重庆市永川中学高二数学第2周第3次小题单（函数最值与导数）1．函数y＝x3＋x2－x＋1在区间[－2,1]上的最小值为()A.B．2C．－1D．－42．函数y＝＋在(0,1)上的最大值为()A.B．1C．0D．不存在3．已知函数y＝－x2－2x＋3在[a,2]上的最大值为，则a等于()A．－B.C．－D.或－4．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是()A．k≤－3或－1≤k≤1或k≥3B．－3
0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为________．6．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于x∈[－1，1]，都有f(x)≥0，则实数a的值为________．7．设函数f(x)＝ln(2x＋3)＋x2.求f(x)在区间上的最大值和最小值．8.(选作)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间及极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.9.(选作)已知函数f(x)＝，x∈[0,1]．(1)求f(x)的单调区间和值域；(2)设a≥1，函数g(x)＝x3－3a2x－2a，x∈[0,1]．若对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，求a的取值范围．答案1.[答案]C[解析]y′＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)令y′＝0解得x＝或x＝－1当x＝－2时，y＝－1；当x＝－1时，y＝2；当x＝时，y＝；当x＝1时，y＝2.所以函数的最小值为－1，故应选C.2.[答案]A[解析]y′＝－＝·由y′＝0得x＝，在上y′>0，在上y′<0.∴x＝时y极大＝，又x∈(0,1)，∴ymax＝.3.[答案]C[解析]y′＝－2x－2，令y′＝0得x＝－1.当a≤－1时，最大值为f(－1)＝4，不合题意．当－10得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y′<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以有k－1<－2时，f′(x)<0；当00；当x＝时，f(x)＝＝，＝<1，不合题意．1∴f(x)max＝f(1)＝＝，解得a＝－1.6．4解析若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0，显然成立；当x>0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可转化为a≥－，设g(x)＝－，则g′(x)＝，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)max＝g＝4，从而a≥4；当x<0，即x∈[－1,0)时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可转化为a≤－，设g(x)＝－，则g′(x)＝，所以g(x)在区间[－1,0)上单调递增．因此g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上所述，a＝4.7.[解析]f(x)的定义域为.f′(x)＝2x＋＝＝.当－0；当－1－时，f′(x)>0，所以f(x)在上的最小值为f＝ln2＋.又f－f＝ln＋－ln－＝ln＋＝<0，所以f(x)在区间上的最大值为f＝ln＋.8.[分析]本题考查导数的运算，利用导数研究函数的单调区间，求函数的极值和证明函数不等式，考查运算能力、综合分析和解决问题的能力．解题思路是：(1)利用导数的符号判定函数的单调性，进而求出函数的极值．(2)将不等式转化构造函数，再利用函数的单调性证明．[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.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减2(1－ln2＋a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.9.[解析](1)对函数f(x)求导，得f′(x)＝＝－令f′(x)＝0解得x＝或x＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0(0，)(，1)1f′(x)－0＋f(x)－－4...
