2020版高考数学一轮复习课时作业15《 导数与函数的极值、最值》(含解析) 练习

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.－ln2   D.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.－2   B.0C.2   D.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　)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<a<－1，函数f(x)在[1，－a]上递减，在[－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，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0<a<.7.(2019·广东汕头质监)已知函数f(x)＝－mx(e为自然对数的底数)，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)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0<x<2时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>2时，g′(x)>0，g(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)＝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)，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]上单调递减，最小值为h(2)＝＝.因此a≤.三、解答题11.(2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.解：(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e.由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此时f(1)＝3e≠0.所以a的值为1.(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若a>，则当x∈(，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2处取得极小值.若a≤，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知，a的取值范围是(，＋∞).12.(2019·四川内江一模)已知函数f(x)＝asinx＋bcosx(a，b∈R)，曲线y＝f(x)在点处的切线方程为y＝x－.(1)求a，b的值；(2)设k∈R，求函数g(x)＝kx－f在上的最大值.解：(1)由切线方程知，当x＝时，y＝0，∴f＝a＋b＝0.∵f′(x)＝acosx－bsinx，∴由切线方程知，f′＝a－b＝1，∴a＝，b＝－.(2)由(1)知，f(x)＝sinx－cosx＝sin，∴g(x)＝kx－sinx，g′(x)＝k－cosx，①当k≤0时，当x∈时，g′(x)≤0，故g(x)单调递减.∴g(x)在上的最大值为g(0)＝0.②当0<k<1时，∵g′(0)＝k－1<0，g′＝k>0，∴存在x0∈，使g′(x0)＝0.当x∈[0，x0)时，g′(x)<0，故g(x)单调递减，当x∈时，g′(x)>0，故g(x)单调递增.∴g(x)在上的最大值为g(0)或g.又g(0)＝0，g＝－1，∴当0<k≤时，g(x)在上的最大值为g(0)＝0.当<k<1时，g(x)在上的最大值为g＝－1.③当k≥1时，当x∈时，g′(x)≥0，故g(x)单调递增，∴g(x)在上的最大值为g＝－1.综上所述，当k≤时，g(x)在上的最大值为g(0)＝0，当k>时，g(x)在上的最大值为g＝－1.13.已知直线y＝a分别与函数y＝ex＋1和y＝交于A，B两点，则A，B之间的最短距离是(　D　)A.   B.C.   D.解析：由y＝ex＋1得x＝lny－1，由y＝得x＝y2＋1，所以设h(y)＝|AB|＝y2＋1－(lny－1)＝y2－lny＋2，h′(y)＝2y－＝，当0<y<时，h′(y)<0，当y>时，h′(y)>0，即函数h(y)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以h(y)min＝h＝2－ln＋2＝，故选D.14.(2019·河北五校联考)已知函数f(x)＝x＋alnx(a>0)，若∀x1，x2∈(，1)(x1≠x2)，|f(x1)－f(x2)|>|－|，则正数a的取值范围是[，＋∞).解析：由f(x)＝x＋alnx(a>0)，得当x∈(，1)时，f′(x)＝1＋>0，f(x)在(，1)上单调递增，不妨设x1>x2，则|f(x1)－f(x2)|>|－|，即f(x1)－f(x2)>－，f(x1)＋>f(x2)＋，令g(x)＝f(x)＋，则g(x)在(，1)上单调递增，所以g′(x)＝1＋－≥0在(，1)上恒成立，≥－1，即a≥－x在(，1)上恒成立，令h(x)＝－x，x∈(，1)，则h′(x)＝－1－<0，h(x)单调递减，故a≥，正数a的取值范围是[，＋∞).15.(2019·江西南昌调研)已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，则(　D　)A.f(x1)>0，f(x2)>－  B.f(x1)<0，f(x2)<－C.f(x1)>0，f(x2)<－  D.f(x1)<0，f(x2)>－解析：f′(x)＝lnx－2ax＋1，依题意知f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2，即曲线y＝1＋lnx与直线y＝2ax有两个不同交点，如图.由直线y＝x是曲线y＝1＋lnx的切线，可知：0<2a<1,0<x1<1<x2.∴a∈.由0<x1<1，得f(x1)＝x1(lnx1－ax1)<0，∵当x1<x<x2时，f′(x)>0，∴f(x2)>f(1)＝－a>－，故选D.