高中数学第三章导数及其应用习题课（2）课时作业（含解析）新人教A版.docx

习题课(2)一、选择题12013福建高考设函数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)的极小值点D. x0是f(x)的极小值点解析：极大值点不一定为最大值点，故A错；yf(x)与yf(x)关于y轴对称，故x0为f(x)的极大值点，B错；yf(x)与yf(x)关于x轴对称，故x0为f(x)的极小值点，x0不一定为f(x)的极小值点，C错；yf(x)与yf(x)关于原点对称，x0是f(x)的极小值点，故D对答案：D2函数yf(x)的定义域为R，导函数yf(x)的图象如图所示，则函数f(x)()A. 无极大值点，有四个极小值点B. 无极小值点，有四个极大值点C. 有两个极大值点，两个极小值点D. 有三个极大值点，一个极小值点解析：f(x)0的根分别如题图a、c、e、g.x0，axc时f(x)0，a为极大值点又cx0知c为极小值点，exg时，f(x)0知e为极大值点，g0知g为极小值点故选C.答案：C3若x2与x4是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点，则有()Aa2，b4Ba3，b24Ca1，b3Da2，b4解析：f(x)3x22axb，依题意有x2和x4是方程3x22axb0的两个根，所以有24，24，解得a3，b24.答案：B4函数f(x)x2cosx在区间，0上的最小值是()AB2C.D. 1解析：f(x)12sinx，x，0，sinx1,0，2sinx0,2f(x)12sinx0在，0上恒成立f(x)在，0上单调递增f(x)min2cos().答案：A5若f(x)x3ax24在(0,2)内单调递减，则实数a的取值范围是()Aa3Ba3Ca3D0a3解析：f(x)3x22ax，f(x)在(0,2)内递减，a3，故选A.答案：A62013湖北高考已知a为常数，函数f(x)x(lnxax)有两个极值点x1，x2(x10，f(x2)B. f(x1)0，f(x2)0，f(x2)D. f(x1)解析：f(x)lnx2ax1，依题意知f(x)0有两个不等实根x1，x2.即曲线y11lnx与y22ax有两个不同交点，如图由直线yx是曲线y1lnx的切线，可知：02a1，且0x11x2.a(0，)由0x11，得f(x1)x1(lnx1ax1)0，当x1x0，当xx2时，f(x)f(1)a，故选D.答案：D二、填空题7函数f(x)x33x21在x_处取得极小值解析：由f(x)3x26x0，解得x0或x2.列表如下：x(，0)0(0,2)2(2，)f(x)00f(x)极大值极小值当x2时，f(x)取得极小值答案：28设p：f(x)lnx2x2mx1在(0，)上是递增的，q：m4，则p是q的_条件解析：f(x)lnx2x2mx1在(0，)上是递增的，可知在(0，)上f(x)4xm0恒成立，而4x4，当且仅当x时等号成立，(4x)min4，故只需要4m0，即m4即可故p是q的充要条件答案：充要9方程30的解有_个(填数字)解析：设f(x)3，x(0，)，则f(x)0，f(100)1030；当x(2，ln2)时，f(x)0)(1)求f(x)的单调区间；(2)求所有实数a，使e1f(x)e2对x1，e恒成立注：e为自然对数的底数解：(1)因为f(x)a2lnxx2ax，其中x0，所以f(x)2xa.由于a0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，)(2)由题意得，f(1)a1e1，即ae，由(1)知f(x)在1，e内单调递增，要使e1f(x)e2对x1，e恒成立，只要解得ae.122013湖南高考已知函数f(x)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当f(x1)f(x2)(x1x2)时，x1x20.解：(1)函数f(x)的定义域为(，)f(x)()exexexex.当x0；当x0时，f(x)0.所以f(x)的单调递增区间为(，0)，单调递减区间为(0，)(2)当x0，ex0，故f(x)0；同理，当x1时，f(x)0.当f(x1)f(x2)(x1x2)时，不妨设x1x2，由(1)知，x1(，0)，x2(0,1)下面证明：x(0,1)，f(x)f(x)，即证exex.此不等式等价于(1x)ex0，令g(x)(1x)ex，则g(x)xex(e2x1)当x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递减，从而g(x)g(0)0.即(1x