1、第一章 1.3 1.3.3A级基础巩固一、选择题1(2016潍坊高二检测)设函数f(x)满足x2f (x)2xf(x)，f(2)，则x0时，f(x)(D)A有极大值，无极小值B有极小值，无极大值C既有极大值又有极小值D既无极大值也无极小值解析函数f(x)满足x2f (x)2xf(x)，x2f(x)，令F(x)x2f(x)，则f (x)，F(2)4f(2).由x2f (x)2xf(x)，得f (x)，令(x)ex2F(x)，则(x)ex2f (x).(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，(x)的最小值为(2)e22F(2)0.(x)0.又x0，f (x)0.f(x)在(0，)上单调
2、递增f(x)既无极大值也无极小值故选D2(2017开滦二中高二检测)若函数f(x)x36bx3b在(0,1)内有极小值，则实数b的取值范围是(B)A(0,1)B(，1)C(0，)D(0，)解析f (x)3x26b，f(x)在(0,1)内有极小值，在(0,1)内存在点x0，使得在(0，x0)内f (x)0，由f (x)0得，x22b0，0b.3(2017临沂高二检测)函数y2x33x212x5在0,3上的最大值和最小值分别是(A)A5，15B5，4C4，15D5，16解析令y6x26x120，得x1(舍去)或x2，故函数yf(x)2x33x212x5在0,3上的最值可能是x取0,2,3时的函数值
3、，而f(0)5，f(2)15，f(3)4，故最大值为5，最小值为15，故选A4(2016德州高二检测)已知函数f(x)，g(x)均为a，b上的可导函数，在a，b上连续且f(x)g(x)，则f(x)g(x)的最大值为(A)Af(a)g(a)Bf(b)g(b)Cf(a)g(b)Df(b)g(a)解析令F(x)f(x)g(x)F(x)f(x)g(x)0.所以F(x)0，F(x)在a，b上递减，F(x)maxf(a)g(a)5(2016长春高二检测)若存在正数x使2x(xa)1成立，则a的取值范围是(D)A(，)B(2，)C(0，)D(1，)解析2x(xa)x，令yx，y是单调增函数，若x0，则y1，
4、a1.6(2016安庆高二检测)已知函数f(x)x32ax23x(a0)的导数f(x)的最大值为5，则在函数f(x)图象上的点(1，f(1)处的切线方程是(B)A3x15y40B15x3y20C15x3y20D3xy10解析f(x)x32ax23x，f(x)2x24ax32(xa)22a23，f(x)的最大值为5，2a235，a0，a1f(1)5，f(1).f(x)在点(1，f(1)处的切线方程是y5(x1)，即15x3y20.二、填空题7曲线yxex在点(0,0)处的切线为l，则l上的点到圆x2y24x30上的点的最近距离是1.解析y|x0(x1)ex|x01，切线方程为yx，圆心(2,0)
5、到直线的距离d，圆的半径r1，所求最近距离为1.8函数f(x)x33ax23(a2)x1既有极大值又有极小值，则a的取值范围是_(，1)(2，)_.解析f (x)3x26ax3(a2)，令f (x)0，即x22axa20.因为函数f(x)有极大值和极小值，所以方程x22axa20有两个不相等的实数根，即4a24a80，解得a2或a0)，令f (x)0解得0x2，令f (x)0解得1xbcBcabCcbaDbac解析(x1)f (x)0，当x1时，f (x)0，此时函数f(x)单调递减；当x1时，f (x)0，此时函数f(x)单调递增又f(1.9x)f(0.1x)，f(x)f(2x)，f(3)f
6、2(1)f(1)，10，f(1)f(0)f()，f(3)f(0)0时，有0，则不等式x2f(x)0的解集是_(1,0)(1，)_.解析令g(x)(x0)，x0时，0，g(x)0，g(x)在(0，)上为增函数，又f(1)0，g(1)f(1)0，在(0，)上g(x)0的解集为(1，)，f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，在(，0)上g(x)0得f(x)0，f(x)0的解集为(1,0)(1，)三、解答题5设函数f(x)exx2x.(1)若k0，求f(x)的最小值；(2)若k1，讨论函数f(x)的单调性解析(1)k0时，f(x)exx，f (x)ex1.当x(，0)时，f (x)0，所以f(x)在(，
7、0)上单调减小，在(0，)上单调增加，故f(x)的最小值为f(0)1.(2)若k1，则f(x)exx2x，定义域为R.f (x)exx1，令g(x)exx1，则g(x)ex1，由g(x)0得x0，所以g(x)在0，)上单调递增，由g(x)0得x0时，令f(x)0，解得x，或x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，)(，)(，)f(x)00f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为(，)，单调递增区间为(，)，(，)()证明：因为f(x)存在极值点，所以由()知a0，且x00，由题意，得f(x0)3xa0，即x，进而f(x0)xax0bx0b.又f
8、(2x0)8x2ax0bx02ax0bx0bf(x0)，且2x0x0，由题意及()知，存在唯一实数x1满足f(x1)f(x0)，且x1x0，因此x12x0.所以x12x00.()设g(x)在区间1,1上最大值为M，maxx，y表示x，y两数的最大值下面分三种情况讨论：(1)当a3时，11，由()知，f(x)在区间1,1上单调递减，所以f(x)在区间1,1上的取值范围为f(1)，f(1)，因此Mmax|f(1)|，|f(1)|max|1ab|，|1ab|max|a1b|，|a1b|，所以Ma1|b|2.(2)当a3时，11，由()和()知，f(1)f()f()，f(1)f()f()，所以f(x)在区间1,1上的取值范围为f()，f()，因此Mmax|f()|，|f()|max|b|，|b)|max|b|，|b)|b|.(3)当0a时，11，由()和()知，f(1)f()f()，所以f(x)在区间1,1上的取值范围为f(1)，f(1)，因此Mmax|f(1)|，|f(1)|，max|1ab|，|1ab|max|1ab|，|1ab|1a|b|.综上所述，当a0时， g(x)在区间1,1上的最大值不小于.
