《2014届高三数学二轮复习 函数、导数、不等式的综合问题专题能力提升训练 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2014届高三数学二轮复习 函数、导数、不等式的综合问题专题能力提升训练 理（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、- 1 -函数、导数、不等式的综合问题函数、导数、不等式的综合问题一、选择题(每小题 5 分，共 25 分)1下面四个图象中，有一个是函数f(x)x3ax2(a21)x1(aR R)的导函数yf(x)的1 3图象，则f(1)等于( )A. B1 31 3C. D 或7 31 35 32设直线xt与函数f(x)x2，g(x)ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为( )A1 B. C. D.1 252223已知函数f(x)x42x33m，xR R，若f(x)90 恒成立，则实数m的取值范围是( 1 2)A. B.3 2，)(3 2，)C. D.(，3 2(，3 2)4已知函
2、数f(x)x2ax3 在(0,1)上为减函数，函数g(x)x2aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于( )A1 B2 C0 D. 25设aR R，若函数yeax3x，xR R 有大于零的极值点，则( )Aa3 B a3 Ca Da1 31 3二、填空题(每小题 5 分，共 15 分)6若a0，b0，且函数f(x)4x3ax22bx2 在x1 处有极值，则ab的最大值等于_7函数f(x)x3x2ax5 在区间1,2上不单调，则实数a的范围是_1 38关于x的方程x33x2a0 有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是_- 2 -三、解答题(本题共 3 小题，共 35 分)9(11 分)已
3、知函数f(x)x3x2bxa.(a，bR R)的导函数f(x)的图象过原点1 3a1 2(1)当a1 时，求函数f(x)的图象在x3 处的切线方程；(2)若存在x0，使得f(x)9，求a的最大值10(12 分)已知a，b为常数，且a0，函数f(x)axbaxln x，f(e)2(e2.718 28是自然对数的底数)(1)求实数b的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)当a1 时，是否同时存在实数m和M(mM)，使得对每一个tm， M，直线yt与曲线yf(x)都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；(x1 e，e)若不存在，说明理由11(12 分)已知f(x)xln x，g(x)
4、x2ax3.(1)求函数f(x)在t，t2(t0)上的最小值；(2)对一切的x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x(0，)，都有 ln x.1 ex2 ex- 3 -参考答案1D f(x)x22axa21，f(x)的图象开口向上，若图象不过原点，则a0时，f(1) ，若图象过原点，则a210，又对称轴xa0，a1，f(1)5 3 .1 32D |MN|的最小值，即函数h(x)x2ln x的最小值，h(x)2x ，显然1 x2x21 xx是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t.22223A 因为函数f(x)x42x33m，所以f(x)
5、2x36x2，令f(x)0，得x0 或1 2x3，经检验知x3 是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3)3m，不等27 2式f(x)90 恒成立，即f(x)9 恒成立，所以 3m9，解得m .27 23 24B 函数f(x)x2ax3 在(0,1)上为减函数， 1，得a2.又g(x)a 22x ，依题意g(x)0 在x(1,2)上恒成立，得 2x2a在x(1, 2)上恒成立，有a xa2，a2.5B 令f(x)eax3x，可求得f(x)3aeax，若函数在xR R 上有大于零的极值点，即f(x)3aeax0 有正根当f(x)3aeax0 成立时，显然有a0，此时x ln.由x0，解得a
6、3，a的取值范围为(，3)1 a(3 a)6解析 由题得f (x)12x22ax2b0，f(1)122a2b0，ab6.ab2，62，ab9，当且仅当ab3abab时取到最大值答案 97解析 f(x)x3x2ax5， f(x)x22xa(x1)2a1，如果函数f(x)1 3x3x2ax5 在区间1,2上单调，那么a10 或f(1)3a0 且f(2)1 3a0，a1 或a3.于是满足条件的a(3,1)答案 (3,1)8解析 由题意知使函数f(x)x33x2a的极大值大于 0 且极小值小于 0 即可，又f(x)3x26x3x(x2)，令f(x)0 得，x10，x22，当x0 时，f(x)0；当0x
7、2 时，f(x)0；当x2 时，f(x)0，所以当x0 时，f(x)取得极大值，即- 4 -f(x)极大值f(0)a；当x2 时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值f(2)4a，所以Error!，解得4a0.答案 (4,0)9解 由已知，得f(x)x2(a1)xb.由f(0)0，得b0，f(x)x(xa1)(1)当a1 时，f(x)x3x21，f(x)x(x2)，f(3)1，1 3f(3)3.所以函数f(x)的图象在x3 处的切线方程为y13(x3)，即 3xy80.(2)存在x0，使得f(x)x(xa1)9，a1x (x)26，a7，当且仅当x3 时，9 x(9 x)x(9x)a7.所以a
8、的最大值为7.10解 (1)由f(e)2，得b2.(2)由 (1)可得f(x)ax2axln x.从而f(x)aln x.因为a0，故当a0 时，由f(x)0，得x1，由f(x)0 得， 0x1；当a0 时，由f(x)0，得 0x1，由f(x)0 得，x1.综上，当a0 时，函数f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)；当a0 时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，)(3)当a1 时，f(x)x2xln x，f(x)ln x.由(2)可得，当x在区间内变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：1 e，ex1 e(1 e，1)1(1，e)e f(x)
9、0f(x)22 e单调递减极小值 1单调递增2又 2 2，2 e所以函数f(x)的值域为1,2(x1 e，e)- 5 -据此可得，若Error!则对每一个tm，M，直线yt与曲线yf(x)都有(x1 e，e)公共点；并且对每一个t(，m)(M，)，直线yt与曲线yf(x)都没有(x1 e，e)公共点综上，当a1 时，存在最小的实数m1，最大的实数M2，使得对每一个tm，M，直线yt与曲线yf(x)都有公共点(x1 e，e)11(1)解 f(x)ln x1.当x时，f(x)0，f(x)单调递减；(0，1 e)当x时，f(x)0，f(x)单调递增(1 e，)则当 0tt2 时，t无解；1 e当 0
10、t t2，即 0t 时，1 e1 ef(x)minf ；(1 e)1 e当 tt2，即t 时，1 e1 ef(x)在t，t2上单调递增所以f(x)minf(t)tln t.所以f(x)minError!(2)解 2f(x)g(x)，即 2xln xx2ax3，则a2ln xx .3 x设h(x)2ln xx (x0)，3 xh(x).x3x1 x2当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递减；当x(1，)时，h(x)0，h(x)单调递增所以h(x)minh(1)4.因为对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，所以ah(x) min4.故实数a的取值范围是(，4- 6 -(3)证明 问题等价于证明xln x ，x(0，)x ex2 e由(1)可知f(x)xln x，x(0，)的最小值为 ，1 e当且仅当x 时取得1 e设m(x) ，x(0，)，则m(x)，x ex2 e1x ex易得m(x)maxm(1) .1 e从而对一切x(0，)，都有 ln x成立1 ex2 ex
