【文档说明】2021学年人教A版数学选修2-2跟踪训练：1.3.3　函数的最大（小）值与导数.docx，共(11)页，105.761 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

[A组学业达标]1．函数f(x)＝x－2sinx在区间[0，π]上的最大值、最小值分别为()A．π，0B．π2－2，0C．π，π4－1D．0，π4－1解析：f′(x)＝1－2cosx，令f′(x)＝0，得cosx

＝22，又x∈[0，π]，所以x＝π4，所以x∈0，π4时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，x∈π4，π时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，且fπ4＝π4－2sinπ4＝π4－1，f(0)

＝0，f(π)＝π，所以函数f(x)在区间[0，π]上的最大值、最小值分别为π和π4－1.故选C.答案：C2．函数f(x)＝x3－x2－x＋a在区间[0,2]上的最大值为3，则a的值为()A．0B．1C．2D．－1解析：f′(x)＝3x2－2x－1，若f′(x)＝0，则x＝－13或x＝1，又因

为f－13＝a＋527，f(0)＝a，f(1)＝a－1，f(2)＝a＋2，则f(2)最大，则a＋2＝3，则a＝1.故选B.答案：B3．已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b

]上连续且f′(x)＜g′(x)，则f(x)－g(x)的最大值为()A．f(a)－g(a)B．f(b)－g(b)C．f(a)－g(b)D．f(b)－g(a)解析：令F(x)＝f(x)－g(x)，所以F′(x)＝f′(x)－g′(x)＜0.所以F′(x)＜0，所以F(x)在[a，b]上

递减，所以F(x)max＝f(a)－g(a)．故选A.答案：A4．已知函数f(x)＝ax＋lnx－1(a＞0)在定义域内有零点，则实数a的取值范围是()A．(－∞，1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．

(1，＋∞)解析：函数f(x)定义域为(0，＋∞)．因为函数f(x)＝ax＋lnx－1(a＞0)在定义域内有零点，所以a＝x－xlnx有解，令h(x)＝x－xlnx所以h′(x)＝－lnx，所以h(x)的增区间为(0,1)，减区间为

(1，＋∞)，所以h(x)max＝h(1)＝1.答案：B5．已知函数f(x)＝ex－x＋a的图象始终在x轴的上方，则实数a的取值范围为()A．(－1，＋∞)B．(－∞，－1)C．[－1，＋∞)D．(－∞，－1]解析：因为函数f(x)＝ex－x＋a的图象始终

在x轴的上方，所以f(x)＝ex－x＋a的最小值大于零，令f′(x)＝ex－1＝0，得x＝0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以f(x)＝ex－x＋a的最小值为

f(0)＝1＋a，因为1＋a＞0，所以a＞－1.答案：A6．已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x.若x＝3是f(x)的极值点，则f(x)在x∈[1，a]上的最小值和最大值分别为________．解析：由题意知f′(x)＝3x2－2ax＋3＝0的一个根为x＝3，可得a＝5，所

以f′(x)＝3x2－10x＋3，f′(x)＝0的根为x＝3或x＝13(舍去)，又f(1)＝－1，f(3)＝－9，f(5)＝15，所以f(x)在x∈[1,5]上的最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15.答案：－9,157．函数f(x)＝x3－3

ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0,1)内单调递增，无最小值．当a＞0时，f′(x

)＝3(x－a)(x＋a)．当x∈(－∞，－a)和(a，＋∞)时，f(x)单调递增；当x∈(－a，a)时，f(x)单调递减，所以当a＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0,1)内有最小值．答案：(0,1)8．已知函数f(x)＝x＋xlnx，若k∈Z，且k(x－1

)＜f(x)对任意的x＞1恒成立，则k的最大值为________．解析：因为x＞1，所以由题意得k＜f(x)x－1＝x＋xlnxx－1对任意x＞1恒成立．令h(x)＝x＋xlnxx－1，则h′(x)＝x－2－lnx(x－1)2，令φ(x)＝x－lnx－2(x＞1

)，则φ′(x)＝1－1x＝x－1x＞0，所以函数φ(x)在(1，＋∞)上单调递增．又φ(3)＝1－ln3＜0，φ(4)＝2－2ln2＞0，所以存在x0∈(3,4)，使得φ(x0)＝x0－2－lnx0＝0，因此当x∈(1，x0)时，h′(x)＜0

，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以当x＝x0时，h(x)有极小值，也为最小值，且h(x)min＝h(x0)＝x0＋x0lnx0x0－1＝x0(1＋lnx0)x0－1＝x0(x0－1)x0－1＝x0∈(3,4)．所以k≤3.所以整数k的最大值是3.

答案：39．已知函数f(x)＝x3＋3ax2.(1)若a＝－1，求f(x)的极值点和极值；(2)求f(x)在[0,2]上的最大值．解析：(1)a＝－1时，f(x)＝x3－3x2，f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．令f′(x)＞0，解得x＞2或

x＜0；令f′(x)＜0，解得0＜x＜2，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以0是极大值点，极大值是f(0)＝0,2是极小值点，极小值是f(2)＝－4.(2)f′(x)＝3x2＋6ax＝3

x(x＋2a)，a≥0时，f′(x)≥0，f(x)在[0,2]上单调递增，所以f(x)max＝f(2)＝12a＋8；当－1＜a＜0时，－2＜2a＜0.令f′(x)＞0，解得x＞－2a；令f′(x)＜0，解得0＜x＜－2

a，所以f(x)在[0，－2a)上单调递减，在(－2a,2]上单调递增，所以f(x)max＝f(0)＝0或f(2)＝12a＋8；当a≤－1时，2a≤－2，f(x)在[0,2]上单调递减，所以f(x)max＝

f(0)＝0.10．已知函数f(x)＝lnx＋ax.(1)当a＜0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值是32，求a的值．解析：函数f(x)＝lnx＋ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－ax2

＝x－ax2.(1)因为a＜0，所以f′(x)＞0，故函数在其定义域(0，＋∞)上单调递增．(2)x∈[1，e]时，分如下情况讨论：①当a＜1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，其最小值为f(1)＝a＜1，这与函数在[1，e]上的最小值是32相

矛盾；②当a＝1时，函数f(x)在[1，e]上单调递增，其最小值为f(1)＝1，同样与最小值是32相矛盾；③当1＜a＜e时，函数f(x)在[1，a)上有f′(x)＜0，f(x)单调递减，在(a，e]上有f′(x)＞

0，f(x)单调递增，所以函数f(x)的最小值为f(a)＝lna＋1，由lna＋1＝32，得a＝e；④当a＝e时，函数f(x)在[1，e]上有f′(x)＜0，f(x)单调递减，其最小值为f(e)＝2，这与最小值是32相矛盾；⑤当a＞e时，显然函数f(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为f(e

)＝1＋ae＞2，仍与最小值是32相矛盾．综上所述，a的值为e.[B组能力提升]11．已知f(x)＝x2－cosx，x∈[－1,1]，则导函数f′(x)是()A．仅有最小值的奇函数B．既有最大值又有最小值的偶函数C．仅有最大值的偶函数D．既有最大值又有最小值的奇函数解析：f′

(x)＝2x＋sinx，则f′(－x)＝－2x－sinx＝－f′(x)，所以导函数f′(x)是奇函数，又f″(x)＝2＋cosx＞0，所以f′(x)在[－1,1]上单调递增，故f′(x)min＝f′(－1)，f′(x)max＝f′(1)，所以f′(x)既有

最大值又有最小值．答案：D12．已知函数f(x)＝－2＋ax2ex(a＞0)在区间[0,1]上有极值，且函数f(x)在区间[0,1]上的最小值不小于－7e，则a的取值范围是()A．(2,5]B．(2，＋∞)C．(1,4]D．[5，＋∞)解析：f′(x

)＝a(x－1)2＋2－aex(a＞0)．若f(x)在[0,1]上有极值，则f′(0)＞0，f′(1)＜0，即2＞0，2－a＜0.解得a＞2.又f(x)在[0,1]上先增后减，则f(x)min＝f

(1)＝－2＋ae≥－7e，解得a≤5，所以a∈(2,5]．故选A.答案：A13．若函数f(x)＝xx2＋a(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a的值为________．解析：f′(x)＝x2＋a－2x2(x2＋

a)2＝a－x2(x2＋a)2，当x＞a时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当－a＜x＜a时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＝a时，f(x)＝a2a＝33，解得a＝32＜1，不合题意，所以f(x)max＝f(1)＝11＋a＝33，所以a＝3－1.答

案：3－114．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(a＞1)，若对于任意的x∈[－1,1]都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．解析：由题意得，f′(x)＝3ax2－3，当a＞1时，令f′(x)＝3ax2－3＝0，解得x＝±aa，±aa∈[－1,1]，①当－1＜x

＜－aa时，f′(x)＞0，f(x)为递增函数；②当－aa＜x＜aa时，f′(x)＜0，f(x)为递减函数；③当1＞x＞aa时，f′(x)＞0，f(x)为递增函数．所以只须faa≥0，且f(－1)≥0即可，由fa

a≥0，得a·aa3－3·aa＋1≥0，解得a≥4，由f(－1)≥0，可得a≤4，综上a＝4为所求．答案：415．已知函数f(x)＝2x＋2x＋alnx，a∈R.(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．(2)记函数g(x)＝x2[f

′(x)＋2x－2]，若g(x)的最小值是－6，求函数f(x)的解析式．解析：(1)f′(x)＝2－2x2＋ax≥0，所以a≥2x－2x在[1，＋∞)上恒成立，令h(x)＝2x－2x，x∈[1，＋∞)，因为h′(x)＝－2x2－2＜0恒成立，h(x)在[1，＋∞)单调递减，h(x)max＝h(1

)＝0，所以a≥0.故a的取值范围为[0，＋∞)．(2)g(x)＝2x3＋ax－2，x＞0，因为g′(x)＝6x2＋a，当a≥0时，g′(x)＞0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)单调递增，无最小值，不合题意，所以a

＜0，令g′(x)＝0，则x＝－a6(舍负值)，由此可得，g(x)在0，－a6上单调递减，在－a6，＋∞上单调递增，则x＝－a6是函数的极小值点，g(x)最小＝g－a6＝－6，解得a＝－6，f(x)＝2x＋2x－6lnx.16．已

知函数f(x)＝a(x＋1)2－3lnx.(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．(2)若对任意的x∈[1，e]，f(x)＜2恒成立，求a的取值范围．解析：(1)当a＝2时，f(x)＝2(x＋1)2－3lnx，f(1)＝8，f′(x)＝4

x＋4－3x，f′(1)＝5，所以所求切线方程为y－8＝5(x－1)，即y＝5x＋3.(2)f(x)＜2，即a(x＋1)2－3lnx＜2，等价于a＜2＋3lnx(x＋1)2.令g(x)＝2＋3lnx(x＋1)2，则g′(x)＝－x＋3－6xlnxx(x＋1)3，设h(x)＝－x＋

3－6xlnx，则h′(x)＝－1－(6lnx＋6)＝－7－6lnx，因为1≤x≤e，所以h′(x)＜0，所以h(x)在[1，e]上递减．又h(1)＝2＞0，h(e)＝3－7e＜0，所以，存在x0∈(1，e

)，使得h(x0)＝0.因此，当x∈[1，x0)时，g′(x)＞0；当x∈(x0，e]时，g′(x)＜0.即函数g(x)＝2＋3lnx(x＋1)2在[1，x0]上递增，在(x0，e]上递减．因为对任意的x∈[1，e]，f(x)＜2恒成

立，所以a＜g(x)min，则a＜g(1)，a＜g(e)，即a＜12a＜5(e＋1)2.又12＝510＞5(e＋1)2，所以a＜5(e＋1)2，即a∈－∞，5(e＋1)2.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号w

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