《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