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.doc

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1、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)＝x3－3lnx的最小值为(　　)A．0B．1C．2D．3解析：函数f(x)＝x3－3lnx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：B2．从边长为10cm×16cm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．12cm3B．72cm3C．

2、144cm3D．160cm3解析：设盒子容积为ycm3，盒子的高为xcm，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：C3．[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＋ln2)e－2＋2ln2B．4e－2或(4＋ln2)e2＋2ln2C．4e－2或(4＋ln2)e－2－2ln2D．4e－2或(4＋ln2)e2

3、－2ln2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-7-，＋∞)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＝ln2.当m＝0时，f(x)的极大值为f(－2)＝4e－2.当m＝ln2时，f(x)的极大值为f(－2)＝(4＋ln2)·e－2＋2ln2.答案：A4．[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

4、(　　)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1

5、，＋∞)上有解，即a＝ex－ex－lnx－在(0，＋∞)上有解．令h(x)＝ex－ex－lnx－，则h′(x)＝e－ex－＋＝e－ex＋，所以当00，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-7-6．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

6、，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：187．[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________．解析：f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1)＝2(2cos2x＋cosx－1)＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．∵cosx＋1≥0，∴当cosx<时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当cosx>时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴当cosx＝，f(x)有最小值．又f(x)＝2sinx＋sin2x＝2si

7、nx(1＋cosx)，∴当sinx＝－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1