衡水中学2020届高考数学（理）二轮专题训练：专题18 函数的最值专项训练（解析版）.doc

1、 专题 18 函数的最值专项训练 1、求函数 x f xxe的最值 解、 1 x fxx e，令 0fx ,解得、1x f x的单调区间为、 x ,1 1, ( ) fx f x max 1 1fxf e ，无最小值 2、已知函数 32 2f xxax,2x 是 f x的一个极值点，求、 （1）实数a的值 （2）判断 f x在区间1,4上是否存在最大值和最小值 解、 （1） 2 32fxxax 2x 是 f x的一个极值点 21240fa 3a 解、 2 3632fxxxx x ,令 0fx ,解得、10x 或24x f x的单调区间为、 x 1,0 0,2 2,4 ( ) fx f x 计算

2、 12,02,22,418ffff max 418f xf min 22f xf 3、已知函数 32 6f xaxaxb,是否存在实数, a b，使得 f x在1,2上取得最大值4，最小值 29?若存在，求出, a b的值，若不存在，请说明理由 解、 2 31234fxaxaxax x， （1）当0a 时，1,2x 40,0xx 0fx f x在1,2单调递减 max min 154 3 1931629 f xfba a bf xfba （2）当0a 时，1,2x 40,0xx 0fx f x在1,2单调递增 max min 3164 3 441529 f xfba a bf xfba 3 1

3、9 a b 或 3 44 a b 4、求函数 32 2912fxxxx(1,3x )的最值 解、 2 2912f xxxx 2 29120xx恒成立 2 2 2912 ,0,3 2912 ,1,0 xxxx f x xxxx 当0,3x时， 22 291249612fxxxxxxx 可得、 f x在 0,1 , 2,3单调递增，在1,2单调递减 00,15,39,24ffff 0,3x时, minmax 0,9f xf x 当1,0x 时， 22 291249612fxxxxxxx f x在1,0单调递减， max 123f xf 当0x 时， 0f x 可得函数 f x的最值为 max 12

4、3f xf ， min 00f xf 解、令 32 2912g xxxx 612g xxx,1,3x 令 0g x ，解得:11x 或23x g x的单调区间为、 x 1,1 1,2 2,3 ( ) fx f x 123,15,24,39gggg g x的值域为23,9 fxg x f x的值域为0,23 max23f x ， min0f x 5、已知函数 x e f x x 的定义域为0,+，求 f x在,10m mm上的最值 解、 2 1 x xe fx x ，令 0fx 解得1x f x在0,1单调递减，在1,+单调递增 1x 为 f x的极小值点 （1）当1m 时， f x在,1m m

5、单调递增 1 minmax ,1 1 mm ee f xf mf xf m mm （2）当01m时，1 1m f x在,1m单调递减，在1,1m单调递增 min 1f xfe max max,1fxf mf m 1 ,1 1 mm ee f mf m mm 下面比较 ,1f mf m的大小 若 1 1 1 11 mm eee f mf m mmmm 1 1 1 memm e 1 1 m e 时， 1 max 1 1 m e f xf m m 当 1 1 m e 时， 1 max 11 m e e f xf mf mee m 当 1 0 1 m e 时， max m e f xf m m 综上所

6、述、1m 时， 1 minmax ,1 1 mm ee f xf mf xf m mm 1 1 1 m e 时， min 1f xfe， 1 max 1 1 m e f xf m m 1 1 m e 时， 1 max 11 e f xf mf mee 1 0 1 m e 时， max m e f xf m m 6、已知函数( )ln() m f xxmR x 在区间, 1 e上取得最小值 4，则m_ 解、 函数( )f x的定义域为(0,)， 2 1 ( ) m fx xx 当( )0fx时， 2 1 0 m xx ，当0m时， ( )0fx，( )f x为增函数，所以 min ( )(1)4

7、f xfm ，4m，矛盾舍去；当0m时，若 (0,)xm，( )0fx，( )f x为减函数，若(,)xm ，( )0fx，( )f x为增函数，所以 ()ln()1fmm为极小值，也是最小值；当1m，即10m 时，( )f x在1, e上单调递 增，所以 min ( )(1)4f xfm ，所以4m（矛盾） ；当me，即me时，( )f x在1, e 上单调递减， min ( )( )14 m f xf e e ，所以3me当1me ，即1em 时，( )f x 在1, e 上的最小值为()ln() 14fmm ，此时 2 mee （矛盾） 综上3me 答案、3e 7、已知函数 lnf xx

8、xax 在0,e上是增函数，函数 2 2 x a g xea.当0,ln3x时， 函数 g x的最大值M与最小值m的差为 3 2 ，则a _. 解、 （1）当3a 时，则 x ea 2 2 x a g xae，可判断出 g x为减函数 2 max 01 2 a g xga 2 min ln33 2 a g xga maxmin 5 2 2 g xg x，故舍去 （2）当23a时， 2 2 ,0ln 2 ,lnln3 2 x x a aexa g x a eaax 0,lnxa 时， 2 0 2 xx a eag xae单调递减， 22 minmax ln,01 22 aa g xgag xga

9、 当ln ,ln3xa时 2 2 x a g xea单增， 22 minmax ln,ln33 22 aa g xgag xga 。2a ，所 以 22 31 22 aa aa 。所以 22 01, 22 aa MgaN，从而有 3 1 2 MNa ，解得 5 2 a 。 答案、 5 2 8、若函数 2 1 log 2 a f xxax 有最小值，则实数a的取值范围是（ ） A. 0,1 B. 0,11, 2 C. 1, 2 D. 2, 解、观察到真数部分为开口向上的抛物线，所以若 f x取到最小值，则底数1a 且 真数 2 1 2 t xxax取到最小值， 而真数部分恒大于零， 所以只需 2

10、 1 2 t xxax有大于零的最小值 即可。 2 2 2 11 2242 aa t xxaxx ，从而 2 min 1 0 42 a t x ，解得2a ，另一方 面1a ，所以 1, 2a 答案、C 9、 已知 3 3f xxxm在区间0,2上任取三个不同的数, ,a b c,均存在以 ,f af bf c为边 长的三角形,则m的取值范围是 . 解、考虑三角形成立的条件、两条较短的边的和大于第三边，由于, ,a b c任取， ,f af bf c也 可取值域中的任意值。要保证能构成三角形，满足两个条件、 ,f af bf c均大于零，即 min0f x， 极端情形短边均取最小值，和大于第三

11、边即可。 2 33fxx 令 0fx 结合 定义域解得、12x，故 f x在0,1单调减，在1,2单调增。 min 12f xfm， max 22f xfm， 222 6 20 mm m m 答案、6m 10、若函数 3 3f xxx在 2 ,6aa上有最小值，则实数a的取值范围是( ) A 5,1 B 5,1 C2,1 D2,1 解、 2 33fxx，令 01fxx或1x，所以 f x在 , 1 , 1, 单调递增，在 1,1单调递减，1x 为函数的极小值点。因为函数 f x在 2 ,6aa上有最小值，则函数 f x 的 极 小 值 点 必 在 区 间 2 ,6aa 内 ， 且 左 端 点 的 函 数 值 不 小 于 1f， 2 1 16 55 1 2 a aa a f af a ,2,1a 答案、C