2021高考数学一轮复习课时作业15导数与函数的极值最值文

2021高考数学一轮复习课时作业15导数与函数的极值最值文

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 - 6 -‎ ‎＝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01，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，‎ - 6 -‎ ‎∴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．若函数f(x)＝x3－12x＋a的极大值为11，则f(x)的极小值为________．‎ 解析：函数的定义域为R，f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，解得x1＝－2或x2＝2.列表：‎ x ‎(－∞，－2)‎ ‎－2‎ ‎(－2,2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值 ‎16＋a  极小值 ‎－16＋a  所以当x＝－2时，函数有极大值f(－2)＝16＋a，由题意得16＋a＝11，解得a＝－5，‎ 当x＝2时，函数有极小值f(2)＝－16＋a＝－16－5＝－21.‎ 答案：－21‎ 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；‎ - 6 -‎ ‎(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，‎ - 6 -‎ ‎∴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).‎ - 6 -‎