2020版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用第3讲导数与函数的极值、最值分层演练理（含解析）新人教A版

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1、第3讲导数与函数的极值、最值1．函数y＝xex的最小值是(　　)A．－1　　B．－eC．－D．不存在解析：选C.因为y＝x·ex，所以y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex，当x∈(－∞，－1)时，y′＜0，当x∈(－1，＋∞)时，y′＞0，所以当x＝－1时，ymin＝(－1)e－1＝－.2．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，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为(　　)A．12cm3B．72cm3C．144cm3D．160cm3解析：选C.设盒子容积为ycm3，盒子的高为xcm，则x∈(0，

2、5)，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)．3．已知函数y＝x－ln(1＋x2)，则函数y的极值情况是(　　)A．有极小值B．有极大值C．既有极大值又有极小值D．无极值解析：选D.由题意得x∈R，y′＝1－·(1＋x2)′＝1－＝≥0，所以函数y＝x－ln(1＋x2)无极值．4．函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)(　　)A．无极大值点、有四个极小

3、值点B．有三个极大值点、一个极小值点C．有两个极大值点、两个极小值点D．有四个极大值点、无极小值点解析：选C.设f′(x)的图象与x轴的4个交点从左至右依次为x1、x2、x3、x4.当x0，f(x)为增函数，当x1

4、选C.因为f′(x)＝3(x2－a)，所以当a≤0时，f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，f(x)没有极值点，不符合题意；当a>0时，令f′(x)＝0得x＝±，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示：x(－∞，－)－(－，)(，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值因为函数f(x)在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以或解得1≤a<4.选C.6．函数f(x)＝x3－3x2＋4在x＝________处取得极小值．解析：由f′(x)＝3x2－6x＝0，得x＝0或x＝2.列

5、表得x(－∞，0)0(0，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以在x＝2处取得极小值．答案：27．(2019·湖南郴州高三模拟)已知奇函数f(x)＝则函数h(x)的最大值为______．解析：先求出x＞0时，f(x)＝－1的最小值．当x＞0时，f′(x)＝，所以x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数单调递减，x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数单调递增，所以x＝1时，函数取得极小值即最小值，为e－1，所以由已知条件得h(x)的最大值为1－e.答案：1－e8．已知函数f(x)＝lnx－

6、(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝______．解析：f′(x)＝＋＝(x＞0)，当m＞0时，f′(x)＞0，f(x)在区间[1，e]上为增函数，f(x)有最小值f(1)＝－m＝4，得m＝－4，与m＞0矛盾．当m＜0时，若－m＜1即m＞－1，f(x)在区间[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－m＝4，得m＝－4，与m＞－1矛盾；若－m∈[1，e]，即－e≤m≤－1，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，解得m＝－e3，与－e≤m≤－1矛盾；若－m＞e，即m＜－e时，f(x)在区间[1，

7、e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝1－＝4，解得m＝－3e，符合题意．答案：－3e9．(2017·高考北京卷)已知函数f(x)＝excosx－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)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－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)＝ex(cosx－sinx)－1，则h′(x)＝ex(cosx－s

8、inx－sinx－cosx)＝－2exsinx.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)