合題意．

∴f(x)max＝f(1)＝＝，解得a＝－1.14．f(x)＝x3－12x＋8在[－3,3]上的最大值為M，最小值為m，則M－m＝________.[答案]　32

[解析]　f′(x)＝3x2－12

由f′(x)>0得x>2或x<－2，由f′(x)<0得－2

又f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，∴最大值M＝24，最小值m＝－8，∴M－m＝32.三、解答題

15．求下列函數的最值：

(1)f(x)＝sin2x－x；

(2)f(x)＝x＋.[解析](1)f′(x)＝2cos2x－1.令f′(x)＝0，得cos2x＝.又x∈，∴2x∈[－π，π]，∴2x＝±，∴x＝±.∴函數f(x)在上的兩個極值分別為

f＝－，f＝－＋.又f(x)在區間端點的取值為

f＝－，f＝.比較以上函數值可得f(x)max＝，f(x)min＝－.(2)∵函數f(x)有意義，∴必須滿足1－x2≥0，即－1≤x≤1，∴函數f(x)的定義域為[－1,1]．

f′(x)＝1＋(1－x2)－·(1－x2)′＝1－

.令f′(x)＝0，得x＝

.∴f(x)在[－1,1]上的極值為

f＝＋＝.又f(x)在區間端點的函數值為f(1)＝1，f(－1)＝－1，比較以上函數值可得f(x)max＝，f(x)min＝－1.16．設函數f(x)＝ln(2x＋3)＋x2.求f(x)在區間上的最大值和最小值．

[解析]　f(x)的定義域為.f′(x)＝2x＋＝

＝.當－0；

當－1

當x>－時，f′(x)>0，所以f(x)在上的最小值為

f＝ln2＋.又f－f＝ln＋－ln－＝ln＋＝<0，所以f(x)在區間上的最大值為

f＝ln＋.17．(2010·安徽理，17)設a為實數，函數f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的單調區間及極值；

(2)求證：當a>ln2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1.[分析]　本題考查導數的運算，利用導數研究函數的單調區間，求函數的極值和證明函數不等式，考查運算能力、綜合分析和解決問題的能力．

解題思路是：(1)利用導數的符號判定函數的單調性，進而求出函數的極值．(2)將不等式轉化構造函數，再利用函數的單調性證明．

[解析](1)解：由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：

x

(－∞，ln2)

ln2

(ln2，＋∞)

f′(x)

－

0

＋

f(x)

單調遞減

2(1－ln2＋a)

單調遞增

故f(x)的單調遞減區間是(－∞，ln2)，單調遞增區間是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2處取得極小值，極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．

(2)證明：設g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知當a>ln2－1時，g′(x)最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是對任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R內單調遞增．

于是當a>ln2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．

而g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.18．已知函數f(x)＝，x∈[0,1]．

(1)求f(x)的單調區間和值域；

(2)設a≥1，函數g(x)＝x3－3a2x－2a，x∈[0,1]．若對于任意x1∈[0,1]，總存在x0∈[0,1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，求a的取值范圍．

[解析](1)對函數f(x)求導，得

f′(x)＝＝－

令f′(x)＝0解得x＝或x＝.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：

x

0

(0，)

(，1)

f′(x)

－

0

＋

f(x)

－



－4



－3

所以，當x∈(0，)時，f(x)是減函數；

當x∈時，f(x)是增函數．

當x∈[0,1]時，f(x)的值域為[－4，－3]．

(2)g′(x)＝3(x2－a2)．

因為a≥1，當x∈(0,1)時，g′(x)<0.因此當x∈(0,1)時，g(x)為減函數，從而當x∈[0,1]時有g(x)∈[g(1)，g(0)]．

又g(1)＝1－2a－3a2，g(0)＝－2a，即x∈[0,1]時有g(x)∈[1－2a－3a2，－2a]．

任給x1∈[0,1]，f(x1)∈[－4，－3]，存在x0∈[0,1]使得g(x0)＝f(x1)成立，則[1－2a－3a2，－2a]?[－4，－3]．

即

解①式得a≥1或a≤－；解②式得a≤.又a≥1，故a的取值范圍為1≤a≤.