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《全国通用版2019版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时分层作业十五2.11.2利用导数研究函数的极值最值理》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、课时分层作业十五利用导数研究函数的极值、最值一、选择题(每小题5分,共25分)1.函数f(x)=lnx-x在区间(0,e]上的最大值为( )A.1-e B.-1 C.-e D.0【解析】选B.因为f′(x)=-1=,当x∈(0,1)时,f′(x)>0;当x∈(1,e]时,f′(x)<0,所以f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,e],所以当x=1时,f(x)取得最大值ln1-1=-1.2.(2018·滨州模拟)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
2、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)【解析】选D.由题图可知,当x<-2时,f′(x)>0;当x=-2时,f′(x)=0;当-22时,f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值.【变式备选】设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).
3、若x=-1为函数f(x)ex的一个极值点,则下列图象不可能为y=f(x)图象的是( )【解析】选D.因为[f(x)ex]′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=[f(x)+f′(x)]ex,且x=-1为函数f(x)ex的一个极值点,所以f(-1)+f′(-1)=0;选项D中,f(-1)>0,f′(-1)>0,不满足f′(-1)+f(-1)=0.3.已知f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在[-2,2]上有最大值3,那么此函数在[-2,2]上的最小值是( )A.-37B.-29C.-5D.以上都不对【解析】选A.f′(x)=6x2-12x=6x
4、(x-2),所以f(x)在[-2,0]上单调递增,在(0,2]上单调递减.所以x=0为极大值点,也为最大值点.所以f(0)=m=3,所以m=3.所以f(-2)=-37,f(2)=-5.所以最小值是-37.4.设点P在曲线y=2ex上,点Q在曲线y=lnx-ln2上,则
5、PQ
6、的最小值为( )A.1-ln2B.(1-ln2)C.2(1+ln2)D.(1+ln2)【解析】选D.因为曲线y=2ex与曲线y=lnx-ln2互为反函数,其图象关于直线y=x对称,故可先求点P到直线y=x的最近距离,函数y=2ex的导数为y′=2ex,由y′=2ex=1得,x=
7、-ln2,所以y=2e-ln2=1,所以当P点为(-ln2,1)时,点到直线y=x的最近距离为d==,所以
8、PQ
9、min=2d=2×=(1+ln2).5.已知函数f(x)=-k,若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,则实数k的取值范围为( )A.(-∞,e]B.[0,e]C.(-∞,e)D.[0,e)【解析】选A.f′(x)=-k=(x>0).设g(x)=,则g′(x)=,则g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.所以g(x)在(0,+∞)上有最小值,为g(1)=e,结合g(x)=与y=k的图象可知,要满足题意,只需k≤e.二、
10、填空题(每小题5分,共15分)6.函数y=2x-的极大值是________. 【解析】y′=2+,令y′=0,得x=-1.当x<-1时,y′>0;当-10,y′>0,所以当x=-1时,y取极大值-3.答案:-37.已知函数y=f(x)=x3+3ax2+3bx+c在x=2处有极值,其图象在x=1处的切线平行于直线6x+2y+5=0,则f(x)的极大值与极小值之差为________. 【解析】因为y′=3x2+6ax+3b,⇒所以y′=3x2-6x,令3x2-6x=0,则x=0或x=2.所以f(x)极大值-f(x)极小值=f(
11、0)-f(2)=4.答案:48.若函数f(x)=x3-3x在区间(a,6-a2)上有最小值,则实数a的取值范围是________. 【解析】若f′(x)=3x2-3=0,则x=±1,且x=1为函数的极小值点,x=-1为函数的极大值点.函数f(x)在区间(a,6-a2)上有最小值,则函数f(x)的极小值点必在区间(a,6-a2)内,且左端点的函数值不小于f(1),即实数a满足a<1<6-a2且f(a)=a3-3a≥f(1)=-2.解a<1<6-a2,得-12、1)(a2+a-2)≥0,即(a-1)2(a+2)≥0,即a≥-2,故实数a的取值范围为[-2,1).答案:
