2021高考数学一轮复习第3章导数及其应用第3讲导数与函数的极值最值课时作业含解析新人教B版.doc

导数与函数的极值、最值课时作业1．函数f(x)＝(x－1)(x－2)2在[0,3]上的最小值为()A．－8B．－4C．0D．eq\f(4,27)答案B解析f′(x)＝(x－2)2＋2(x－1)(x－2)＝(x－2)(3x－4)．令f′(x)＝0⇒x1＝eq\f(4,3)，x2＝2，结合单调性，只要比较f(0)与f(2)即可．f(0)＝－4，f(2)＝0.故f(x)在[0,3]上的最小值为f(0)＝－4.故选B．2．(2019·山东胶州模拟)若函数f(x)＝(x＋a)ex的极值点为1，则a＝()A．－2B．－1C．0D．1答案A解析f′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)ex.由题意知f′(1)＝e(2＋a)＝0，∴a＝－2.故选A．3．(2019·孝感高中模拟)函数y＝eq\f(lnx,x)的最大值为()A．e－1B．eC．e2D．eq\f(10,3)答案A解析令y′＝eq\f(1－lnx,x2)＝0，得x＝e.当x>e时，y′<0，当0<x<e时，y′>0，所以ymax＝eq\f(1,e).故选A．4．设函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，则()A．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极大值点B．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点答案D解析f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)，∵x>0，∴当x>2时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)是减函数，∴x＝2为f(x)的极小值点．5．若函数y＝ex＋mx有极值，则实数m的取值范围是()A．m>0B．m<0C．m>1D．m<1答案B解析y′＝ex＋m，∵函数y＝ex＋mx有极值，∴ex＋m＝0必有根，∴m＝－ex<0.6．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．以上都不对答案A解析∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，∴x＝0为极大值点，也为最大值点，∴f(0)＝m＝3，∴m＝3.∴f(－2)＝－37，f(2)＝－5.∴最小值是－37.故选A．7．(2020·宁夏中卫市模拟)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，给出下列命题：①－3是函数y＝f(x)的极小值点；②－1是函数y＝f(x)的极小值点；③曲线y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率小于零；④y＝f(x)在区间(－3,1)上单调递增．则正确命题的序号是()A．①④B．①②C．②③D．③④答案A解析由图可知x<－3时，f′(x)<0，x∈(－3,1)时f′(x)>0，∴－3是f(x)的极小值点，①正确；又x∈(－3，1)时f′(x)≥0，∴f(x)在区间(－3,1)上单调递增，故②不正确，④正确．∵函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，∴y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率大于0.∴③不正确．故选A．8．(2019·河南八市重点高中质检)设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则()A．a<－1B．a>－1C．a<－eq\f(1,e)D．a>－eq\f(1,e)答案A解析由y′＝ex＋a＝0得x＝ln(－a)(a<0)，显然x＝ln(－a)为函数的极小值点，又ln(－a)>0，∴－a>1，即a<－1.故选A．9．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)·(x－1)k(k＝1,2)，则()A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值答案C解析因为f′(x)＝(x－1)k－1[ex(x－1＋k)－k]，当k＝1时，f′(1)>0，故1不是函数f(x)的极值点．当k＝2时，当x0<x<1(x0为f(x)的极大值点)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．故f(x)在x＝1处取到极小值．故选C．10．(2019·湖北荆、荆、襄、宜四地七校期末)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx－17(a，b，c∈R)的导函数为f′(x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－98，则a的值是()A．－eq\f(81,22)B．eq\f(1,3)C．2D．5答案C解析由题意，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，因为f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，所以a>0，且－2＋3＝