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.doc

1、课时作业15导数与函数的极值、最值 基础达标一、选择题12019辽宁辽阳期末函数f(x)x33ln x的最小值为()A0 B1C2 D3解析：函数f(x)x33ln x的定义域为(0，)可得f(x)，令f(x)0，可得x1，所以x(0,1)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：B2从边长为10 cm16 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()A12 cm3 B72 cm3C144 cm3 D160 cm3解析：设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，则x(0,5)，则y(102x)(162

2、x)x4x352x2160x，所以y12x2104x160.令y0，得x2或(舍去)，所以ymax6122144(cm3)答案：C32019皖中名校第二次联考已知函数f(x)(x2mxm)ex2m(m2，e是自然对数的底数)有极小值0，则其极大值是()A4e2或(4ln 2)e22ln 2B4e2或(4ln 2)e22ln 2C4e2或(4ln 2)e22ln 2D4e2或(4ln 2)e22ln 2解析：由题意知，f(x)x2(2m)x2mex(x2)(xm)ex.由f(x)0得，x12，x2m.因为m2，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

3、f(x)的极小值为f(m)0，即(m2m2m)em2m0，(2em)m0，解得m0或mln 2.当m0时，f(x)的极大值为f(2)4e2.当mln 2时，f(x)的极大值为f(2)(4ln 2)e22ln 2.答案：A42020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m20，故0m1，即m1.故1m2，故选D.答案：D52019广东广州第二次模拟已知函数f(x)exexa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()Ae，) B1，)C(，1 D(

4、，e解析：若函数f(x)exexa与g(x)ln x的图象上存在关于x轴对称的点，则方程exexa(ln x)在(0，)上有解，即aexexln x在(0，)上有解令h(x)exexln x，则h(x)eexeex，所以当0x0，当x1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x1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)x3ax2bxa2在x1处有极值10，则f(2)_.解析：函数f(x)x3ax2bxa2在x1处有极值10，f(1)10，且f(1)0，即解得或而当时，函数

5、在x1处无极值，故舍去f(x)x34x211x16，f(2)18.答案：1872018全国卷已知函数f(x)2sin xsin 2x，则f(x)的最小值是_解析：f(x)2cos x2cos 2x2cos x2(2cos2x1)2(2cos2xcos x1)2(2cos x1)(cos x1)cos x10，当cos x时，f(x)时，f(x)0，f(x)单调递增当cos x，f(x)有最小值又f(x)2sin xsin 2x2sin x(1cos x)，当sin x时，f(x)有最小值，即f(x)min2.答案：82020山东淄博模拟已知函数f(x)ex，g(x)ln，对任意aR，存在b(0

6、，)，使f(a)g(b)，则ba的最小值为_解析：令yea，则aln y，令yln，可得b2e，令h(y)ba，则h(y)2eln 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2eln2ln 2.答案：2ln 2三、解答题92019全国卷已知函数f(x)(x1)ln xx1.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 x1ln x.因为yln x单调递增，y单调递减，所以f(x)单调递增又f(1)10，故存在唯一x0(1

7、,2)，使得f(x0)0.又当xx0时，f(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)0，所以f(x)0在(x0，)内存在唯一根x.由x01得11，且f(x)ex，令h(x)ex，则h(x)ex0，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)exln(x1)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)axexln(x1)ax，g(x)f(x)a.由(1)知，g(x)在(1，)上单调递增，当x1时，g(x)；当x时，g(x)，

8、则g(x)0有唯一解，记为x0.可知，当x(1，x0)时，g(x)0，g(x)exln(x1)ax单调递增函数g(x)在xx0处取得极小值，即g(x0)ex0ln(x01)ax0，且x0满足ex0a.g(x0)(1x0)ex0ln(x01)1.令(x)(1x)exln(x1)1，则(x)x.可知，当x(1,0)时，(x)0，(x)单调递增；当x(0，)时，(x)0，(x)单调递减，(x)max(0)1.函数g(x)极小值的最大值为1.能力挑战112020辽宁沈阳教学质量监测已知函数f(x)(x1)2mln x，mR.(1)当m2时，求函数f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程；(2)若函数f

9、(x)有两个极值点x1，x2，且x1x2，求的取值范围解析：(1)当m2时，f(x)(x1)22ln x，f(x)2(x1)，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2xy20.(2)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2(x1).因为x1，x2为函数f(x)的两个极值点，所以x1，x2是方程2x22xm0的两个不等实根，由根与系数的关系知x1x21，x1x2，(*)又x1x2，所以易知0x1x21，将(*)式代入得1x22x2ln x2.令g(t)1t2tln t，t，则g(t)2ln t1，令g(t)0，解得t.当t(，)时，g(t)0，g(t)在(，1)上单调递增所以g(t)ming()11，g()ln 20g(1)，即的取值范围是1，0).