1、PAGE PAGE 12用心 愛心 專心課時作業(yè)(十五)1函數(shù)yax3bx2取得極大值和極小值時的x的值分別為0和eq f(1,3)，則()Aa2b0B2ab0C2ab0 Da2b0答案D解析y3ax22bx，據(jù)題意，0、eq f(1,3)是方程3ax22bx0的兩根，eq f(2b,3a)eq f(1,3)，a2b0.2(2012江南十校)當函數(shù)yx2x取極小值時，x()A.eq f(1,ln2) Beq f(1,ln2)Cln2 Dln2答案B解析由yx2x得y2xx2xln2，令y0得2x(1xln2)0，2x0，xeq f(1,ln2).3函數(shù)f(x)x33bx3b在(0,1)內有極小

2、值，則()A0b1 Bb1Cb0 Dbeq f(1,2)答案A解析f(x)在(0,1)內有極小值，則f(x)3x23b在(0,1)上先負后正，f(0)3b0，b0，f(1)33b0，b1綜上，b的范圍為0b14連續(xù)函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f(x)，若(x1)f(x)0，則下列結論中正確的是()Ax1一定是函數(shù)f(x)的極大值點Bx1一定是函數(shù)f(x)的極小值點Cx1不是函數(shù)f(x)的極值點Dx1不一定是函數(shù)f(x)的極值點答案B解析x1時，f(x)0，x1時，f(x)eq f(3,2)Cmeq f(3,2) Dmeq f(3,2)答案A解析因為函數(shù)f(x)eq f(1,2)x42x33m，所以f

3、(x)2x36x2，令f(x)0，得x0或x3，經(jīng)檢驗知x3是函數(shù)的最小值點，所以函數(shù)的最小值為f(3)3meq f(27,2)，不等式f(x)90恒成立，即f(x)9恒成立，所以3meq f(27,2)9，解得meq f(3,2).6函數(shù)f(x)的導函數(shù)f(x)的圖像，如下圖所示，則()Ax1是最小值點Bx0是極小值點Cx2是極小值點D函數(shù)f(x)在(1,2)上單增答案C解析由導數(shù)圖像可知，x0，x2為兩極值點，x0為極大值點，x2為極小值點，選C.7已知函數(shù)f(x)eq f(1,2)x3x2eq f(7,2)x，則f(a2)與f(1)的大小關系為()Af(a2)f(1)Bf(a2)f(1)

4、Cf(a2)f(1)Df(a2)與f(1)的大小關系不確定答案A解析由題意可得f(x)eq f(3,2)x22xeq f(7,2).由f(x)eq f(1,2)(3x7)(x1)0，得x1或xeq f(7,3).當x1時，f(x)為增函數(shù)；當1xeq f(1,2)時，f(x)0；當x0.xeq f(1,2)時取極大值，f(eq f(1,2)eq f(1,r(e)eq r(f(1,2)eq f(1,r(2e).9(2011西城區(qū))若yalnxbx2x在x1和x2處有極值，則a_，b_.答案eq f(2,3)eq f(1,6)解析yeq f(a,x)2bx1.由已知eq blcrc (avs4al

5、co1(a2b10,f(a,2)4b10)，解得eq blcrc (avs4alco1(af(2,3),bf(1,6).)10已知函數(shù)f(x)eq f(1,3)x3bx2c(b，c為常數(shù))當x2時，函數(shù)f(x)取得極值，若函數(shù)f(x)只有三個零點，則實數(shù)c的取值范圍為_答案0c0,f2f(1,3)2322c0，)，解得0ceq f(4,3)11設mR，若函數(shù)yex2mx(xR)有大于零的極值點，則m的取值范圍是_答案m1，即m0)，所以f(x)2xeq f(2a,x)eq f(2x2a,x)，當a0，且x2a0，所以f(x)0對x0恒成立，所以f(x)在(0，)上單調遞增，f(x)無極值；當a

6、0時，令f(x)0，解得x1eq r(a)，x2eq r(a)(舍去)，所以當x0時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(0，eq r(a)eq r(a)(eq r(a)，)f(x)0f(x)遞減極小值遞增所以當xeq r(a)時，f(x)取得極小值，且f(a)(eq r(a)212alneq r(a)a1alna.綜上，當a0時，函數(shù)f(x)在xeq r(a)處取得極小值a1alna.15(2012滄州七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)x2ax1lnx.(1)若f(x)在(0，eq f(1,2)上是減函數(shù)，求a的取值范圍；(2)函數(shù)f(x)是否既有極大值又有極小值？若存在，求出a的取值范圍；若不

7、存在，請說明理由解析(1)f(x)2xaeq f(1,x)，f(x)在(0，eq f(1,2)上為減函數(shù)，x(0，eq f(1,2)時2xaeq f(1,x)0恒成立，即a4，g(x)g(eq f(1,2)3，a3.(2)若f(x)既有極大值又有極小值，則f(x)0必須有兩個不等的正實數(shù)根x1，x2，即2x2ax10有兩個不等的正實數(shù)根故a應滿足eq blcrc (avs4alco1(0,f(a,2)0)eq blcrc (avs4alco1(a280,a0)a2eq r(2)，當a2eq r(2)時，f(x)0有兩個不等的實數(shù)根，不妨設x1x2，由f(x)eq f(1,x)(2x2ax1)e

8、q f(2,x)(xx1)(xx2)知，0 xx1時f(x)0，x1x0，xx2時f(x)2eq r(2)時f(x)既有極大值f(x2)又有極小值f(x1)1函數(shù)yx32axa在(0,1)內有極小值，則實數(shù)a的取值范圍是_答案eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(3,2)解析令y3x22a0，得xeq r(f(2a,3)(a0，否則函數(shù)y為單調增函數(shù))若函數(shù)yx32axa在(0,1)內有極小值，則eq r(f(2a,3)1，0aeq f(1,2)，當x(2,0)時，f(x)的最小值為 1，則a的值等于_答案1解析f(x)是奇函數(shù)，f(x)在(0,2)上的最大值為1，當x(0,2)時

9、，f(x)eq f(1,x)a，令f(x)0得xeq f(1,a)，又aeq f(1,2)，0eq f(1,a)0，則xeq f(1,a)，f(x)在(0，eq f(1,a)上遞增；令f(x)eq f(1,a)，f(x)在(eq f(1,a)，2)上遞減，f(x)maxf(eq f(1,a)lneq f(1,a)aeq f(1,a)1，lneq f(1,a)0，得a1.4設函數(shù)f(x)2x33ax23bx8c在x1及x2時取得極值(1)求a、b的值；(2)若對任意的x0,3，都有f(x)0；當x(1,2)時，f(x)0.所以，當x1時，f(x)取得極大值f(1)58c.又f(0)8c，f(3)

10、98c，則當x0,3時，f(x)的最大值為f(3)98c.因為對于任意的x0,3，有f(x)c2恒成立，所以98cc2，解得c9.因此c的取值范圍為(，1)(9，)5(2010全國卷)已知函數(shù)f(x)x33ax23x1.(1)設a2，求f(x)的單調區(qū)間；(2)設f(x)在區(qū)間(2,3)中至少有一個極值點，求a的取值范圍解析(1)當a2時，f(x)x36x23x1，f(x)3(x2eq r(3)(x2eq r(3)當x(，2eq r(3)時f(x)0，f(x)在(，2eq r(3)上單調增加；當x(2eq r(3)，2eq r(3)時f(x)0，f(x)在(2eq r(3)，2eq r(3)上

11、單調減少；當x(2eq r(3)，)時f(x)0，f(x)在(2eq r(3)，)上單調增加綜上，f(x)的單調增區(qū)間是(，2eq r(3)和(2eq r(3)，)，f(x)的單調減區(qū)間是(2eq r(3)，2eq r(3)(2)f(x)3(xa)21a2當1a20時，f(x)0，f(x)為增函數(shù)，故f(x)無極值點；當1a20時，f(x)0有兩個根，x1aeq r(a21)，x2aeq r(a21).由題意知，2aeq r(a21)3， 或2aeq r(a21)3. 式無解式的解為eq f(5,4)aeq f(5,3).因此a的取值范圍是(eq f(5,4)，eq f(5,3)1函數(shù)f(x)

12、eq f(x3,3)x23x4在0,2上的最小值是()Aeq f(17,3) Beq f(10,3)C4 Deq f(64,3)答案A解析f(x)x22x3，f(x)0，x0,2只有x1.比較f(0)4，f(1)eq f(17,3)，f(2)eq f(10,3).可知最小值為eq f(17,3).2已知某質點的運動方程為s(t)t3bt2ctd，如圖所示是其運動軌跡的一部分，若teq f(1,2)，4時，s(t)eq f(4,3)或dd14.解之得deq f(4,3)或d2或a0，a2或a1.4已知a是實數(shù)，求函數(shù)f(x)x2(xa)在區(qū)間0,2上的最大值解析令f(x)0，解得x10，x2eq

13、 f(2a,3).當eq f(2a,3)0，即a0時，f(x)在0,2上單調遞增，從而f(x)maxf(2)84a.當eq f(2a,3)2，即a3時，f(x)在0,2上單調遞減，從而f(x)maxf(0)0.當0eq f(2a,3)2，即0a3時，f(x)在0，eq f(2a,3)上單調遞減，在eq f(2a,3)，2上單調遞增，從而f(x)maxeq blcrc (avs4alco1(84a，0a2,0，2a2)5(2011合肥質檢)“我們稱使f(x)0的x為函數(shù)yf(x)的零點若函數(shù)yf(x)在區(qū)間a，b上是連續(xù)的、單調的函數(shù)，且滿足f(a)f(b)0，f(x)在2,7上單調遞減，又f(

14、7)6ln83618(ln22)0，f(2)f(7)0.f(x)在2,7上有唯一零點當x7，)時，f(x)f(7)0，故x7，)時，f(x)不為零yf(x)在7，)上無零點函數(shù)f(x)6ln(x1)x22x1在定義域內只有一個零點6已知函數(shù)f(x)x33x29xa.(1)求f(x)的單調遞減區(qū)間；(2)若f(x)在區(qū)間2,2上的最大值為20，求它在該區(qū)間上的最小值思路本題考查多項式的導數(shù)公式及運用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間和函數(shù)的最值，題目中需注意應先比較f(2)和f(2)的大小，然后判定哪個是最大值從而求出a.解析(1)f(x)3x26x9.令f(x)0，解得x3，函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(，

15、1)，(3，)(2)f(2)81218a2a，f(2)81218a22a，f(2)f(2)在(1,3)上f(x)0，f(x)在(1,2上單調遞增又由于f(x)在2，1)上單調遞減，f(1)是f(x)的極小值，且f(1)a5.f(2)和f(1)分別是f(x)在區(qū)間2,2上的最大值和最小值，于是有22a20，解得a2.f(x)x33x29x2.f(1)a57，即函數(shù)f(x)在區(qū)間2,2上的最小值為7.7已知函數(shù)g(x)ax3bx2cx(aR且a0)，g(1)0，且g(x)的導函數(shù)f(x)滿足f(0)f(1)0.設x1、x2為方程f(x)0的兩根(1)求eq f(b,a)的取值范圍；(2)若當|x1

16、x2|最小時，g(x)的極大值比極小值大eq f(4,3)，求g(x)的解析式解析(1)g(x)ax3bx2cx，g(1)abc0，即cba.又f(x)g(x)3ax22bxc，由f(0)f(1)0，得c(3a2bc)0，即(ba)(3b2a)0.a0，(eq f(b,a)1)(3eq f(b,a)2)0，解得eq f(2,3)eq f(b,a)1.又方程f(x)3ax22bxc0(a0)有兩根，0.而(2b)243ac4b212a(ba)4(beq f(3,2)a)23a20恒成立，于是，eq f(b,a)的取值范圍是eq f(2,3)，1(2)x1、x2是方程f(x)0的兩根，即3ax22bxc0的兩根為x1、x2，x1x2eq f(2b,3a)，x1x2eq f(c,3a)eq f(ba,3a)eq f(b,3a)eq f(1,3).|x1x2|2(x1x2)24x1x2(eq f(2b,3a)24(eq f(b,3a)eq f(1,3)eq f(4,9)(eq f(b,a)2eq f(4,3)eq f(b,a)eq f(4,3)eq f(4,9)(eq f(b,a)eq f(3,2)2eq f(1,3).eq f(2,3)eq f(b,a)1，當且僅當eq f(b,a)1，即ab時，|x1x2|2取最小值，