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  • 2021-06-17 发布

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

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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.[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;‎ 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

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