【北京特级教师 同步复习精讲辅导】2022-2022高中数学 导数的应用 极值与最值课后练习二 新人教版选修2-2.doc

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1、专题：导数的应用极值与最值设f(x)a ln xx1，其中aR，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于y轴(1)求a的值；(2)求函数f(x)的极值已知函数f(x)ax3bx2cx，其导函数yf (x)的图象经过点(1,0)，(2,0)，如图所示，则下列说法中不正确的是_当x时，函数f(x)取得极小值；f(x)有两个极值点；当x2时，函数f(x)取得极小值；当x1时，函数f(x)取得极大值若函数f(x)的图象如图所示，则m的范围为()A(，1) B(1,2) C(1,2) D(0,2)已知函数f (x)eaxx，其中a0(1)若对一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合；(2)在函数

2、f (x)的图象上取定两点A(x1, f (x1)，B(x2, f (x2)(x1x2)，记直线AB的斜率为k问：是否存在x0(x1, x2)，使f (x0)k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由已知函数f(x)满足f(x)f (1)ex1f(0)xx2(1)求f(x)的解析式及单调区间；(2)若f(x)x2axb，求(a1)b的最大值已知函数f (x)a(lnxx)(aR)(1)讨论函数f (x)的单调性；(2)若函数yf (x)的图象在点(2，f (2)处的切线的倾斜角为45，函数g(x)x3x2 在区间(2，3)上总存在极值，求实数m的取值范围已知函数f(x)x3ax2b

3、xa2在x1处取极值10，则f(2)_课后练习详解答案：(1) a1；(2)极小值f(1)3，无极大值详解: (1)因f(x)a ln xx1，故f (x)由于曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f (1)0，从而a0，解得a1(2)由(1)知f(x)ln xx1(x0)，f (x)令f (x)0，解得x11，x2(因x2不在定义域内，舍去)当x(0,1)时，f (x)0，故f(x)在(0,1)上为减函数；当x(1，)时，f (x)0，故f(x)在(1，)上为增函数故f(x)在x1处取得极小值f(1)3，无极大值答案：详解: 从图象上可以看到：当x(，1)时

4、，f (x)0；当x(1,2)时，f (x)0；当x(2，)时，f (x)0，所以f(x)有两个极值点1和2，且当x2时函数取得极小值，当x1时函数取得极大值只有不正确答案：C详解: f (x)由图知m20，且m0，故0m2，又1，m1，因此1m2，选C答案：(1) 1；(2) x0的取值范围为详解:(1)若a0，则对一切x0，f (x)eaxx1，这与题设矛盾又a0，故a0而f (x)aeax1，令f (x)0得xln当xln时，f (x)0，f(x)单调递减；当xln时，f (x)0，f (x)单调递增故当xln，f(x)取最小值f ln于是对一切xR，f (x)1恒成立，当且仅当ln1令

5、g(t)tt lnt，则g (t)lnt当0t1时，g (t)0，g(t)单调递增；当t1时，g (t)0，g(t)单调递减故当t1时，g(t)取最大值g(1)1因此，当且仅当1，即a1时，式成立综上所述，a的取值集合为1(2)由题意知，k1 令(x)f (x)kaeax则(x1)a(x2x1)1，(x2)a(x1x2)1令F(t)ett1，则F (t)et1当t0时，F (t)0，F(t)单调递减；当t0时，F (t)0，F(t)单调递增故当t0时，F(t)F(0)0，即ett10从而a(x2x1)10，a(x1x2)10，又0，0，所以(x1)0，(x2)0因为函数y(x)在区间x1，x2

6、上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在c(x1，x2)，使得(c)0又 (x)a2eax0，(x)单调递增，故这样的c是唯一的，且c故当且仅当x时，f (x)k综上所述，存在x0(x1, x2)，使f (x0)k成立，且x0的取值范围为答案：(1) (a1)b的最大值为详解:(1)由已知得f (x)f (1)ex -1f(0)x所以f (1)f (1)f(0)1，即f(0)1又f(0)f (1)e-1，所以f (1)e从而f(x)exxx2由于f (x)ex1x，故当x(，0)时，f (x)0从而，f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增(2)由已知条件得ex(a1)xb(i)若a10，

7、则对任意常数b，当x0，且x时，可得ex(a1)x0，设g(x)ex(a1)x，则g (x)ex(a1)当x(，ln(a1)时，g (x)0从而g(x)在(，ln(a1)单调递减，在(ln(a1)，)单调递增故g(x)有最小值g(ln(a1)a1(a1)ln(a1)所以f(x)x2axb等价于ba1(a1)ln(a1)因此(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)设h(a)(a1)2(a1)2ln(a1)，则h (a)(a1)(12ln(a1)所以h(a)在(1，1)单调递增，在(1，)单调递减，故h(a)在a1处取得最大值从而h(a)，即(a1)b当a1，b时，式等号成立，故f(x)x2ax

8、b综合得，(a1)b的最大值为答案：(1)当a0时，增区间为(0, 1)，减区间为(1, )；当a0时，f(x)不是单调函数；(2)m9详解: (1)易知f(x)的定义域为(0，)，f (x)当a0，即0时，令f (x)0，即0，解得增区间为(0，1)，同理减区间为(1，)；当a0时，f(x)不是单调函数(2)因为yf(x)的图象在点(2，f(2)处的切线的倾斜角为45，所以f (2)tan451，解得a2f (x) ，g(x)x3x2 x3x22x，g (x)3x2(m4)x2因为g (0)20，要使函数g(x)x3x2在区间(2，3)上总存在极值，只需即解得m9答案：18详解: f (x)3x22axb，由题意即得a4或a3但当a3时，f (x)3x26x30，故不存在极值，a4，b11，f(2)18- 5 -