人教版2020高考数学（理科）一轮复习课时作业：15 导数与函数的极值、最值_含解析.doc

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1、课时作业15　导数与函数的极值、最值一、选择题1．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝(　B　)A.B．－C．－ln2D．ln2解析：y′＝2x＋x·2xln2＝0，∴x＝－.2．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是(　C　)A．－2B．0C．2D．4解析：f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或2.∴f(x)在[－1,0)上是增函数，f(x)在(0,1]上是减函数．∴f(x)max＝f(x)极大值＝f(0)＝2.3．若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则导函数f′(x)的图象不可能是(　D　)

2、解析：若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f′(x)在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x轴，观察四个选项中的图象只有D项是不符合要求的，即f′(x)的图象不可能是D.4．(2019·贵州黔东南州联考)已知函数f(x)＝lnx－，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为，则a的值为(　A　)A．－B．－C．－D．e解析：由题意，f′(x)＝＋，若a≥0，则f′(x)>0，函数单调递增，所以f(1)＝－a＝，矛盾；若－e

3、a，e]上递增，所以f(－a)＝，解得a＝－；若－1≤a<0，函数f(x)是递增函数，所以f(1)＝－a＝，矛盾；若a≤－e，函数f(x)单调递减，所以f(e)＝，解得a＝－，矛盾．综上，a＝－，故选A.5．(2019·河北邢台质检)若函数f(x)＝x2＋(a－1)x－alnx存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a的取值范围为(　B　)A.B.C.D．(－1,0)∪解析：对函数求导得f′(x)＝x－1＋a1－＝，因为函数存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x＝1是唯一的极值点，此时－a≤0且f(1)＝－＋a≥1⇒a≥.故

4、选B.6．(2019·江西宜春六校联考)已知函数f(x)＝xlnx－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　A　)A.B．(0，e)C.D．(－∞，e)解析：f′(x)＝lnx－aex＋1，若函数f(x)＝xlnx－aex有两个极值点，则y＝a和g(x)＝在(0，＋∞)上有2个交点，g′(x)＝(x>0)．令h(x)＝－lnx－1，则h′(x)＝－－<0，h(x)在(0，＋∞)上递减，而h(1)＝0，故x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)递增，x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，

5、g(x)递减，故g(x)max＝g(1)＝，而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0.若y＝a和g(x)＝在(0，＋∞)上有2个交点，只需00在(0，＋∞)上恒成立，则实数m的取值范围是(　C　)A．(－∞，2)B．(－∞，e)C.D.解析：∵f(x)＝－mx>0在(0，＋∞)上恒成立，∴m<在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝，x>0，∴g′(x)＝＝，当02时，g′(x)>0，g

6、(x)单调递增．故当x＝2时，g(x)取得最小值，且最小值为g(2)＝.∴m<.二、填空题8．函数f(x)＝xsinx＋cosx在上的最大值为.解析：因为f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)max＝f＝.9．若函数f(x)＝2f′(1)lnx－x，则函数f(x)的极大值为2ln2－2.解析：因为f(x)＝2f′(1)lnx－x，所以f′(x)＝－1，令x＝1得，f′(1)＝2f′(1)－1，得f′(1)＝1，故f(x

7、)＝2lnx－x，定义域为(0，＋∞)．且f′(x)＝－1＝，当x∈(0,2)时，f′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，所以当x＝2时，f(x)取得极大值，且f(x)极大值＝f(2)＝2ln2－2.10．(2019·安徽合肥质检)设a∈R，函数f(x)＝ax3－3x2，若函数g(x)＝f(x)＋f′(x)，x∈[0,2]，且在x＝0处取得最大值，则a的取值范围是.解析：g(x)＝ax3－3x2＋3ax2－6x＝ax2(x＋3)－3x(x＋2)，g(0)＝0.若g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(0)，则g(x)≤g(0)，

8、即ax2(x＋3)－3x(x＋2)≤0在[0,2]上恒成立．当x＝0时，显然成立；当x≠0时，有a≤在(0,2]上恒成立．设h(x)＝＝＋，显然h(x)在(0,2]