2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：15 导数与函数的极值、最值 Word版含解析.pdf

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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)11A.B．－ln2ln2C．－ln2D．ln21解析：y′＝2x＋x·2xln2＝0，∴x＝－.ln22．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)＝f(x)＝f(0)＝2.max极大值3．若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则导函

2、数f′(x)的图象不可能是(D)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.a4．(2019·贵州黔东南州联考)已知函数f(x)＝lnx－，若函数f(x)x3在[1，e]上的最小值为，则a的值为(A)2eA．－eB．－2132C．－D．e21a解析：由题意，f′(x)＝＋，若a≥0，则f′(x)>0，函数单调xx23递增，所

3、以f(1)＝－a＝，矛盾；若－e

4、1,0)∪，＋∞221x＋ax－1解析：对函数求导得f′(x)＝x－1＋a1－＝，因为xx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0，13故x＝1是唯一的极值点，此时－a≤0且f(1)＝－＋a≥1a≥.故选22B.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)1A.0，B．(0，e)e1C.，eD．(－∞，e)e解析：f′(x)＝lnx－aex＋1，若函数f(x)＝xlnx－ae

5、x有两个极值点，1－lnx－1lnx＋1x则y＝a和g(x)＝在(0，＋∞)上有2个交点，g′(x)＝exex111(x>0)．令h(x)＝－lnx－1，则h′(x)＝－－<0，h(x)在(0，＋∞)xx2x上递减，而h(1)＝0，故x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)递增，1x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)递减，故g(x)＝g(1)＝，maxelnx＋1而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0.若y＝a和g(x)＝ex1在(0，＋∞)上有2个交点，只需0

6、<.eex7．(2019·广东汕头质监)已知函数f(x)＝－mx(e为自然对数的底x数)，若f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则实数m的取值范围是(C)A．(－∞，2)B．(－∞，e)e2e2C.－∞，D.，＋∞44exex解析：∵f(x)＝－mx>0在(0，＋∞)上恒成立，∴m<在(0，＋xx2exx2－2xexx－2ex∞)上恒成立，令g(x)＝，x>0，∴g′(x)＝＝，当x2x4x302时，g′(x)>0，g(x)单调e2e2递

7、增．故当x＝2时，g(x)取得最小值，且最小值为g(2)＝.∴m<.44二、填空题ππ8．函数f(x)＝xsinx＋cosx在，π上的最大值为.62ππ解析：因为f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈，时，62πf′(x)≥0，函数f(x)单调递增，当x∈，π时，f′(x)<0，函数f(x)2ππ单调递减，所以f(x)＝f＝.max229．若函数f(x)＝2f′(1)lnx－x，则函数f(x)的极大值为2ln2－2.2f′1解析：因为f(x)＝2

8、f′(1)lnx－x，所以f′(x)＝－1，x令x＝1得，f′(1)＝2f′(1)－1，得f′(1)＝1，故f(x)＝2lnx－x，定义域为(0，＋∞)．22－x且f′(x)＝－1＝，当x∈(0,2)时，f′(x)>0，当x∈(2，＋xx∞)时，f′(x)<0，所以当x＝2时，f(x)取得极大值，且f(x)＝f(2)