2021高考数学一轮复习课时作业15导数与函数的极值最值理
课时作业15 导数与函数的极值、最值
[基础达标]
一、选择题
1．[2019·辽宁辽阳期末]函数f(x)＝x3－3ln x的最小值为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：函数f(x)＝x3－3ln x的定义域为(0，＋∞)．
可得f′(x)＝＝，令f′(x)＝0，可得x＝1，
所以x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)是减函数；
x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)是增函数，
所以函数f(x)的最小值为f(1)＝1.故选B.
答案：B
2．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为( )
A．12 cm3 B．72 cm3
C．144 cm3 D．160 cm3
解析：设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，
则x∈(0,5)，
则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，
所以y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或(舍去)，
所以ymax＝6×12×2＝144(cm3)．
答案：C
3．[2019·皖中名校第二次联考]已知函数f(x)＝(x2－mx－m)ex＋2m(m>－2，e是自然对数的底数)有极小值0，则其极大值是( )
A．4e－2或(4＋ln 2)e－2＋2ln 2
B．4e－2或(4＋ln 2)e2＋2ln 2
C．4e－2或(4＋ln 2)e－2－2ln 2
D．4e－2或(4＋ln 2)e2－2ln 2
解析：由题意知，f′(x)＝[x2＋(2－m)x－2m]ex＝(x＋2)(x－m)ex.由f′(x)＝0得，x1＝－2，x2＝m.因为m>－2，所以函数f(x)在区间(－∞，－2)和(m，＋∞)内单调递增，在区间(－2，m)内单调递减．于是函数f(x)的极小值为f(m)＝0，即(m2－m2－m)em＋2m
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＝0，(2－em)m＝0，解得m＝0或m＝ln 2.当m＝0时，f(x)的极大值为f(－2)＝4e－2.当m＝ln 2时，f(x)的极大值为f(－2)＝(4＋ln 2)·e－2＋2ln 2.
答案：A
4．[2020·吉林三校联合模拟]若函数f(x)＝的图象如图所示，则m的范围为( )
A．(－∞，－1)
B．(－1,2)
C．(0,2)
D．(1,2)
解析：f′(x)＝＝，由函数图象的单调性及有两个极值点可知m－2<0且m>0，故0
1，即m>1.故10，当x>1时，h′(x)<0，所以函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)在x＝1处取得最大值－1，所以h(x)的值域为(－∞，－1]，所以a的取值范围是(－∞，－1]．故选C.
答案：C
二、填空题
6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)＝________.
解析：∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，
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∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，
即解得或
而当时，函数在x＝1处无极值，故舍去．
∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.
答案：18
7．[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
解析：f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)
＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．
∵cos x＋1≥0，
∴当cos x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当cos x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当cos x＝，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
∴当sin x＝－时，f(x)有最小值，
即f(x)min＝2××＝－.
答案：－
8．[2020·山东淄博模拟]已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln＋，对任意a∈R，存在b∈(0，＋∞)，使f(a)＝g(b)，则b－a的最小值为________．
解析：令y＝ea，则a＝ln y，令y＝ln＋，可得b＝2e，令h(y)＝b－a，则h(y)＝2e－ln y，∴h′(y)＝2e－.显然，h′(y)是增函数，观察可得当y＝时，h′(y)＝0，故h′(y)有唯一零点．故当y＝时，h(y)取得最小值，为2e－ln＝2＋ln 2.
答案：2＋ln 2
三、解答题
9．[2019·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：
(1)f(x)存在唯一的极值点；
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(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.
因为y＝ln x单调递增，y＝单调递减，所以f′(x)单调递增．
又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0，
故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.
又当xx0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
因此，f(x)存在唯一的极值点．
(2)由(1)知f(x0)0，
所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得<1－1，且f′(x)＝ex－，
令h(x)＝ex－，
则h′(x)＝ex＋>0，∴函数h(x)＝ex－在(－1，＋∞)上单调递增，且h(0)＝f′(0)＝0.
可知，当x∈(－1,0)时，h(x)＝f′(x)<0，f(x)＝ex－ln(x＋1)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，h(x)＝f′(x)>0，f(x)＝ex－ln(x＋1)单调递增，
∴函数f(x)的单调递减区间是(－1,0)，单调递增区间是(0，＋∞)．
(2)∵g(x)＝f(x)－ax＝ex－ln(x＋1)－ax，
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∴g′(x)＝f′(x)－a.
由(1)知，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
当x→－1时，g′(x)→－∞；当x→＋∞时，g′(x)→＋∞，则g′(x)＝0有唯一解，记为x0.
可知，当x∈(－1，x0)时，g′(x)<0，g(x)＝ex－ln(x＋1)－ax单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)＝ex－ln(x＋1)－ax单调递增．
∴函数g(x)在x＝x0处取得极小值，即g(x0)＝ex0－ln(x0＋1)－ax0，且x0满足ex0－＝a.
∴g(x0)＝(1－x0)ex0－ln(x0＋1)＋1－.
令φ(x)＝(1－x)ex－ln(x＋1)＋1－，
则φ′(x)＝－x.
可知，当x∈(－1,0)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
∴φ(x)max＝φ(0)＝1.
∴函数g(x)极小值的最大值为1.
[能力挑战]
11．[2020·辽宁沈阳教学质量监测]已知函数f(x)＝(x－1)2＋mln x，m∈R.
(1)当m＝2时，求函数f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x10，g(t)在(，1)上单调递增．
所以g(t)min＝g()＝1－＝1－，
，
g()＝－ln 2<0＝g(1)，
即的取值范围是[1－，0).
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