第二课时导数与函数的极值、最值A级·基础过关|固根基|1.函数f(x)＝xe－x，x∈[0，4]的最小值为()A．0B．C．D．解析：选Af′(x)＝，当x∈[0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，4]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因为f(0)＝0，f(4)＝>0，所以当x＝0时，f(x)有最小值，且最小值为0.2．已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为()A．15B．16C．17D．18解析：选D因为x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，且f′(x)＝3x2－3a，所以f′(2)＝12－3a＝0，解得a＝4，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x3－12x＋2，f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0，得x＝±2，故函数f(x)在(－2，2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知，当x＝－2时，函数f(x)取得极大值f(－2)＝18.3．(2019届安徽滁州模拟)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()①f(b)>f(a)>f(c)；②函数f(x)在x＝c处取得极小值，在x＝e处取得极大值；③函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值；④函数f(x)的最小值为f(d)．A．③B．①②C．③④D．①④解析：选A由题图可知，当x≤c时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，c]上单调递增，又a
0；当ce时，f′(x)>0，所以函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值，故②不正确，③正确；由题图知，当d≤x≤e时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[d，e]上单调递减，从而f(d)>f(e)，故④不正确．故选A．4．(2019届昆明市高三诊断)设函数f(x)＝(x2－2x＋2)ex－x3－x2的极值点的最大值为x0，若x0∈(n，n＋1)，则整数n的值为()A．－2B．－1C．0D．1解析：选Cf′(x)＝x2ex－x2－x，令f′(x)＝x2ex－x2－x＝0，则x＝0或xex－x－1＝0，所以x＝0为一个极值点．当x≠0，xex－x－1＝0时，则ex＝1＋.当x>1时，ex>e，1＋∈(1，2)，所以不存在使ex＝1＋成立的x0；当02，所以存在使ex＝1＋成立的x0.又因为x0为极值点的最大值，x0∈(n，n＋1)，所以整数n的值是0.故选C．5．(2019届南昌调研)已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x10，f(x2)>－B．f(x1)<0，f(x2)<－1C．f(x1)>0，f(x2)<－D．f(x1)<0，f(x2)>－解析：选Df′(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在点(1，1)处的切线，可知，0<2a<1，00，∴f(x2)>f(1)＝－a>－，故选D．6．(2019届新乡模拟)设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1<20)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0，得x＝±a，当－aa或x<－a时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴f(x)的极大值为f(－a)，极小值为f(a)．∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0，解得a>，∴a的取值范围是.答案：8．(2019届长沙调研)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝lnx－ax，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a＝________．解析：由题意知，当x∈(0，2)时，f(x)的最大值为－1.令f′(x)＝－a＝0，得x＝，当00；当2>x>时，f′(x)<0.∴f(x)max＝f＝－lna－1＝－1，解得a＝1.答案：19．(2019届长春市第二次质量监测)已知函数f(x)＝(a－1)lnx－－x(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若函数f(x)在[1，3]上的最大值为－2，求实数a的值．解：(1)当a＝2时，f(x)＝lnx－－x，f′(x)＝＋－1，f(2)＝ln2－3，f′(2)＝0，所以曲线在点(2，f(2))处的切线方程为y＝ln2－3.(2)f′...
