第3章 第3节 导数与函数的极值、最值（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教B版2019）

第三节　导数与函数的极值、最值 【课程标准】　1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件．　2.会用导数求函数的极大值、极小值．　3.会求闭区间上函数的最大值、最小值． 1．函数的极值 微提醒　(1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值点．(2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值．(3)极大值与极小值之间无确定的大小关系． 2．函数的最值 (1)一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值． (2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值． 【记牢常用结论】 1．对于可导函数f(x)，”f′(x0)＝0“是”函数f(x)在x＝x0处有极值“的必要不充分条件． 2．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点． 1．[多选题]下列结论正确的是(　　) A．函数的极值可能不止一个，也可能没有 B．函数的极小值一定小于函数的极大值 C．函数的极小值一定是函数的最小值 D．函数的极大值一定不是函数的最小值 答案：AD 2．(链接人A选择性必修二P92T1)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案：A 解析：由题意知，只有在x＝－1处，f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，故f(x)的极小值点只有1个．故选A. 3．(用结论)连续函数f(x)在[a，b]上有最大值是有极大值的(　　) A．充分条件 B．必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案：D 解析：因为函数的最值是整体概念，而函数的极值是局部概念，这两者之间没有必然关系，所以连续函数f(x)在[a，b]上有最大值是有极大值的既不充分也不必要条件．故选D. 4．(链接人A选择性必修二P95例7)函数f(x)＝2x－xln x的极大值是(　　) A． B． C．e D．e2 答案：C 解析：f′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x．令f′(x)＝0，得x＝e.当0<x<e时，f′(x)>0；当x>e时，f′(x)<0.所以x＝e时，f(x)取到极大值，f(x)极大值＝f(e)＝e.故选C. 5．(用结论)函数y＝ln x－x在x∈(0，e]上的最大值为________． 答案：－1 解析：函数y＝ln x－x的定义域为(0，＋∞)，y′＝－1＝.当x∈(0,1)时，y′>0，函数单调递增；当x∈(1，e]时，y′<0，函数单调递减．所以当x＝1时，函数取得最大值－1. 学生用书↓第58页 考点一　利用导数求解函数的极值问题多维练 角度1　根据函数图象判断极值 (2023·河南郑州模拟)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　) A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1) C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2) D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2) 答案：D 解析：由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.故函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．故选D. 规律方法 由图象判断函数y＝f(x)极值的两个关键点 1．由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点．　　 2．由导函数y＝f′(x)的图象可以看出f′(x)的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性，两者结合可得极值点． 角度2　求函数的极值 已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)当a＝时，求f(x)的极值； (2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数． 解：(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，x∈(0，＋∞)，且f′(x)＝－＝， 令f′(x)＝0，解得x＝2，则当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 ln 2－1 单调递减 故f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值． (2)f′(x)＝－a＝(x>0)． 当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点； 当a>0时，若x∈，则f′(x)>0， 若x∈，则f′(x)<0， 故函数f(x)在x＝处有极大值． 综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点；当a>0时，函数f(x)有一个极大值点，即x＝. 规律方法 求函数的极值或极值点的步骤 第一步：求导数f′(x)，不要忘记函数f(x)的定义域； 第二步：求方程f′(x)＝0的根； 第三步：检查在方程的根的左、右两侧f′(x)的符号，确定极值点或函数的极值．　　 角度3　已知函数极值(点)求参数 (1)(2024·山东威海模拟)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＋b＝(　　) A．－7 B．0 C．－7或0 D．－15或6 (2)(2024·江苏苏州模拟)已知函数f(x)＝x2－4x＋aln x有两个极值点，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，2] B．(－∞，2) C．(0,2] D．(0,2) 答案：(1)A　(2)D 解析：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为f(x)在x＝1处取得极值10，可得解得或检验知，当a＝－3，b＝3时，可得f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时函数f(x)单调递增，函数无极值点，不符合题意；当a＝4，b＝－11时，可得f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，当x<－或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当－<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x＝1时，函数f(x)取得极小值，符合题意．所以a＋b＝－7.故选A. (2)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－4＋＝.因为函数f(x)有两个极值点，所以方程f′(x)＝0有两个不相等的正根，所以方程2x2－4x＋a＝0有两个不相等的正根x1，x2，所以得0<a<2.故选D. 规律方法 已知函数极值点或极值求参数的两个要领 1．列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． 2．验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性． 提醒：若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内不是单调函数．　　 对点练1.(1)(2024·福建福州质检)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则c的值为(　　) A．2 B．4 C．6 D．2或6 (2)(2024·广西桂林模拟)函数f(x)＝ln x＋x2－ax(x>0)有极值，则实数a的取值范围是________． 答案：(1)A　(2)(2，＋∞) 解析：(1)由题意，f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)·(3x－c)，则f′(2)＝(2－c)(6－c)＝0，所以c＝2或c＝6.若c＝2，则f′(x)＝(x－2)(3x－2)，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极小值，满足题意；若c＝6，则f′(x)＝(x－6)(3x－6)，当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(2,6)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(6，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极大值，不符合题意．综上，c＝2.故选A. (2)因为f(x)＝ln x＋x2－ax(x>0)，所以f′(x)＝＋x－a，因为函数f(x)＝ln x＋x2－ax(x>0)有极值，所以y＝f′(x)有变号零点．令f′(x)＝＋x－a＝0，得a＝＋x.设g(x)＝＋x，则g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2，所以a>2，即实数a的取值范围是(2，＋∞)． 学生用书↓第59页 考点二　利用导数求函数最值多维练 角度1　求函数的最值 (1)(2024·广东佛山模拟)函数f(x)＝sin x＋sin 2x的最大值为________． (2)已知函数f(x)＝xln x－a(x－1)，求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值． 答案：(1) 解析：(1)由题意得f(x)为周期函数，且T＝2π，f′(x)＝cos x＋cos 2x＝2cos2x＋cos x－1＝(2cos x－1)(cos x＋1)，因为cos x＋1≥0，所以当<cos x≤1时，f′(x)>0，当－1≤cos x<时，f′(x)≤0，即当2kπ－<x<2kπ＋，k∈Z时，f(x)单调递增，当2kπ＋<x<2kπ＋，k∈Z时，f(x)单调递减，故f(x)在x＝2kπ＋，k∈Z处取得极大值，即最大值，所以f(x)max＝sin＋sin＝＋×＝. (2)f(x)＝xln x－a(x－1)， 则f′(x)＝ln x＋1－a， 由f′(x)＝0，得x＝ea－1. 所以在区间(0，ea－1)上f(x)单调递减， 在区间(ea－1，＋∞)上f(x)单调递增． ①当ea－1≤1，即a≤1时，f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)的最小值为f(1)＝0. ②当1<ea－1<e，即1<a<2时， f(x)在上单调递减， 在(ea－1，e]上单调递增， 所以f(x)的最小值为f(ea－1)＝a－ea－1. ③当ea－1≥e，即a≥2时， f(x)在[1，e]上单调递减， 所以f(x)的最小值为f(e)＝a＋e－ae. 综上，当a≤1时，f(x)的最小值为0； 当1<a<2时，f(x)的最小值为a－ea－1； 当a≥2时，f(x)的最小值为a＋e－ae. 规律方法 求函数f(x)在[a，b]上最值的方法 1．若函数在区间[a，b]上单调递增或单调递减，则f(a)与f(b)中，一个为最大值，一个为最小值．　　 2．若函数在闭区间[a，b]内有极值，则要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值． 3．若函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，则函数在该极值点处取得最大(或最小)值． 角度2　已知函数的最值求参数 (1)(2024·福建莆田模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)2＋cos(x＋1)＋a的最小值是4，则a＝(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 (2)(2024·辽宁沈阳检测)函数f(x)＝x2－ln x在区间(其中a>0)上存在最小值，则实数a的取值范围为________． 答案：(1)A　(2) 解析：(1)由题意得f′(x)＝2(x＋1)－sin(x＋1)，f ″(x)＝2－cos(x＋1)>0，所以f′(x)单调递增，又f′(－1)＝0，所以当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，故x＝－1为f(x)的极小值点，也是最小值点，即f(－1)＝1＋a＝4，解得a＝3.故选A. (2)由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－，令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因为f(x)在区间(其中a>0)上存在最小值，所以解得<a<1，所以实数a的取值范围为. 规律方法 由函数的最值求参数，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，结合已知条件列出关于参数的方程(不等式)组，从而求解．　　 对点练2.已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数． (1)当a＝－1时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值． 解：(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋＝，令f′(x)＝0，得x＝1. 当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0. 所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝－1.所以当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1. (2)f′(x)＝a＋，x∈，∈. ①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数， 所以f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意； ②若a<－，令f′(x)>0，则a＋>0，结合x∈(0，e]，解得0<x<－， 令f′(x)<0，则a＋<0，结合x∈(0，e]， 解得－<x≤e. 从而f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以f(x)max＝f＝－1＋ln. 令－1＋ln＝－3，则ln＝－2， 即a＝－e2. 因为－e2<－，所以a＝－e2符合题意． 课时测评20　导数与函数的极值、最值 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－9，每小题5分，共45分) 1. 已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案：B 解析：由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点．其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．故选B. 2．(2024·江苏南通段考)已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为(　　) A．2 B．－ C．3＋ln 2 D．－2＋2ln 2 答案：B 解析：f′(x)＝＋2ax－3，因为f(x)在x＝2处取得极小值，所以f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝，所以f(x)＝2ln x＋x2－3x，f′(x)＝＋x－3＝，所以f(x)在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(1)＝－3＝－.故选B. 3．函数f(x)＝在[2，＋∞)上的最小值为(　　) A． B．e2 C． D．2e 答案：A 解析：依题意f′(x)＝(x2－2x－3)＝(x－3)(x＋1)，故函数在(2,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故函数在x＝3处取得极小值也是最小值，且最小值为f(3)＝＝.故选A. 4．当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)等于(　　) A．－1 B．－ C． D．1 答案：B 解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，依题意可知而f′(x)＝－，所以即所以f′(x)＝－＋，因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意．所以f′(2)＝－1＋＝－.故选B. 5．[多选题]下列说法正确的是(　　) A．f(x)＝x＋(x∈R)的最小值为1 B．f(x)＝(x>0)的最小值为1 C．f(x)＝x－ln x(x>0)的最小值为1 D．f(x)＝xe(x>0)的最小值1 答案：AC 解析：f(x)＝x＋(x∈R)，f′(x)＝1－＝，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(0)＝1，故A正确；f(x)＝(x>0)，f′(x)＝，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝e，故B错误；f(x)＝x－ln x(x>0)，f′(x)＝1－＝，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝1，故C正确；f(x)＝xe(x>0)，f′(x)＝e＋xe·＝，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝e，故D错误．故选AC. 6．[多选题](2024·湖南永州一模)对于函数f(x)＝，则(　　) A．f(x)有极大值，没有极小值 B．f(x)有极小值，没有极大值 C．函数f(x)与y＝－x＋2的图象有两个交点 D．函数g(x)＝f(x)－有两个零点 答案：AD 解析：由题意得f′(x)＝＝－，因为ex>0在x∈R恒成立，所以当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)在x＝0处有极大值，没有极小值，故A正确，B错误；根据f(x)的单调性，画出函数f(x)及y＝－x＋2的图象，如图①所示： 由图可知，函数f(x)与y＝－x＋2的图象只有一个交点，故C错误；函数g(x)＝f(x)－的零点个数即 为函数f(x)与y＝的图象交点个数，画出函数f(x)及y＝的图象，如图②所示： 由图可知，函数f(x)与y＝的图象有两个交点，即函数g(x)＝f(x)－有两个零点，故D正确．故选AD. 7．(新设问)(2024·山东潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________. 答案：sin x(答案不唯一) 解析：正弦函数f(x)＝sin x为奇函数，且存在极值． 8．已知函数f(x)＝ax3－x，若f(x)有极大值，则a＝________. 答案：3 解析：f′(x)＝3ax2－1，当a≤0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，无极大值．当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝± ，令f′(x)>0，得x<－或x>，令f′(x)<0，得－<x<，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)在x＝－处取得极大值，所以f＝，解得a＝3. 9．甲、乙两地相距240 km，汽车从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地．已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为元．为使全程运输成本最小，汽车应以________km/h的速度行驶． 答案：80 解析：设全程运输成本为y元，由题意，得y＝＝240，v>0，y′＝240．令y′＝0，得v＝80.当v>80时，y′>0；当0<v<80时，y′<0.所以函数y＝在(0,80)上单调递减，在(80，＋∞)上单调递增，所以当v＝80时，全程运输成本最小． 10．(13分)已知函数f(x)＝excos x－x. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值． 解：(1)因为f(x)＝excos x－x，所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0. 又因为f(0)＝1， 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1. (2)设h(x)＝f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1， 则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x) ＝－2exsin x. 当x∈时，h′(x)≤0， 所以h(x)在区间上单调递减， 所以对任意x∈有h(x)≤h(0)＝0，即f′(x)≤0， 所以函数f(x)在区间上单调递减． 因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－. 11．(14分)(2024·九省适应性测试)已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax＋2在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直． (1)求a； (2)求f(x)的单调区间和极值． 解：(1)因为 f(x)＝ln x＋x2＋ax＋2， 所以f′(x)＝＋2x＋a，则f′(2)＝＋2×2＋a＝＋a， 由题意函数f(x)＝ln x＋x2＋ax＋2在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直， 可得×＝－1，解得a＝－3. (2)由a＝－3，得f(x)＝ln x＋x2－3x＋2， 所以f′(x)＝＋2x－3＝＝，x>0， 所以当0<x<时，f′(x)>0，当<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0， 故f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间为， 故f(x)有极大值f＝ln＋2－3×＋2＝－ln 2， f(x)有极小值f(1)＝ln 1＋12－3×1＋2＝0. (每小题6分，共12分) 12．(2024·黑龙江哈尔滨质检)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值．若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是(　　) A．15 B．－15 C．10 D．－13 答案：D 解析：因为f′(x)＝－3x2＋2ax，f(x)在x＝2处取得极值，所以f′(2)＝0，即－12＋4a＝0，解得a＝3，所以f′(x)＝－3x2＋6x.又当n∈[－1,1]时，f′(n)＝－3n2＋6n单调递增，所以当n＝－1时，f′(n)的最小值为－9.当m∈[－1,1]时，f(m)＝－m3＋3m2－4，f′(m)＝－3m2＋6m，令f′(m)＝0，得m＝0或m＝2，所以f(m)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，所以当m＝0时，f(m)的最小值为－4.故f(m)＋f′(n)的最小值为－4＋(－9)＝－13.故选D. 13．[多选题](2023·山东烟台模拟)已知函数f(x)＝，则下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)存在两个不同的零点 B．函数f(x)既存在极大值又存在极小值 C．当－e<k≤0时，方程f(x)＝k有且只有两个实根 D．若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝，则t的最小值为2 答案：ABC 解析：由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，所以x＝，故A正确；f′(x)＝－＝－，当x∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(－1,2)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1,2)上单调递增，所以f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，故B正确； 又f(－1)＝－e，f(2)＝，且当x→－∞时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→0，所以f(x)的图象如图所示，由图知C正确，D不正确．故选ABC. (每小题8分，共16分) 14．[多选题]已知函数f(x)＝xln x＋x2，x0是函数f(x)的极值点，以下几个结论中正确的是(　　) A．0<x0< B．x0> C．f(x0)＋2x0<0 D．f(x0)＋2x0>0 答案：AD 解析：函数f(x)＝xln x＋x2(x>0)，所以f′(x)＝ln x＋1＋2x，因为x0是函数f(x)的极值点，所以f′(x0)＝0，即ln x0＋1＋2x0＝0，又函数f′(x)＝ln x＋1＋2x在(0，＋∞)上单调递增，所以f′＝>0＝f′(x0)，所以0<x0<，即A正确，B不正确；f(x0)＋2x0＝x0ln x0＋x＋2x0＝x0(ln x0＋x0＋2)＝x0(1－x0)>0，即D正确，C不正确．故选AD. 15．已知函数f(x)＝若a<b，且f(a)＝f(b)，则b－a的最小值为(　　) A．1 B． C．e－1 D．2 答案：D 解析：令f(a)＝f(b)＝t(t>0)，因为f(x)＝且a<b，所以－＝t，ln b＋1＝t， 所以a＝－，b＝et－1，因此b－a＝et－1＋， 令f(t)＝et－1＋(t>0)，则f′(t)＝et－1－， 当t∈(0,1)时，f′(t)<0，f(t)单调递减；当t∈(1，＋∞)时，f′(t)>0，f(t)单调递增，所以f(t)在t＝1处取得极小值，也是最小值，f(1)＝e1－1＋＝2，因此b－a的最小值为2.故选D. 学生用书↓第60页 学科网（北京）股份有限公司 $$