《2019高中数学第一章导数及其应用1.3.2利用导数研究函数的极值课后训练新人教B版选修2_220181127133.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高中数学第一章导数及其应用1.3.2利用导数研究函数的极值课后训练新人教B版选修2_220181127133.pdf（4页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 1.3.2 利用导数研究函数的极值1.3.2 利用导数研究函数的极值 课后训练课后训练 1函数y(x21)31 有( ) A极大值点1 B极大值点 0 C极小值点 0 D极小值点 1 2函数f(x)ax3bx在x1 处有极值2，则a，b的值分别为( ) A1，3 B1,3 C1,3 D1，3 3函数f(x)x33x29x5 在区间4,4上的最大值和最小值分别为( ) A10，22 B10，71 C15，15 D15，71 4设aR R，若函数yeax3x，xR R 有大于零的极值点，则( ) Aa3 Ba3 C 1 3 a D 1 3 a 5已知函数
2、f(x)x3px2qx的图象与x轴切于点(1,0)，则f(x)的极值为( ) A极大值为 4 27 ，极小值为 0 B极大值为 0，极小值为 4 27 C极小值为 5 27 ，极大值为 0 D极小值为 0，极大值为 5 27 6在下列四个函数中存在极值的是_ 1 y x ； 2 3 2 3 yxx；y2；yx3. 7关于函数f(x)x33x2，给出下列说法： f(x)是增函数，无极值； f(x)是减函数，无极值； f(x)的增区间是(，0和2，)，减区间是0,2； f(0)0 是极大值，f(2)4 是极小值 其中正确的序号是_ 8如图是yf(x)导数的图象，对于下列四种说法： 高清试卷 下载可
3、打印 高清试卷 下载可打印 f(x)在区间2，1上是增函数； x1 是f(x)的极小值点； f(x)在区间1,2上是增函数，在区间2,4上是减函数； 3 是f(x)的极小值点 其中正确的是_ 9设函数f(x)ln(2x3)x2. (1)求f(x)的单调区间； (2)求f(x)在区间 3 1 , 4 4 上的最值 10(2012浙江名校联考)已知函数f(x)ex(ax2a1)(aR R) (1)若a1，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)若 2 2 ( ) e f x 对任意x2，1恒成立，求实数a的取值范围 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 参考答案参考答案 1.
4、 答案 ： 答案 ： C y3(x21)2(x21)6x(x21)2， 当x0 时，y0； 当x0 时， y0，x0 为极小值点 2. 答案： 答案：A 因为f(x)3ax2b， 所以f(1)3ab0. 又x1 时有极值2，所以ab2. 由解得a1，b3. 3. 答案 ： 答案 ： B f(x)3x26x9， 由f(x)0， 解得x11，x23.而f(1)10， f(3)22，f(4)71，f(4)15.所以最大值为 10，最小值为71. 4. 答案： 答案：B 令yaeax30，得 3 e = ax a . 设x0为大于 0 的极值点，则 0 3 e = ax a . a0，ax00. 0
5、0e 1 ax ，即 0 3 a 1.a3. 5. 答案： 答案：A 由题意， 10 10 f f ，即 320, 10, pq pq 2, 1. p q f(x)x32x2x，进而求得f(x)极小值f(1)0，f(x)极大值 14 ()= 327 f. 6. 答案： 答案： 7. 答案： 答案： f(x)3x26x3x(x2) 令f(x)0，得x0 或x2. 当x变化时，f(x)，f(x)变化状态如下表： x(，0)0(0,2)2(2，) f(x)00 f(x)极大值 0极小值4 由上表可以清晰地看出，f(x)在区间(， 0和区间2， )上是增函数， 在区间0,2 上是减函数，且f(x)的极
6、值情况是 ：f(x)极大值f(0)0，f(x)极小值f(2)4，可知 是正确的 8. 答案： 答案： 根据导数与函数的单调性、极值之间的关系可判断 9. 答案： 答案：分析：先求定义域，再按照求单调区间、最值的步骤求解即可 解：f(x)的定义域为 3 , 2 . (1)f(x) 2 23x 2x 2 211 23 xx x . 当 3 2 x1 时，f(x)0； 当1x 1 2 时，f(x)0； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当x 1 2 时，f(x)0. 所以f(x)的单调增区间为 3 , 1 2 ， 1 , 2 ，单调减区间为 1 1, 2 . (2)由(1)知f(x)在区间
7、 3 1 , 4 4 上的最小值为 11 ()=ln2+ 24 f . 又 31 ()() 44 ff 3971 lnln 216216 31149 ln(1 ln)0 7229 ， 所以f(x)在区间 3 1 , 4 4 上的最大值为 117 ()=+ln 4162 f. 10. 答案： 答案：解：(1)当a1 时，f(x)x2ex，f(1)e. f(x)x2ex2xex， 因为切点为(1，e)，则kf(1)3e， 所以在点(1，e)处的曲线的切线方程为：y3ex2e. (2)解法一：由题意得，f(2)e2(4aa1) 2 2 e ，即 1 5 a . f(x)ex(ax22axa1)exa
8、(x1)21， 因为 1 5 a ，所以f(x)0 恒成立， 故f(x)在2，1上单调递增， 要使 2 2 ( ) e f x 恒成立，则f(2)e2(4aa1) 2 2 e ，解得 1 5 a . 解法二：f(x)ex(ax22axa1)exa(x1)21 当a0 时，f(x)0 在2，1上恒成立， 故f(x)在2，1上单调递增， f(x)minf(2)e2(5a1) 2 2 e 即 1 5 a . 当a0 时，令u(x)a(x1)21，对称轴x1， 则u(x)在2，1上单调递增，又u(1)10，u(2)(a1) 1当a10， 即1a0时，f(x)0在2， 1上恒成立， 所以f(x)在2， 1 上单调递增， f(x)minf(2)e2(5a1) 2 2 e 即 1 5 a ，不合题意，舍去 2当a1 时，f(x)ex(ax2a1)0，不合题意，舍去 综上所述： 1 5 a .