高考数学一轮复习 课后限时集训15 导数与函数的极值、最值（含解析）理-人教版高三全册数学试题.doc

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课后限时集训(十五)
(建议用时：60分钟)
A组基础达标
一、选择题
1．函数y＝f(x)导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是()

A．函数y＝f(x)在区间(－1,3)上单调递增
B．函数y＝f(x)在区间(3,5)上单调递减
C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
C[由函数y＝f(x)导函数的图象可知：
当x＜－1及3＜x＜5时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当－1＜x＜3及x＞5时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以f(x)的单调减区间为(－∞，－1)，(3,5)；单调增区间为(－1,3)，(5，＋∞)，
f(x)在x＝－1,5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，
故选项C错误，故选C.]
2．函数y＝lnx－x在x∈(0，e]上的最大值为()
A．e B．1
C．－1 D．－e
C[函数y＝lnx－x的定义域为(0，＋∞)．
又y′＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令y′＝0得x＝1，
当x∈(0,1)时，y′＞0，函数单调递增；
当x∈(1，e]时，y′＜0，函数单调递减．
当x＝1时，函数取得最大值－1.]
3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于()
A．11或18 B．11
C．18 D．17或18
C[f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0,1＋a＋b＋a2＝10))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－3－2a,a2－a－12＝0))
⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4,b＝－11))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3,b＝3)).
经检验eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4,b＝－11))符合题意，∴f(2)＝23＋4×4＋2×(－11)＋16＝18.]
4．已知a∈R，若f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))ex在区间(0,1)上有且只有一个极值点，则a的取值范围是()
A．a＜0 B．a＞0
C．a≤1 D．a≥0
B[f′(x)＝eq\f(ex,x2)(ax2＋x－1)，
若f(x)在(0,1)上有且只有一个极值点，
则f′(x)＝0在(0,1)上有且只有一个零点，
显然eq\f(ex,x2)＞0，问题转化为g(x)＝ax2＋x－1在(0,1)上有且只有一个零点，
故g(0)·g(1)＜0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＜0，,a＋1－1＞0，))解得：a＞0，故选B.]
5．(2019·漳州模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax存在最大值0，则a的值为()
A．1B．2 C．e D.eq\f(1,e)
D[函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a，当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不存在最大值；当a＞0时，令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，解得x＝eq\f(1,a)，当0＜x＜eq\f(1,a)时，f′(x)＞0，当x＞eq\f(1,a)时，f′(x)＜0，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1＝0，解得a＝eq\f(1,e)，故选D.]
二、填空题
6．函数y＝2x－eq\f(1,x2)的极大值是________．
－3[y′＝2＋eq\f(2,x3)，令y′＝0，即2＋eq\f(2,x3)＝0，
解得x＝－1，当x＜－1时，y′＞0，
当－1＜x＜0时，y′＜0，因此当x＝－1时，函数有极大值，极大值为－2－1＝－3.]
7．(2018·贵州质检)设直线x＝t与函数h(x)＝x2，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|最小时，t的值为________．
eq\f(\r(2),2)[由题意，M(t，t2)，N(t，lnt)，
∴|MN|＝|t2－lnt|，
令f(t)＝t2－lnt(t＞0)，
∴f′(t)＝2t－eq\f(1,t)＝eq\f(2t2－1,t)；
当f′(t)＞0时，t＞eq\f(\r(2),2)，
当f′(t)＜0时，0＜t＜eq\f(\r(2),2)，
∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1