1、课后课时作业A组基础达标练12013大纲全国卷已知曲线yx4ax21在点(1，a2)处切线的斜率为8，则a()A9 B6C9 D6答案D解析由题意知y(4x32ax)42a8，则a6，故选D.22015郑州一检已知定义在R上的函数f(x)满足f(3)f(5)1，f(x)为f(x)的导函数，且导函数yf(x)的图象如图所示则不等式f(x)0时，f(x)0，f(x)是增函数；当x0时，f(x)0，f(x)是减函数又f(3)f(5)1，因此不等式f(x)1的解集是(3,5)，选B.32016云南师大附中月考若函数f(x)x3tx23x在区间1,4上单调递减，则实数t的取值范围是()A. B(，3C.
2、 D3，)答案C解析f(x)3x22tx3，由于f(x)在区间1,4上单调递减，则有f(x)0在1,4上恒成立，即3x22tx30，即t在1,4上恒成立，因为y在1,4上单调递增，所以t，故选C.42013湖北高考已知a为常数，函数f(x)x(ln xax)有两个极值点x1，x2(x10，f(x2)Bf(x1)0，f(x2)0，f(x2)Df(x1)答案D解析f(x)ln x2ax1，依题意知f(x)0有两个不等实根x1，x2.即曲线y11ln x与y22ax有两个不同交点，如图由直线yx是曲线y1ln x的切线，可知：02a1，且0x11x2.a.由0x11，得f(x1)x1(ln x1ax
3、1)0，当x1x0，当xx2时，f(x)f(1)a，故选D.52015沈阳一模若定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)1，f(0)4，则不等式f(x)1(e为自然对数的底数)的解集为()A(0，) B(，0)(3，)C(，0)(0，) D(3，)答案A解析由f(x)1得，exf(x)3ex，构造函数F(x)exf(x)ex3，对F(x)求导得F(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1由f(x)f(x)1，ex0，可知F(x)0，即F(x)在R上单调递增，又因为F(0)e0f(0)e03f(0)40，所以F(x)0的解集为(0，)，所以选A.62013浙江高考已知e为自然对
4、数的底数，设函数f(x)(ex1)(x1)k(k1,2)，则()A当k1时，f(x)在x1处取到极小值B当k1时，f(x)在x1处取到极大值C当k2时，f(x)在x1处取到极小值D当k2时，f(x)在x1处取到极大值答案C解析当k1时，f(x)(ex1)(x1)，f(x)xex1，f(1)0，故A，B错；当k2时，f(x)(ex1)(x1)2，f(x)(x21)ex2x2(x1)(x1)ex2，故f(x)0有一根为x11，另一根x2(0,1)当x(x2,1)时，f(x)0，f(x)递增，f(x)在x1处取得极小值，故选C.72016东北八校月考已知函数yf(x)x33ax23bxc在x2处有极
5、值，其图象在x1处的切线平行于直线6x2y50，则f(x)的极大值与极小值之差为_答案4解析f(x)3x26ax3b，f(x)3x26x，令3x26x0，得x0或x2，f(x)极大值f(x)极小值f(0)f(2)4.8已知函数f(x)x24x3ln x在t，t1上不单调，则t的取值范围是_答案(0,1)(2,3)解析由题意知f(x)x4，由f(x)0得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t1)内，函数f(x)在区间t，t1上就不单调， 由t1t1或t3t1，得0t1或2t3.9已知函数f(x)x3ax24在x2处取得极值，若m，n1,1，则f(m)f(n)的最
6、小值是_答案13解析f(x)3x22ax，根据已知2，得a3，即f(x)x33x24.根据函数f(x)的极值点，可得函数f(m)在1,1上的最小值为f(0)4，f(n)3n26n在1,1上单调递增，所以f(n)的最小值为f(1)9.f(m)f(n)minf(m)minf(n)min4913.102015云南一检已知函数f(x)ln x.(1)求证：f(x)在区间(0，)上单调递增；(2)若fx(3x2)0，4x23x10，x(12x)20.当x0时，f(x)0.f(x)在(0，)上单调递增(2)f(x)ln x，f(1)ln 1.由fx(3x2)得fx(3x2)f(1)由(1)得，解得x0或x
7、0，得x，f(x)的单调递增区间为.又当x时，f(x)0，则f(x)在上单调递增，f(x)的最小值为f.(2)f(x)ln x1，g(x)3ax2，设公切点的横坐标为x0，则与f(x)的图象相切的直线方程为：y(ln x01)xx0，与g(x)的图象相切的直线方程为：yx2ax，解之得x0ln x0，由(1)知x0，a.122016云南检测已知f(x)ex(x3mx22x2)(1)假设m2，求f(x)的极大值与极小值；(2)是否存在实数m，使f(x)在2，1上单调递增？如果存在，求m的取值范围；如果不存在，请说明理由解(1)当m2时，f(x)ex(x32x22x2)，其定义域为(，)则f(x)
8、ex(x32x22x2)ex(3x24x2)xex(x2x6)(x3)x(x2)ex，当x(，3)或x(0,2)时，f(x)0；f(3)f(0)f(2)0，f(x)在(，3)上单调递减，在(3,0)上单调递增；在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，当x3或x2时，f(x)取得极小值；当x0时，f(x)取得极大值，f(x)极小值f(3)37e3，f(x)极小值f(2)2e2，f(x)极大值f(0)2.(2)f(x)ex(x3mx22x2)ex(3x22mx2)xexx2(m3)x2m2f(x)在2，1上单调递增，当x2，1时，f(x)0.又当x2，1时，xex0，当x2，1时，x2(m3
9、)x2m20，解得m4，当m(，4时，f(x)在2，1上单调递增B组能力提升练1若函数f(x)x33x在(a,6a2)上有最小值，则实数a的取值范围是()A(，1) B，1)C2,1) D(，2答案C解析f(x)3x230，得x1，且x1为函数的极小值点，x1为函数的极大值点函数f(x)在区间(a,6a2)上有最小值，则函数f(x)极小值点必在区间(a,6a2)内，即实数a满足a16a2且f(a)a33af(1)2.解a16a2，得a1，不等式a33af(1)2，即a33a20，即a313(a1)0，即(a1)(a2a2)0，即(a1)2(a2)0，即a2.故实数a的取值范围是2,1)故选C.
10、22016昆明调研已知函数f(x)ln x，则下列结论中正确的是()A若x1，x2(x1x2)是f(x)的极值点，则f(x)在区间(x1，x2)内是增函数B若x1，x2(x10，且x1，f(x)2Dx00，f(x)在(x0，)内是增函数答案D解析由已知得，f(x)(x0且x1)，令f(x)0，得ln x1，得xe或x.当x时，f(x)0；当x，x(1，e)时，f(x)0.故x和xe分别是函数f(x)的极大值点和极小值点，但是由函数的定义域可知x1，故函数f(x)在x内不是单调的，所以A，B错；当0x1时，ln x0，此时f(x)0；对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n0；对于任意的
11、a，存在不相等的实数x1，x2，使得mn；对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得mn.其中的真命题有_(写出所有真命题的序号)答案解析f(x)2x是增函数，对任意不相等的实数x1，x2，都有0，即m0，成立由g(x)x2ax图象可知，当x时，g(x)是减函数，当不相等的实数x1、x2时，0，即n2xa，此时h(x)在R上是增函数若h(x1)h(x2)，则x1x2，不成立若mn，则有，f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)，令(x)f(x)g(x)，则(x)2xx2ax，(x)2xln 22xa.令(x)0，得2xln 22xa0，即2xln 22xa.由y12xln 2与y22xa的
12、图象可知，对任意的a，存在x0，使xx0时y1y2，xx0时y1x0时，(x)0，xx0时(x)0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，恒有xcex.解解法一：(1)由f(x)exax，得f(x)exa.又f(0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.当xln 2时，f(x)ln 2时，f(x)0，f(x)单调递增所以当xln 2时，f(x)有极小值，且极小值为f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值(2)证明：令g(x)exx2，则g(x)ex2x.由(1)得，g(x)f(x)f(ln
13、 2)2ln 40，即g(x)0.所以g(x)在R上单调递增，又g(0)10，所以当x0时，g(x)g(0)0，即x20时，x2x0时，exx2x，即xcex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x0)，要使不等式xkx成立而要使exkx成立，则只需要xln (kx)，即xln xln k成立若00时，xln xln xln k成立即对任意c1，)，取x00，当x(x0，)时，恒有x1，令h(x)xln xln k，则h(x)1，所以当x1时，h(x)0，h(x)在(1，)内单调递增取x04k，h(x0)4kln (4k)ln k2(kln k)2(kln 2)，易知kln k，kln 2，所以h(x0)0.因此对任意c(0,1)，取x0，当x(x0，)时，恒有xcex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有xcex.
