2023学年高考数学一轮复习课时作业15导数与函数的极值最值理.doc

课时作业15　导数与函数的极值、最值 [基础达标] 一、选择题 1．[2023年·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．[2023年·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＝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．[2023年·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<m<2.又由题图易得函数的极大值点大于1，故>1，即m>1.故1<m<2，故选D. 答案：D 5．[2023年·广东广州第二次模拟]已知函数f(x)＝ex－ex＋a与g(x)＝ln x＋的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围为(　　) A．[－e，＋∞) B．[－1，＋∞) C．(－∞，－1] D．(－∞，－e] 解析：若函数f(x)＝ex－ex＋a与g(x)＝ln x＋的图象上存在关于x轴对称的点，则方程ex－ex＋a＝－(ln x＋)在(0，＋∞)上有解，即a＝ex－ex－ln x－在(0，＋∞)上有解．令h(x)＝ex－ex－ln x－，则h′(x)＝e－ex－＋＝e－ex＋，所以当0<x<1时，h′(x)>0，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， ∴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．[2023年·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．[2023年·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．[2023年·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； (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x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>x0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)<f(1)＝－2， 又f(e2)＝e2－3>0， 所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α. 由α>x0>1得<1<x0. 又f＝ln －－1＝＝0， 故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根． 综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 10．[2023年·安徽合肥教学质量检测]已知函数f(x)＝ex－ln(x＋1)(e为自然对数的底数)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若g(x)＝f(x)－ax，a∈R，试求函数g(x)极小值的最大值． 解析：(1)易知x>－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， ∴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．[2023年·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x1<x2，求的取值范围． 解析：(1)当m＝2时，f(x)＝(x－1)2＋2ln x， f′(x)＝2(x－1)＋， 所以f′(1)＝2，即切线斜率为2， 又切点为(1,0)，所以切线方程为2x－y－2＝0. (2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(x－1)＋＝. 因为x1，x2为函数f(x)的两个极值点，所以x1，x2是方程2x2－2x＋m＝0的两个不等实根，由根与系数的关系知x1＋x2＝1，x1x2＝，(*) 又x1<x2，所以易知0<x1<<x2<1， ＝，将(*)式代入得 ＝＝1－x2＋2x2ln x2. 令g(t)＝1－t＋2tln t，t∈， 则g′(t)＝2ln t＋1，令g′(t)＝0，解得t＝. 当t∈(，)时，g′(t)<0，g(t)在(，)上单调递减； 当t∈(，1)时，g′(t)>0，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