2020-2021学年人教版高中数学选修2-2第一章1.3.3知能演练轻松闯关.docx

1．函数f(x)＝x3－3x(|x|<1)(　　)
A．有最大值，但无最小值
B．有最大值，也有最小值
C．无最大值，但有最小值
D．既无最大值，也无最小值
解析：选D.f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－1,1)上是单调递减函数，无最大值和最小值，故选D.
2．(2021·临沂高二检测)函数y＝x＋2cos x在[0，]上取最大值时，x的值为(　　)
A．0 B.
C. D.
解析：选B.∵y′＝1－2sin x.
解y′＞0得sin x＜，故0≤x＜，
解y′＜0得sin x＞，故＜x≤，
∴原函数在[0，)上单调递增，
在(，]上单调递减，
当x＝时函数取极大值，
同时也为最大值．
3．函数y＝x·e－x，x∈[0,4]的最小值为(　　)
A．0 B.
C. D.
解析：选A.f′(x)＝e－x＋xe－x·(－1)＝e－x－xe－x，令f′(x)＝0得x＝1.又f(0)＝0，f(1)＝e－1＝，f(4)＝4e－4＝，∴f(x)min＝0，故选A.
4．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是(　　)
A．－37 B．－29
C．－5 D．以上都不对
解析：选A.f′(x)＝6x2－12x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
由f(－2)＝－40＋m，f(0)＝m，f(2)＝－8＋m，则f(0)＝m＝3⇒f(－2)＝－40＋m＝－37.故选A.
5．(2022·高考辽宁卷)若x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是(　　)
A．ex≤1＋x＋x2
B.≤1－x＋x2
C．cos x≥1－x2
D．ln(1＋x)≥x－x2
解析：选C.设f(x)＝cos x＋x2－1，则f′(x)＝－sin x＋x≥0(x≥0)，所以f(x)＝cos x＋x2－1是增函数，所以f(x)＝cos x＋x2－1≥f(0)＝0，即cos x≥1－x2.
6．已知f(x)＝－x2＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m的取值范围是________．
解析：f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，得x＝.
由题设得∈(－2，－1)，故m∈(－4，－2)．
答案：(－4，－2)
7．函数f(x)＝的最大值点为________．
解析：法一：f′(x)＝＝0⇒x＝1.
进一步分析，最大值为f(1)＝.
法二：f(x)＝＝≤，当且仅当＝时，即x＝1时，等号成立，故f(x)max＝.
答案：1
8．若函数f(x)＝ax2＋4x－3在[0,2]上有最大值f(2)，则a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝2ax＋4，f(x)在[0,2]上有最大值f(2)，则要求f(x)在[0,2]上单调递增，则2ax＋4≥0在[0,2]上恒成立．当a≥0时，2ax＋4≥0恒成立．当a＜0时，要求4a＋4≥0恒成立，即a≥－1，∴a的取值范围是[－1，＋∞)．
答案：[－1，＋∞)
9．求下列函数在相应区间上的最值：
(1)f(x)＝x＋sin x，x∈[0,2π]；
(2)y＝，x∈[0,4]．
解：(1)f′(x)＝＋cos x.
令f′(x)＝0，又x∈[0,2π]，解得x＝或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：
x
0

2π
f′(x)

＋
0
－
0
＋

f(x)
0
↗
＋
↘
－
↗
π
故当x＝0时，f(x)有最小值f(0)＝0；
当x＝2π时，f(x)有最大值f(2π)＝π.
(2)y′＝＝.
令y′＝0，即－x2＋2x＋1＝0，得x＝1±，
而x＝1－∉[0,4]．
故当x∈(0,1＋)时，f′(x)＞0；
当x∈(1＋，4)时，f′(x)＜0.
因此x＝1＋是f(x)的极大值点，
f(x)极大值＝f(1＋)＝.
又由f(0)＝－1，f(4)＝，
故函数的最大值是，最小值为－1.
10．(2021·高考课标全国卷)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．
(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并争辩f(x)的单调性；
(2)当m≤2时，证明f(x)>0.
解：(1)f′(x)＝ex－.
由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.
于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－.
函数f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)>0.
当m＝2时，函数f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增．
又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．
当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．
由f′(x0)＝0得ex0＝，ln(x0＋2)＝－x0，
故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝>0.
综上，当m≤2时，f(x)>0.

1．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为(　　)
A．1 B.
C. D.
解析：选D.由题意，设|MN|＝F(t)＝t2－ln t(t＞0)，
令F′(t)＝2t－＝0，得t＝或t＝－(舍去)．
F(t)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
故t＝时，F(t)＝t2－ln t(t＞0)有微小值，也为最小值．即|MN|达到最小值，故选D.
2．f(x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1,1]总有f(x)≥0成立，则a＝________.
解析：①当－1≤x＜0时，a≤＝－对x∈[－1,0)恒成立，而当－1≤x＜0时，′＝＞0，则y＝－为[－1,0)上的增函数，从而－的最小值为4.于是a≤4.②当x＝0时，f(x)≥0总成立．③当0＜x≤1时，a≥＝－对x∈(0,1]总成立，而y＝－的导数为y′＝，令y′＝0⇒x＝，不难推断y＝－在(0,1]的最大值为4，∴a≥4.于是a＝4.
答案：4
3．已知a为常数，求函数f(x)＝－x3＋3ax(0≤x≤1)的最大值．
解：f′(x)＝－3x2＋3a＝－3(x2－a)．
若a≤0，则f′(x)≤0，函数f(x)单调递减，所以当x＝0时，有最大值f(0)＝0；
若a＞0，则令f′(x)＝0，解得x＝±.
由x∈[0,1]，则只考虑x＝的状况．
①0＜＜1，即0＜a＜1时，当x＝时，f(x)有最大值f()＝2a.(如下表所示)
x
(0，)

(，1)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
2a
↘
②≥1，即a≥1时，f′(x)≥0，函数f(x)在[0,1]上单调递增，当x＝1时，f(x)有最大值，f(1)＝3a－1.
综上，当a≤0，x＝0时，f(x)有最大值0；
当0＜a＜1，x＝时，f(x)有最大值2a；
当a≥1，x＝1时，f(x)有最大值3a－1.
4．(2022·高考课标全国卷)设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.
若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a＞0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.
故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于
k＜＋x(x＞0)．①
令g(x)＝＋x，
则g′(x)＝＋1＝.
由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)＜0，h(2)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点，故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．
当x∈(0，α)时，g′(x)＜0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．
又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．
由于①式等价于k＜g(α)，故整数k的最大值为2.