2020高中数学 课时分层作业19 函数的最大（小）值与导数 新人教A版选修1-1
课时分层作业(十九) 函数的最大（小）值与导数
(建议用时：45分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1．函数f(x)＝x＋cos x在[0，π]上的( )
A．最小值为0，最大值为
B．最小值为0，最大值为＋1
C．最小值为1，最大值为
D．最小值为1，最大值为π－1
D [f′(x)＝1－sin x，由x∈[0，π]知，f′(x)≥0，即f(x)在[0，π]上是增函数，所以f(x)max＝f(π)＝π－1，f(x)min＝f(0)＝1.]
2．函数f(x)＝x3－x2－x＋a在区间[0,2]上的最大值是3，则a等于( )
A．3 B．1 C．2 D．－1
B [f′(x)＝3x2－2x－1，令f′(x)＝0得x＝1或x＝－(舍)．
由f(0)＝a，f(1)＝a－1，f(2)＝a＋2知
f(x)max＝f(2)＝a＋2＝3，解得a＝1.]
3．已知函数f(x)＝ax3＋c，且f′(1)＝6，函数在[1,2]上的最大值为20，则c的值为( )
A．1 B．4
C．－1 D．0
B [∵f′(x)＝3ax2，
∴f′(1)＝3a＝6，∴a＝2.
当x∈[1,2]时，f′(x)＝6x2＞0，即f(x)在[1,2]上是增函数，
∴f(x)max＝f(2)＝2×23＋c＝20，
∴c＝4.]
4．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为( )
【导学号：97792164】
A．0≤a＜1 B．0＜a＜1
C．－1＜a＜1 D．0＜a＜
B [∵f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0得x2＝a.
∴x＝±.
6
又∵f(x)在(0,1)内有最小值，
∴0＜＜1，∴0＜a＜1.故选B.]
5．已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则m的取值范围是( )
A．m≥ B．m>
C．m≤ D．m<
A [∵f′(x)＝2x3－6x2，
令f′(x)＝0得x＝0或x＝3，
验证可知x＝3是函数的最小值点，
故f(x)min＝f(3)＝3m－，
由f(x)＋9≥0恒成立，得f(x)≥－9恒成立，
即3m－≥－9，∴m≥.]
二、填空题
6．当x∈[－1,1]时，函数f(x)＝的值域为__________．
[0，e] [f′(x)＝，令f′(x)＝0得x＝0或x＝2(舍)．
又f(－1)＝e，f(0)＝0，f(1)＝，则f(x)max＝f(－1)＝e，
f(x)min＝f(0)＝0，因此函数f(x)的值域为[0，e]．]
7．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________．
(－4，－2) [f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0得，x＝.
由题意知－2<<－1，∴－4
0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为__________．
－1 [f′(x)＝(a>0)，令f′(x)＝0得x＝或x＝－(舍)．
当01时，x∈[1，)时，f′(x)>0，x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，
6
则当x＝时，f(x)有最大值，即f(x)max＝f()＝＝，解得a＝不合题意．
综上知，a＝－1.]
三、解答题
9．已知函数f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常数a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函数.
【导学号：97792165】
(1)求f(x)的表达式．
(2)求g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值．
[解] (1)因为f′(x)＝3ax2＋2x＋b，
所以g(x)＝f(x)＋f′(x)
＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.
因为g(x)是奇函数，
所以g(－x)＝－g(x)，
从而3a＋1＝0，b＝0，
解得a＝－，b＝0，
因此f(x)的表达式为f(x)＝－x3＋x2.
(2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x，
所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0.
解得x1＝－(舍去)，x2＝，
而g(1)＝，g()＝，g(2)＝，
因此g(x)在区间[1,2]上的最大值为g()＝，最小值为g(2)＝.
10．已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0.
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0)＜2－2.
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
设g(x)＝ax－a－ln x，
则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，
而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－.
6
当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
综上，a＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x.
设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.
当x∈时，h′(x)＜0；
当x∈时，h′(x)＞0.
所以h(x)在上单调递减，在上单调递增．
又h(e－2)>0，h＜0，h(1)＝0，
所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0,1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．
由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．
由x0∈得f(x0)＜.
因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，
由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.
所以e－2时，F′(x)>0；所以当x＝时，F(x)有极小值也就是最小值，故选D.]
3．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对任意的x∈(0,1]都有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围为________．
[4，＋∞) [∵x∈(0,1]，
∴f(x)≥0可化为a≥－.
设g(x)＝－，则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，得x＝.
当 00；
当ln 2时，f′(x)>0，
因此当x＝ln 2时，函数f(x)有最小值，若函数f(x)有零点，则f(x)min＝f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋a≤0，
解得a≤2ln 2－2.]
5．设函数f(x)＝x3－(1＋a)x2＋4ax＋24a，其中常数a>1，
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若当x≥0时，f(x)>0恒成立，求a的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝x2－2(1＋a)x＋4a＝(x－2)(x－2a)，由a>1知，2a>2，当x<2时，f′(x)>0，故f(x)在区间(－∞，2)上是增函数；
当22a时，f′(x)>0，故f(x)在区间(2a，＋∞)上是增函数．
6
综上，当a>1时，f(x)在区间(－∞，2)和(2a，＋∞)上是增函数，在区间(2,2a)上是减函数．
(2)由(1)知，当x≥0时，f(x)在x＝2a或x＝0处取得最小值．
f(2a)＝(2a)3－(1＋a)(2a)2＋4a·2a＋24a＝－a3＋4a2＋24a，f(0)＝24a.
由假设知即
解得1
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