作业17（2021衡水中学高考一轮总复习 理科数学（新课标版））.pdf

1、题组层级快练题组层级快练(十七十七) 1(2020河北武邑中学月考)函数 ylnxx 的极值情况是() A有极大值，没有极小值 B有极小值，没有极大值 C既有极大值又有极小值 D既无极大值也无极小值 答案A 解析y 1(x0)，由 y0 得 x1，当 0x0，函数是增函数， 1 x 1x x 当 x1 时，y0.当 x2 时， f(x)0， 这时 f(x) 2 x 2 x2 1 x x2 x2 为增函数；当 0x2 时，f(x)0，f(x)单调递增，当 x(1，4时，f(x)0，所以当 x0 时，f(x)有最小值，且最小值为 0. 4 e4 5(2020河北邯郸一中月考)若函数 f(x)aex

2、sinx 在 x0 处有极值，则 a 的值为() A1 B0 C1 De 答案C 解析f(x)aexcosx，若函数 f(x)aexsinx 在 x0 处有极值，则 f(0)a10， 解得 a1，经检验 a1 符合题意故选 C. 6若函数 yax3bx2取得极大值和极小值时的 x 的值分别为 0 和 ，则() 1 3 Aa2b0 B2ab0 C2ab0 Da2b0 答案D 解析y3ax22bx，据题意，0， 是方程 3ax22bx0 的两根， ，a2b 1 3 2b 3a 1 3 0. 7设函数 f(x)在 R 上可导，其导函数为 f(x)，且函数 f(x)在 x2 处取得极小值，则函 数 y

3、xf(x)的图象可能是() 答案C 解析由 f(x)在 x2 处取得极小值可知，当 x2 时，f(x)0； 当2x0，则 xf(x)0 时，xf(x)0. 8已知 f(x)x3px2qx 的图象与 x 轴相切于非原点的一点，且 f(x)极小值4，那么 p， q 值分别为() A6，9 B9，6 C4，2 D8，6 答案A 解析设图象与 x 轴的切点为(t，0)(t0)， 设注意 t0， f（t）t3pt2qt0， f（t）3t22ptq0，) 可得出 p2t，qt2.p24q，只有 A 满足这个等式(亦可直接计算出 t3) 9 若函数 f(x)ax33x1 对于 x1， 1总有 f(x)0 成

4、立， 则实数 a 的取值范围为() A2，) B4，) C4 D2，4 答案C 解析f(x)3ax23， 当 a0 时，f(x)0，f(x)minf(1)a20，a2，不合题意； 当 01 时， f(x)在上为减函数， 在，上为增函数， f(1)a ( 1 a， 1 a)1， 1 a) ( 1 a，1 40，且 f10，解得 a4.综上所述，a4. ( 1 a) 2 a 10若 f(x)x(xc)2在 x2 处有极大值，则常数 c 的值为_ 答案6 解析f(x)3x24cxc2， f(x)在 x2 处有极大值，解得 c6. f（2）0， f（x） 2）， f（x） 0（x 0)，g(x)20

5、x1g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单 1 x2 2 x3 调递增 有唯一零点，ag(1)213f(x)2x33x21. 求导可知在1，1上，f(x)minf(1)4，f(x)maxf(0)1，f(x)minf(x)max3. 12(2019河南信阳调研)已知函数 f(x)x3ax2bxa2在 x1 处取得极值 10，则 f(2)的 值为_ 答案18 解析f(x)3x22axb，由题意得即解得 f（1）10， f（1）0，) a2ab110， 2ab30，) a4， b11) 或 a3， b3.) 当 a3，b3 时，f(x)3(x1)20，f(x)无极值 当 a4，b11 时，令

6、 f(x)0，得 x11，x2. 11 3 当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x (， 11 3) 11 3 ( 11 3 ，1)1 (1，) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 f(x)x34x211x16，f(2)18. 13(2019唐山联考)若函数 f(x)x2 lnx1 在其定义域内的一个子区间(a1，a1)内存 1 2 在极值，则实数 a 的取值范围是_ 答案 1， 3 2) 解析由题意，得函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x，令 f(x)0， 1 2x 4x21 2x 得 x，则由已知得解得 1a . 1 2(x 1 2舍去) a1 0， a

7、1 1 2， ) 3 2 14已知函数 f(x)(xk)ex. (1)求 f(x)的单调区间； (2)求 f(x)在区间0，1上的最小值 答案(1)单调递减区间为(，k1)，单调递增区间为(k1，) (2)当 k1 时，最小值 f(0)k； 当 1k2 时，最小值 f(k1)ek1； 当 k2 时，最小值 f(1)(1k)e 解析(1)f(x)(xk1)ex. 令 f(x)0，得 xk1. f(x)与 f(x)的变化情况如下表： x (，k1) k1 (k1，) f(x) 0 f(x) 极小值 所以 f(x)的单调递减区间是(，k1)，单调递增区间是(k1，) (2)当 k10，即 k1 时，

8、函数 f(x)在0，1上单调递增，所以 f(x)在区间0，1上的最小 值为 f(0)k； 当 0k11，即 1k2 时， 由(1)知 f(x)在0，k1上单调递减，在(k1，1上单调递增， 所以 f(x)在区间0，1上的最小值为 f(k1)ek1； 当 k11，即 k2 时，函数 f(x)在0，1上单调递减， 所以 f(x)在区间0，1上的最小值为 f(1)(1k)e. 15(2015重庆)已知函数 f(x)ax3x2(aR)在 x 处取得极值 4 3 (1)确定 a 的值； (2)若 g(x)f(x)ex，讨论 g(x)的单调性 答案(1)a (2)g(x)在(，4和1，0上为减函数，在4，

9、1和0，)上为 1 2 增函数 解析(1)对 f(x)求导得 f(x)3ax22x， 因为 f(x)在 x 处取得极值，所以 f0， 4 3 ( 4 3) 即 3a2 0，解得 a . 16 9 ( 4 3) 16a 3 8 3 1 2 (2)由(1)得 g(x)ex. ( 1 2x 3x2) g(x)ex x(x1)(x4)ex. ( 1 2x 35 2x 22x) 1 2 令 g(x)0，解得 x0 或 x1 或 x4. 当 x4 时，g(x)0，故 g(x)为减函数； 当4x0，故 g(x)为增函数； 当1x0 时，g(x)0 时，g(x)0，故 g(x)为增函数 综上，知 g(x)在(

10、，4和1，0上为减函数，在4，1和0，)上为增函数 16(2019衡水中学调研卷)已知函数 f(x)xlnx. (1)求函数 f(x)的极值点； (2)设函数 g(x)f(x)a(x1)，其中 aR，求函数 g(x)在区间1，e上的最小值(其中 e 为 自然对数的底数) 答案(1)极小值点为 x ，无极大值点 1 e (2)当 a1 时，g(x)min0；当 1a0，由 f(x)0，得 x . 1 e 所以 f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增 (0， 1 e)( 1 e，) 所以 x 是函数 f(x)的极小值点，极大值点不存在 1 e (2)g(x)xlnxa(x1)，则 g(x)ln

11、x1a，由 g(x)0，得 xea1. 所以在区间(0，ea1)上，g(x)为减函数，在区间(ea1，)上，g(x)为增函数 当 ea11，即 a1 时，在区间1，e上，g(x)为增函数，所以 g(x)的最小值为 g(1)0. 当 1ea1e，即 1a2 时，g(x)的最小值为 g(ea1)aea1. 当 ea1e，即 a2 时，在区间1，e上，g(x)为递减函数，所以 g(x)的最小值为 g(e)ae ae. 综上，当 a1 时，g(x)的最小值为 0；当 1a0，又h0，r0， V(r)在(0， 5)上为增函数 当 r(5，5)时，V(r)0，V(r)在(5，5)上为减函数 33 V(r)在 r5 处取最大值，此时 h8.即当 r5，h8 时，该蓄水池的体积最大