高考数学一轮复习第三章导数及其应用第二节导数与函数的单调性极值最值课后作业理.doc

1 / 7【2019【2019 最新最新】精选高考数学一轮复习第三章导数及其应用精选高考数学一轮复习第三章导数及其应用第二节导数与函数的单调性极值最值课后作业理第二节导数与函数的单调性极值最值课后作业理一、选择题1已知函数 f(x)的导函数 f(x)ax2bxc 的图象如图所示，则 f(x)的图象可能是( ) 2函数 yx2ln x 的单调递减区间为( )A(0,1) B(0，)C(1，) D(0,2)3(2016·南昌模拟)已知函数 f(x)(2xx2)ex，则( )Af()是 f(x)的极大值也是最大值Bf()是 f(x)的极大值但不是最大值Cf()是 f(x)的极小值也是最小值Df(x)没有最大值也没有最小值4函数 f(x)ln xx 在区间(0，e上的最大值为( )A1e B1 Ce D05已知函数 f(x)x在(，1)上单调递增，则实数 a的取值范围是( )A1，) B(，0)(0,1C(0,1 D(，0)1，)二、填空题6(2016·上饶模拟)f(x)x33xa 有 3 个不同的零点，则a 的取值范围是_2 / 77若函数 f(x)x312x 在区间(k1，k1)上不是单调函数，则实数 k 的取值范围是_8已知函数 f(x)1x，若函数 f(x)的零点均在a，b(a0.讨论 f(x)的单调性10(2016·衡阳模拟)已知函数 f(x)xaln x.(1)若 f(x)无极值点，求 a 的取值范围；(2)设 g(x)x(ln x)a，当 a 取(1)中的最大值时，求 g(x)的最小值1(2016·渭南模拟)设 f(x)在定义域内可导，其图象如右图所示，则导函数 f(x)的图象可能是( ) 2已知定义域为 R 的奇函数 yf(x)的导函数为 yf(x)，当 x0 时，f(x)>0，若 af，b2f(2)，cf，则a，b，c 的大小关系正确的是( )Aay>0 的实数x，y 恒成立，则实数 c 的最大值为_4(2016·烟台模拟)已知函数 f(x)ax2x(a>0，且 a1)(1)当 a2 时，求曲线 f(x)在点 P(2，f(2)处的切线方程；(2)若 f(x)的值恒非负，试求 a 的取值范围；(3)若函数 f(x)存在极小值 g(a)，求 g(a)的最大值答 案一、选择题3 / 71解析：选 D 当 x0 时，由导函数f(x)ax2bxc 的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于 0 的，则在此区间内函数 f(x)单调递增2解析：选 A 对于函数 yx2ln x，易得其定义域为x|x>0，yx，令0，所以 x210，函数 f(x)单调递增；当x时，f(x)0，在 x处取得极小值 f()2(1)e0；当 x(1，e时，f(x)1，则有1，解得 a1 或 a0，解得单调递增区间为(，1)，(1，)，f(x)0，得函数的增区间是(，2)及(2，)，由 y1 时，f(x)>0，当 x0，所以 f(x)单调递增，而 f(0)1，f(1)0 都有 f(x)>0.此时 f(x)是(0，)上的单调递增函数当 0，即 a2 时，仅对 x有 f(x)0，对其余的x>0 都有 f(x)>0.此时 f(x)是(0，)上的单调递增函数当 >0，即 a>2 时，方程 g(x)0 有两个不同的实根x1，x2，00，m(x)单调递增，x(1，)时，m(x)0，g(x)>0，g(x)单调递增，g(x)g(1)2，故 g(x)的最小值为 2.1解析：选 B 由 f(x)的图象可知，当 x0 时，函数的单调性是先减后增再减当 x时，f(x)0 时，h(x)f(x)x·f(x)>0，此时函数 h(x)单调递增afh，b2f(2)2f(2)h(2)，c·fhh(ln 6 / 72)h(ln 2)，又 2>ln 2>，b>c>a.3解析：由 x>y>0,2y2x2c(x2xy)得 c，即 c.设t，则 t>1，令 g(t)1，g(t)，当 12时，g(t)>0，所以 g(t)ming(2)24.则 c24，即实数 c 的最大值为24.答案：244解：(1)当 a2 时，f(x)2x2x，所以 f(x)2xln 22，所以 f(2)4ln 22，又 f(2)0，所以所求切线方程为 y(4ln 22)(x2)(2)当 x0 时，f(x)0 恒成立；当 x>0 时，若 01时，f(x)1.由 f(x)0 知 ax2x，所以 xln aln(2x)，所以 ln a.令 g(x)，则 g(x)，令 g(x)0，则 x，且 00，x>时，g(x)0，ln a1 时，设方程 f(x)0 的根为 t，得 at，即 tloga，所以 f(x)在(，t)上为减函数，在(t，)上为增函数，所以 f(x)的极小值为 f(t)at2t2，即 g(a)2，又 a>1，7 / 7所以>0.设 h(x)xxln x，x>0，则 h(x)1ln xx·ln x，令 h(x)0，得 x1，所以 h(x)在(0,1)上为增函数，在(1，)上为减函数，所以 h(x)的最大值为 h(1)1，即 g(a)的最大值为 1，此时 ae2.