- 128.00 KB
- 2021-06-15 发布
- 1、本文档由用户上传，淘文库整理发布，可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方，所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议，请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传，本站不保证质量和数量令人满意，可能有诸多瑕疵，付费之前，请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ：403074932
课时作业15 导数与函数的极值、最值
[基础达标]
一、选择题
1．函数y＝的最大值为( )
A．e－1 B．e
C．e2 D.
解析：令y′＝＝0，解得x＝e.当x>e时，y′<0；当00，所以y极大值＝f(e)＝，在定义域内只有一个极值，所以ymax＝.
答案：A
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·山东省，湖北省部分重点中学质量检测]已知函数f(x)＝xlnx－x2－x有极值，则实数m的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：通解 f(x)＝xlnx－x2－x，则f′(x)＝lnx－mx.函数f(x
)有极值，即f′(x)＝lnx－mx有变号零点，即函数g(x)＝与函数y＝m在(0，＋∞)上的图象有交点(除去相切的情况)．因为g′(x)＝，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝＝，画出函数g(x)的大致图象，如图所示，若g(x)＝与y＝m的图象有交点(除去相切的情况)，则m<，故选B.
优解 当m＝0时，f(x)＝xlnx－x，f′(x)＝lnx，当01时，f′(x)>0，故f(x)＝xlnx－x在x＝1处取得极值，符合题意，排除A，C；当m＝时，f(x)＝xlnx－x2－x，f′(x)＝lnx－x，令g(x)＝lnx－x，则g′(x)＝－，当00，当x>e时，g′(x)<0，故g(x)≤g(e)＝0，即f′(x)≤0，f(x)单调递减，无极值，排除D.故选B.
答案：B
4．已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)．则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是( )
解析：由条件可知当01时，xf′(x)>0，
所以f′(x)>0，函数递增，
所以当x＝1时，函数取得极小值．
当x<－1时，xf′(x)<0，所以f′(x)>0，函数递增，当－10，所以f′(x)<0，函数递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C项．
答案：C
5．[2019·武汉市武昌区高三调研]若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在(0,2)上既有极大值又有极小值，则c2＋2bc＋4c的取值范围是( )
A. B.
C. D．(0,1)
解析：依题可知，f′(x)＝x2＋bx＋c在(0,2)上有两个不同的零点，
则有即则0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当cosx＝，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，
∴当sinx＝－时，f(x)有最小值，
即f(x)min＝2××＝－.
答案：－
8．[2019·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＝lny，令y＝ln＋，可得b＝2e，令h(y)＝b－a，则h(y)＝2e－lny，∴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＋ln2.
答案：2＋ln2
三、解答题
9．[2018·北京卷]设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
解析：(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
所以f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex
＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值．
若a≤，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0.
所以2不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是.
10．[2018·全国卷Ⅲ]已知函数f(x)＝.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.
解析：(1)f′(x)＝，f′(0)＝2.
因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是2x－y－1＝0.
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.
当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)≥g(－1)＝0.
因此f(x)＋e≥0.
[能力挑战]
11．[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝aex－lnx－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－.
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)证明：当a≥时，f(x)≥－lnx－1.
设g(x)＝－lnx－1，则g′(x)＝－.
当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
微信/支付宝扫码支付下载