高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 课时作业15 导数与函数的极值、最值 文-人教版高三全册数学试题.doc

课时作业15导数与函数的极值、最值
[基础达标]
一、选择题
1．函数y＝eq\f(lnx,x)的最大值为()
A．e－1B．e
C．e2D.eq\f(10,3)
解析：令y′＝eq\f(1－lnx,x2)＝0，解得x＝e.当x>e时，y′<0；当0<x<e时，y′>0，所以y极大值＝f(e)＝eq\f(1,e)，在定义域内只有一个极值，所以ymax＝eq\f(1,e).
答案：A
2．从边长为10cm×16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为()
A．12cm3B．72cm3
C．144cm3D．160cm3
解析：设盒子容积为ycm3，盒子的高为xcm，
则x∈(0,5)，
则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，
所以y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或eq\f(20,3)(舍去)，
所以ymax＝6×12×2＝144(cm3)．
答案：C
3．[2019·山东省，湖北省部分重点中学质量检测]已知函数f(x)＝xlnx－eq\f(m,2)x2－x有极值，则实数m的取值范围是()
A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))
C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))
解析：通解f(x)＝xlnx－eq\f(m,2)x2－x，则f′(x)＝lnx－mx.函数f(x)有极值，即f′(x)＝lnx－mx有变号零点，即函数g(x)＝eq\f(lnx,x)与函数y＝m在(0，＋∞)上的图象有交点(除去相切的情况)．因为g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝eq\f(lne,e)＝eq\f(1,e)，画出函数g(x)的大致图象，如图所示，若g(x)＝eq\f(lnx,x)与y＝m的图象有交点(除去相切的情况)，则m<eq\f(1,e)，故选B.

优解当m＝0时，f(x)＝xlnx－x，f′(x)＝lnx，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，故f(x)＝xlnx－x在x＝1处取得极值，符合题意，排除A，C；当m＝eq\f(1,e)时，f(x)＝xlnx－eq\f(1,2e)x2－x，f′(x)＝lnx－eq\f(1,e)x，令g(x)＝lnx－eq\f(1,e)x，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,e)，当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，故g(x)≤g(e)＝0，即f′(x)≤0，f(x)单调递减，无极值，排除D.故选B.
答案：B
4．已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)．则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是()

解析：由条件可知当0<x<1时，xf′(x)<0，
所以f′(x)<0，函数递减．
当x>1时，xf′(x)>0，
所以f′(x)>0，函数递增，
所以当x＝1时，函数取得极小值．
当x<－1时，xf′(x)<0，所以f′(x)>0，函数递增，当－1<x<0，xf′(x)>0，所以f′(x)<0，函数递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C项．
答案：C
5．[2019·武汉市武昌区高三调研]若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)bx2＋cx＋d在(0,2)上既有极大值又有极小值，则c2＋2bc＋4c的取值范围是()
A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))
C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D．(0,1)
解析：依题可知，f′(x)＝x2＋bx＋c在(0,2)上有两个不同的零点，
则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2－4c>0，,0<－\f(b,2)<2，,c>0，,4＋2b＋c>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4c<b2，,－4<b<0，,c>0，,4＋2b＋c>0，))则0<c2＋2bc＋4c