课时作业15导数与函数的极值、最值一、选择题1．已知函数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，则下列结论中一定成立的是(D)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：由题图可知，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．2．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝(D)A．－4B．－2C．4D．2解析：由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，∴f(x)的极小值点为a＝2.3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于(C)A．11或18B．11C．18D．17或18解析： 函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∴解得或而当时，函数在x＝1处无极值，故舍去．∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.4．函数f(x)＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是(A)A．0B．1C．2D．无数解析：函数定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝6x＋－2＝，由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20<0，所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．5．函数f(x)＝sinx－x在区间[0,1]上的最小值为(D)A．0B．sin1C．1D．sin1－1解析：由题得f′(x)＝cosx－1，因为x∈[0,1]，所以f′(x)≤0，所以函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)min＝f(1)＝sin1－1，故选D.6．(2020·齐齐哈尔一模)若x＝1是函数f(x)＝ax2＋lnx的一个极值点，则当x∈时，f(x)的最小值为(A)A．1－B．－e＋C．－－1D．e2－1解析：由题意得f′(1)＝0， f′(x)＝2ax＋，∴f′(1)＝2a＋1＝0，∴a＝－，∴f′(x)＝－x＋＝.∴当x∈时，f′(x)≥0，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，∴f(x)min＝min＝－e2＋1，故选A.7．(2020·昆明模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋clnx(a>0)在x＝1和x＝2处取得极值，且极大值为－，则函数f(x)在区间(0,4]上的最大值为(D)A．0B．－C．2ln2－4D．4ln2－4解析：f′(x)＝2ax＋b＋＝(x>0，a>0)．因为函数f(x)在x＝1和x＝2处取得极值，所以f′(1)＝2a＋b＋c＝0①，f′(2)＝4a＋b＋＝0②.又a>0，所以当02时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当12.由于f′(x)＝axlna＋2x－lna＝(ax－1)lna＋2x，所以当x>0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在[0,1]上单调递增，则f(x)max＝f(1)＝a＋1－lna，f(x)min＝f(0)＝1，所以f(x)max－f(x)min＝a－lna，故a－2≥a－lna，即lna≥2，解得a≥e2.9．(2020·昆明质检)已知函数f(x)＝＋k(lnx－x)，若x＝1是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是(A)A．(－∞，e]B．(－∞，e)C．(－e，＋∞)D．[－e，＋∞)解析：由函数f(x)＝＋k(lnx－x)，可得f′(x)＝＋k＝.令g(x)＝ex－kx， f(x)有唯一极值点x＝1，∴g(x)＝ex－kx在(0，＋∞)上无零点或无变号零点．g′(x)＝ex－k，当k≤0时，g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(0)＝1，即g(x)在(0，＋∞)上无零点，符合题意．当k>0时，g′(x)＝0的解为x＝lnk.易知当0lnk时，g′(x)>0，g(x)单调递增．∴g(x)min＝g(lnk)＝k－klnk.由题意知需满足k－klnk≥0，可得0
