【课堂新坐标】2016-2017学年高中数学第一章导数及其应用1.3.3最大值与最小值学业分层测评苏教版选修2-2(建议用时：45分钟)学业达标]一、填空题1．函数f(x)＝＋x(x∈1,3])的最小值是________．【解析】f′(x)＝－＋1＝，当x∈1,3]时，f′(x)>0，f(x)是增函数，∴f(x)在x∈1,3]上的最小值为f(1)＝.【答案】2．函数f(x)＝x3－x2－x＋a在区间0,2]上的最大值是3，则a的值为________．【解析】f′(x)＝3x2－2x－1，x∈0,2]，令f′(x)＝0，得x＝1.又f(0)＝a，f(1)＝a－1，f(2)＝a＋2，∴f(x)在0,2]上的最大值为a＋2＝3，∴a＝1.【答案】13．(2016·南通高二检测)若函数f(x)＝x3－3x－a在区间0,3]上的最大值、最小值分别为m，n，则m－n＝______.【解析】 f′(x)＝3x2－3，∴当x>1或x<－1时，f′(x)>0，当－10，恒有lnx≤px－1(p>0)，则p的取值范围是________.【导学号：01580018】【解析】原不等式化为lnx－px＋1≤0，令f(x)＝lnx－px＋1，只需f(x)最大值≤0.由f′(x)＝－p知f(x)在上单调递增，在上单调递减．∴f(x)最大值＝f＝－lnp，由f(x)最大值≤0，得p≥1.【答案】1，＋∞)5．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当MN达到最小时t的值为_______________．【解析】设h(x)＝x2－lnx，易知h′(x)＝2x－＝，x>0，x＝是h(x)在x∈(0，＋∞)内惟一极小值点，且h＝－ln>0，则|MN|最小值＝h(x)最小值，∴MN达到最小时，t＝.【答案】16．(2016·扬州质检)已知函数f(x)＝lnx－(m∈R)在区间1，e]上取得最小值4，则m＝________.【解析】f′(x)＝＋＝(x>0)．当m≥0时，f′(x)>0，f(x)在1，e]上为增函数，f(x)最小值＝f(1)＝－m＝4，则m＝－4.与m≥0矛盾．当m<0时，若－m<1，即m>－1，f(x)最小值＝f(1)＝－m＝4，则m＝－4，与m>－1矛盾，若－m∈1，e]，即－e≤m≤－1，f(x)最小值＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，解得m＝－e3，与－e≤m≤－1矛盾．若－m>e.即m<－e时，f(x)最小值＝f(e)＝1－＝4.解得m＝－3e符合题意．【答案】－3e7．(2016·常州高二检测)已知函数f(x)＝＋2lnx，若当a>0时，f(x)≥2恒成立，则实数a的取值范围是________________．【解析】由＋2lnx≥2恒成立，得a≥x2·2(1－lnx)恒成立．令h(x)＝2x2(1－lnx)，则h′(x)＝2x(1－2lnx) x>0，∴当00；当x>时，h′(x)<0.∴h(x)最大值＝h()＝e.∴a≥e.即实数a的取值范围是e，＋∞)．【答案】e，＋∞)8．若函数f(x)＝(a>0)在1，＋∞)上的最大值为，则a的值为________．【解析】f′(x)＝＝，当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当－0，f(x)单调递增，当x＝时，f(x)＝＝，＝<1，不合题意．∴f(x)最大值＝f(1)＝＝，a＝－1.【答案】－1二、解答题9．设函数f(x)＝ln(2x＋3)＋x2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值．【解】易知f(x)的定义域为.(1)f′(x)＝＋2x＝＝.当－0；当－1－时，f′(x)>0，从而f(x)在区间，上单调递增，在区间上单调递减．(2)由(1)知f(x)在区间上的最小值为f＝ln2＋.又因为f－f＝ln＋－ln－＝ln＋＝<0，所以f(x)在区间上的最大值为f＝＋ln.10．已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a.(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)≥2017对于∀x∈－2,2]恒成立，求a的取值范围．【解】(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9.由f′(x)<0，得x<－1或x>3，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．(2)由f′(x)＝0，－2≤x≤2，得x＝－1.2因为f(－2)＝2＋a，f(2)＝22＋a，f(－1)＝－5＋a，故当－2≤x≤2时，f(x)最小值＝－5＋a.要使f(x)≥2017对于∀x∈－2,2]恒成立，只需f(x)最小值＝－5＋a≥2017，解得a≥2022.能力提升]1．已知函数f(x)＝lnx－x＋1，x∈(0，＋∞)，函数f(x)的最大值是________．【解析】f(x)的定义域(0，＋∞)，且f′(x)＝－1.令f′(x)＝0，得x＝1.当x变化时，f′(x)与f(x...
