《2019届高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第十节第二课时函数的极值与最值课时作业》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第十节第二课时函数的极值与最值课时作业（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1第十节第十节 第二课时第二课时 函数的极值与最值函数的极值与最值课时作业A 组基础对点练1设函数f(x)在 R 上可导，其导函数为f (x)，且函数f(x)在x2 处取得极小值，则函数yxf (x)的图象可能是( )解析：f(x)在x2 处取得极小值，在x2 附近的左侧f (x)0.在x2 附近的右侧f (x)0，当22 时，对函数f(x)a10 的单调性进行研究，求导后发现f(x)在x ln x(2，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，即函数f(x)在x2 时的最小值为f(e)；当x2 时，f(x)(xa)2e 是对称轴方程为xa的二次函数，欲使f(2)是函数的最小值，则Error!Er
2、ror!2a6，故选 D.答案：D7(2018昆明市检测)已知函数f(x)Error!若不等式af(x)b的解集恰好为a，b，则ba_.3解析：由函数f(x)的解析式知，函数f(x)在(，2)上单调递减，在2，)上单调递增，f(x)minf(2)1，若a1，则不等式af(x)b的解集为x1，x2x3，x4，不合题意，所以a1，此时因为 2212，所以b2，令m23m4m，解得m 或3 44 3m4，取b4.令 22x4 得x0，所以a0，所以ba4.答案：48已知函数f(x)ln x在(e，)上有极值点，则实数m的取值范围为mxm x21_解析：f(x)ln xln xln x，定义域为x|x
3、0 且mxm x21mx1 x1x1m x1x1，f(x) ，记g(x)x2(m2)x1，要使m x121 xx2m2x1 xx12函数f(x)在(e，)上有极值点，则方程x2(m2)x10 有两个不同的实根x1，x2，(m2)240，解得m0 或m4.又x1x21，因为f(x)在(e，)上有极值点，不妨设x2e，所以 0x1 ex2，由于g(0)10，所以只需Error!即1 eError!解得me 2.1 e答案：(e 2，)1 e9设函数f(x)exax1.(1)若函数f(x)在 R 上单调递增，求a的取值范围；(2)当a0 时，设函数f(x)的最小值为g(a)，求证：g(a)0.解析：
4、(1)由题意知f(x)exa0 对xR 均成立，且 ex0，故a的取值范围为a0.(2)证明：当a0 时，由f(x)exa可得，函数f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，故函数f(x)的最小值为g(a)f(ln a)eln aaln a1aaln a1，则g(a)ln a，故当a(0,1)时，g(a)0，当a(1，)时，g(a)0，从而可知g(a)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，且g(1)0，故g(a)g(1)，即g(a)0.10已知函数f(x)ax21(a0)，g(x)x3bx.(1)若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线
5、，求a，b的值；(2)当a3，b9 时，若函数f(x)g(x)在区间k,2上的最大值为 28，求k的取值范围解析：(1)f(x)2ax，g(x)3x2b.4因为曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)g(1)且f(1)g(1)，即a11b且 2a3b，解得a3，b3.(2)记h(x)f(x)g(x)，当a3，b9 时，h(x)x33x29x1，所以h(x)3x26x9.令h(x)0，得x13，x21.h(x)，h(x)在(，2上的变化情况如下表所示：x(，3)3(3,1)1(1,2)2h(x)00h(x)2843由表可知当k3 时，函数h(x)在区间k,
6、2上的最大值为 28；当3k2 时，函数h(x)在区间k,2上的最大值小于 28.因此k的取值范围是(，3B 组能力提升练1已知函数f(x)x3ax2bxc，下列结论中错误的是( )Ax0R，f(x0)0B函数yf(x)的图象是中心对称图形C若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(，x0)单调递减D若x0是f(x)的极值点，则f(x0)0解析：若yf(x)有极小值点，则其导数yf(x)必有 2 个零点，设为x1，x2(x10，可得x1，令f(x)0，f(x)单调递增，故当x2k2(kZ)时，f(x)取极小值，其极小值为f(2k2)e2k2(kZ)，又 0x2 016，f(x)的各极小值之
7、和Se2e4e2 016，故选 A.e21e2 016 1e2答案：A5(2018云南五市联考)直线xa(a0)分别与曲线y2x1，yxln x交于A，B两点，则|AB|的最小值为_解析：设A(a，yA)，B(a，yB)，则yA2a1，yBaln a所以|AB|yAyB|a1ln a|.令f(a)a1ln a，则f(a)1 ，所以函数f(a)1 a在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，于是当a1 时，f(a)取得最小值 2，即|AB|min2.答案：26(2018长沙市模拟)在半径为R的圆内，作内接等腰ABC，当底边上的高h(0，t时，ABC的面积取得最大值，则t的取值范围为_3 3R
8、24解析：令等腰ABC的底边为 2x，则x2R2(hR)22hRh2，又Sxh6，令f(h)h2(2hRh2)，0h2R，求导得f(h)2h2(3R2h)，令h22hRh2f(h)0，得h，当 0h时，f(h)0，函数f(h)单调递增，当h2R时，3R 23R 23R 2f(h)0，函数f(h)单调递减，f(h)maxf()3R 2R4，Smax，h(0，t，故t的取值范围为，2R)27 163 3R243R 23R 2答案：，2R)3R 27(2018合肥市质检)已知函数f(x)xln xxk(x1)在(1，)内有唯一零点x0，若k(n，n1)，nZ，则n_.解析：依题意，函数定义域为(0，
9、)，f(x)ln xx 1kln x2k，令1 xln x2k0，解得xek2，当x(0，ek2)时，f(x)0，当x(ek2，)时，f(x)0.因为f(1)1，且函数f(x)xln xxk(x1)在(1，)内有唯一零点x0，所以，当 ek21 时，f(x)在(1，)上单调递增，此时，f(x)在(1，)上无零点，不合题意当 ek21 时，由于xek2时，f(x)取极小值，若f(ek2)0，则f(x)在(1，)上有两个零点，不合题意；当 ek21 且f(ek2)0时，f(x)在(1，)上无零点，不合题意；当 ek21 且f(ek2)0 时，符合题意，所以Error!令g(k)kek2(k2)，g
10、(k)1ek20 在(2，)上恒成立，所以g(k)在(2，)上单调递减，因为g(3)3e0，g(4)4e20，又k(n，n1)，nZ，所以 3k4，所以n3.答案：38已知函数f(x)ex(axb)x24x，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y4x4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值解析：(1)f(x)ex(axab)2x4.由已知得f(0)4，f(0)4，故b4，ab8.从而a4，b4.(2)由(1)知f(x)4ex(x1)x24x，f(x)4ex(x2)2x44(x2).(ex1 2)令f(x)0，得xln 2 或x2.从而当x(，2)(ln
11、 2，)时，f(x)0；当x(2，ln 2)时，f(x)0.7故f(x)在(，2)，(ln 2，)上单调递增，在(2，ln 2)上单调递减当x2 时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(2)4(1e2)9已知函数f(x)x2ln x，g(x)f(x)2ax.(aR)(a1 2)(1)当a0 时，求f(x)在区间上的最小值；1 e，e(2)若x(1，)，g(x)0 恒成立，求a的取值范围解析：(1)函数f(x)x2ln x的定义域为(0，)，(a1 2)当a0 时，f(x)x2ln x，1 2则f(x)x .1 xx21 xx1x1 x当x时，f(x)0；当x1，e时，f(x)0，1 e，1)f
12、(x)在区间上是增函数，在区间1，e上为减函数，1 e，1)又f1，f(e)1，(1 e)1 2e2e2 2f(x)minf(e)1.e2 2(2)g(x)f(x)2axx22axln x，(a1 2)则g(x)的定义域为(0，)，g(x)(2a1)x2a ，1 x2a1x22ax1 xx12a1x1 x若a ，则令g(x)0，得x11，x2，1 21 2a1当x2x11，即 a1 时，1 2在(0,1)上有g(x)0，在(1，x2)上有g(x)0，在(x2，)上有g(x)0，此时g(x)在区间(x2，)上是增函数，并且在该区间上有g(x)(g(x2)，)，不合题意；当x2x11，即a1 时，同理可知，g(x)在区间(1，)上有g(x)(g(1)，)，也不合题意；若a ，则有 2a10，此时在区间(1，)上恒有g(x)0，1 2从而g(x)在区间(1，)上是减函数；8要使g(x)0 在此区间上恒成立，只需满足g(1)a 0a ，由此求得a的取1 21 2值范围是.1 2，1 2综合可知，a的取值范围是.1 2，1 2
