高中数学人教A版选修11课时达标训练：十八 Word版含解析

1、高中数学选修精品教学资料课时达标训练（十八）即时达标对点练题组 1求函数的最值1函数 f(x)2xcos x 在(,)上()a无最值b有极值c有最大值d有最小值2函数 f(x)x2ex在区间(3,1)上的最大值为()a9e3b4e2ce1d4e23已知函数 f(x)x312x8 在区间3,3上的最大值与最小值分别为 m,m,则 mm_4已知函数 f(x)ln xx.(1)求 f(x)在点(1,0)处的切线方程；(2)求函数 f(x)在1,t上的最大值题组 2由函数的最值确定参数的值5若函数 yx332x2m 在2,1上的最大值为92,则 m 等于()a0b1c2d.526 设 f(x)13x3

2、12x22ax.当 0a0,恒有 ln xpx1(p0),则 p 的取值范围是()a(0,1b(1,)c(0,1)d1,)8已知函数 f(x)x3ax2bxc(a,b,cr)(1)若函数 f(x)在 x1 和 x3 处取得极值,试求 a,b 的值；(2)在(1)的条件下,当 x2,6时,f(x)0,则必有()af(0)f(2)2f(1)bf(0)f(2)0)若当 x(0,)时,f(x)2 恒成立,则实数 a 的取值范围是_7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8设函数 f(x)2axbxln x,若 f(x)在 x1,x12处取

3、得极值,(1)求 a、b 的值；(2)在14，1上存在 x0使得不等式 f(x0)c0 成立,求 c 的取值范围答答案案即时达标对点练1. 解析：选 af(x)2sin x0,f(x)在(,)上是增函数,f(x)在(,)上无最值2. 解析：选 bf(x)ex(x22x),令 f(x)0 得 x2 或 x0(舍)f(x)在(3,2)上递增；在(2,1)上递减f(x)在(3,1)上的最大值为 f(2)4e2.3. 解析：令 f(x)3x2120,解得 x2.计算得 f(3)17,f(2)24,f(2)8,f(3)1,所以 m24,m8,所以 mm32.答案：324. 解：f(x)的定义域为(0,)

4、,f(x)的导数 f(x)1ln xx2.(1)f(1)1,所以切线方程为 yx1.(2)令 f(x)1ln xx20,解得 xe.当 x(0,e)时,f(x)0,f(x)单调递增,当 x(e,)时,f(x)0,f(x)单调递减,当 1te 时,f(x)在1,t上单调递增,f(x)maxf(t)ln tt,当 te 时,f(x)在1,e上单调递增,在e,t上单调递减,f(x)maxf(e)1e,f(x)maxln tt，1te，1e，te.5. 解析：选 cy3x23x3x(x1),令 y0,得 x0 或 x1.因为 f(0)m,f(1)m12,又 f(1)m52,f(2)m2,所以 f(1)

5、m52最大,所以 m5292,所以 m2.6. 解：令 f(x)x2x2a0,得两根 x11 18a2,x21 18a2.所以 f(x)在(,x1),(x2,)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增当 0a2 时,有 x11x24,所以 f(x)在1,4上的最大值为 f(x2)又 f(4)f(1)2726a0,即 f(4)f(1),所以 f(x)在1,4上的最小值为 f(4)8a403163,得 a1,x22,从而 f(x)在1,4上的最大值为 f(2)103.7. 解析： 选 d原不等式可化为 ln xpx10,令 f(x)ln xpx1,故只需 f(x)max0,由 f(x)1xp 知 f

6、(x)在0，1p 上单调递增； 在1p，上单调递减 故 f(x)maxf1p ln p,即ln p0,解得 p1.8. 解：(1)f(x)3x22axb,函数 f(x)在 x1 和 x3 处取得极值,1,3 是方程 3x22axb0 的两根1323a，13b3，a3，b9.(2)由(1)知 f(x)x33x29xc,f(x)3x26x9.当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表：而 f(2)c2,f(6)c54,x2,6时,f(x)的最大值为 c54,要使 f(x)2|c|恒成立,只要 c542|c|即可,当 c0 时,c5454；当 c0 时,c542c,c18,c 的取值范围为(

7、,18)(54,)能力提升综合练1. 解析：选 bf(x)x24xx(x4)令 f(x)0,得 x0 或 x4,f(0)0,f(4)323,f(1)73,f(5)253,f(x)maxf(0)0,f(x)minf(4)323.2. 解析：选 df(x)2xx(2x)2xx2xln 2.令 f(x)0,得 x1ln 2.当 x，1ln 2 时,f(x)0,故函数在 x1ln 2处取极小值,也是最小值3. 解析：选 a当 x1 时,f(x)0,函数 f(x)在(1,)上是增函数； 当 x1 时,f(x)f(1),f(2)f(1),得f(0)f(2)2f(1)4. 解析：选 d|mn|的最小值,即函

8、数 h(t)t2ln t 的最小值,h(t)2t1t2t21t,显然 t22是函数 h(t)在其定义域内唯一的极小值点,也是最小值点,故 t22.5. 解析：f(x)ex2.由 f(x)0 得 ex20,xln 2.由 f(x)0 得,x0,则 g(x)2x(12ln x)由 g(x)0 得 xe12,且当 0 x0；当 xe12时,g(x)0,当 xe12时,g(x)取最大值 g(e12)e,ae.答案：e,)7. 解：(1)f(x)(xk1)ex.令 f(x)0,得 xk1.当 x 变化时,f(x)与 f(x)的变化情况如下表：所以,f(x)的单调递减区间是(,k1)；单调递增区间是(k1

9、,)(2)当 k10,即 k1 时,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 时,即 k2,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.8. 解：(1)f(x)2axbxln x,f(x)2abx21x.f(x)在 x1,x12处取得极值,f(1)0,f12 0,即2ab10，2a4b20，解得a13，b13.所求 a、b 的值分别为13、13.(2)在14，1上存在 x0,使得不等式 f(x0)c0 成立,