2020版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第11讲第2课时课后作业理（含解析）.doc

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1、1第 2 章 函数、导数及其应用 第 11 讲 第 2 课时A 组 基础关1函数 f(x) x34 x4 的极大值为( )13A. B6 C. D7283 263答案 A解析 f( x) x24，令 f( x)0，得 x2，当 x(，2)时， f( x)0；当 x(2,2)时， f( x)0，所以 f(x)的极大值为f(2) (2) 34(2)4 .13 2832函数 f(x)ln x x 在区间(0，e上的最大值为( )A1e B1 Ce D0答案 B解析 f( x) 1，由 f( x)0 得 x1.当 x(0,1)时， f( x)0， f(x)单调递1x增，当 x(1，e)时， f( x)

2、0， f(x)单调递增；当 x(0,2)时， f( x)1C a D a0 时，e x0， x10 可得 x6，由 f( x)3( x28 x12)0 ；当 x 时， y0，由 f( x)3 x23 a3( x )(x )，a a可得 a1，由 f(x) x33 ax b 在 x1 处取得极小值 2，可得 13 b2，故 b4.所以 f(x) x33 x4 的极大值为 f(1)(1) 33(1)46.B 组 能力关1设函数 f(x)的定义域为 R， x0(x00)是 f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是( )A xR， f(x) f(x0)B x0是 f( x)的极小值点C x0是 f(x

3、)的极小值点D x0是 f( x)的极小值点答案 D解析 A 错误，因为极大值未必是最大值；B 错误，因为函数 y f(x)与函数 y f( x)的图象关于 y 轴对称， x0应是 f( x)的极大值点；C 错误，函数 y f(x)与函数 y f(x)的图象关于 x 轴对称， x0应为 f(x)的极小值点；D 正确，函数 y f(x)与 y f( x)的图象关于原点对称， x0应为 y f( x)的极小值点故选 D.2已知函数 f(x) x(ln x ax)有两个极值点，则实数 a 的取值范围是( )4A(，0) B.(0，12)C(0,1) D(0，)答案 B解析 因为 f(x) x(ln

4、x ax)，所以 f( x)ln x2 ax1.由题可知 f( x)在(0，)上有两个不同的零点，令 f( x)0，则 2a .令 g(x) ，则ln x 1x ln x 1xg( x) ，所以 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，又因为当 x 从 ln xx2右边趋近于 0 时， g(x)，当 x时， g(x)0，而 g(x)max g(1)1，所以只需0 时函数单调递增，从而得到函数的减区间为12 12(kZ)，函数的增区间为 (kZ)，所以当2k 53， 2k 3 2k 3， 2k 3x2 k ， kZ 时，函数 f(x)取得最小值，此时 sinx ，sin2 x ，所

5、以 f(x) 3 32 32min2 .( 32) 32 3324(2018武汉质检)已知函数 f(x)Error!(1)求 f(x)在区间(，1)上的极小值和极大值点；(2)求 f(x)在1，e(e 为自然对数的底数)上的最大值解 (1)当 x0 时， f(x)在1，e上单调递增，则 f(x)在1，e上的最大值为 f(e) a.故当 a2 时， f(x)在1，e上的最大值为 a；当 a0；32当1 时， f( x)0.12 f(x)在区间 ， 上单调递增，(32， 1) ( 12， )在 上单调递减( 1， 12)(2)f(x)的定义域为( a，)，f( x) .2x2 2ax 1x a方程 2x22 ax10 的判别式 4 a28，若 0，即 a 时， f( x)0，故 f(x)无极值2 2若 0，即 a ，则 2x22 ax10 有两个不同的实根，2 2x1 ， x2 . a a2 22 a a2 22当 a0 在定义域上恒成立，6故 f(x)无极值当 a 时， ax1x2，故 f(x)在( a， x1)上递增，在( x1， x2)上递减，在( x2，)2上递增故 f(x)在 x x1， x x2取得极值综上， f(x)存在极值时， a 的取值范围为( ，)2