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高三数学(理)二轮复习专题函数、导数、不等式


刘宇

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 1.下面四个图象中,有一个是函数 f(x)=3x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R)的导函数 y =f′(x)的图象,则 f(-1)等于( ).

1 A.3 7 C.3

1 B.-3 1 5 D.-3或3

2.设直线 x=t 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( A.1 1 B.2 5 C. 2 ). 2 D. 2

1 3.已知函数 f(x)=2x4-2x3+3m,x∈R,若 f(x)+9≥0 恒成立,则实数 m 的取值 范围是( ?3 ? A.?2,+∞? ? ? 3? ? C.?-∞,2? ? ? ). ?3 ? B.?2,+∞? ? ? 3? ? D.?-∞,2? ? ?

4.已知函数 f(x)=x2-ax+3 在(0,1)上为减函数,函数 g(x)=x2-aln x 在(1,2)上为 增函数,则 a 的值等于( A.1 B.2 C.0 D. 2 ). ).

5.设 a∈R,若函数 y=eax+3x,x∈R 有大于零的极值点,则( A.a>-3 1 C.a>-3 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) B. a<-3 1 D.a<-3

6.若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x3-ax2-2bx+2 在 x=1 处有极值,则 ab 的最
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刘宇

大值等于________. 1 7. 函数 f(x)=3x3-x2+ax-5 在区间[-1,2]上不单调, 则实数 a 的范围是________. 8.关于 x 的方程 x3-3x2-a=0 有三个不同的实数解,则实数 a 的取值范围是 ________. 三、解答题(本题共 3 小题,共 35 分) a+1 1 9.(11 分)已知函数 f(x)=3x3- 2 x2+bx+a.(a,b∈R)的导函数 f′(x)的图象过原 点. (1)当 a=1 时,求函数 f(x)的图象在 x=3 处的切线方程; (2)若存在 x<0,使得 f′(x)=-9,求 a 的最大值. 10. (12 分)已知 a, b 为常数, 且 a≠0, 函数 f(x)=-ax+b+axln x, f(e)=2(e=2.718 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 a=1 时,是否同时存在实数 m 和 M(m<M),使得对每一个 t∈[m, M], ? ?1 ?? 直线 y=t 与曲线 y=f(x)?x∈?e,e??都有公共点?若存在,求出最小的实数 m ? ? ?? 和最大的实数 M;若不存在,说明理由. 11.(12 分)已知 f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3. (1)求函数 f(x)在[t,t+2](t>0)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; 1 2 (3)证明:对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x>ex-ex.

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刘宇

参考答案
1.D [∵f′(x)=x2+2ax+a2-1,∴f′(x)的图象开口向上,若图象不过原点,则 5 a=0 时,f(-1)=3,若图象过原点,则 a2-1=0,又对称轴 x=-a>0,∴a 1 =-1,∴f(-1)=-3.]
2 1 2x -1 2.D [|MN|的最小值,即函数 h(x)=x -ln x 的最小值,h′(x)=2x- x= x , 2

2 2 显然 x= 2 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= 2 .] 1 3.A [因为函数 f(x)=2x4-2x3+3m,所以 f′(x)=2x3-6x2,令 f′(x)=0,得 x =0 或 x=3,经检验知 x=3 是函数的一个最小值点,所以函数的最小值为 f(3) 27 27 =3m- 2 ,不等式 f(x)+9≥0 恒成立,即 f(x)≥-9 恒成立,所以 3m- 2 ≥- 3 9,解得 m≥2.] a 4.B [∵函数 f(x)=x2-ax+3 在(0,1)上为减函数,∴2≥1,得 a≥2.又∵g′(x) a =2x-x ,依题意 g′(x)≥0 在 x∈(1,2)上恒成立,得 2x2≥a 在 x∈(1, 2)上恒成 立,有 a≤2,∴a=2.] 5.B [令 f(x)=eax+3x,可求得 f′(x)=3+aeax,若函数在 x∈R 上有大于零的极 值点,即 f′(x)=3+aeax=0 有正根.当 f′(x)=3+aeax=0 成立时,显然有 a 1 ? 3? <0,此时 x=aln?-a?.由 x>0,解得 a<-3,∴a 的取值范围为(-∞,-3).] ? ? 6.解析 由题得 f′ (x)=12x2-2ax-2b=0,∴f′(1)=12-2a-2b=0,∴a+b

=6.∴a+b≥2 ab,∴6≥2 ab,∴ab≤9,当且仅当 a=b=3 时取到最大值. 答案 7.解析 9 1 ∵f(x)=3x3-x2+ax-5,∴ f′(x)=x2-2x+a=(x-1)2+a-1,如果函

1 数 f(x)=3x3-x2+ax-5 在区间[-1,2]上单调,那么 a-1≥0 或 f′(-1)=3+ a≤0 且 f′(2)=a≤0,∴a≥1 或 a≤-3.于是满足条件的 a∈(-3,1).

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刘宇

答案 8.解析

(-3,1) 由题意知使函数 f(x)=x3-3x2-a 的极大值大于 0 且极小值小于 0 即可,

又 f′(x)=3x2-6x=3x(x-2), 令 f′(x)=0 得, x1=0, x2=2, 当 x<0 时, f′(x) >0;当 0<x<2 时,f′(x)<0;当 x>2 时,f′(x)>0,所以当 x=0 时,f(x) 取得极大值,即 f(x)极大值=f(0)=-a;当 x=2 时,f(x)取得极小值,即 f(x)极小值= ?-a>0 f(2)=-4-a,所以? ,解得-4<a<0. ?-4-a<0 答案 9.解 (-4,0) 由已知,得 f′(x)=x2-(a+1)x+b.

由 f′(0)=0,得 b=0,f′(x)=x(x-a-1). 1 (1)当 a=1 时,f(x)=3x3-x2+1,f′(x)=x(x-2),f(3)=1, f′(3)=3. 所以函数 f(x)的图象在 x=3 处的切线方程为 y-1=3(x-3), 即 3x-y-8=0. (2)存在 x<0,使得 f′(x)=x(x-a-1)=-9, 9 ? 9? -a-1=-x-x=(-x)+?-x?≥2 ? ? 3 时,a=-7. 所以 a 的最大值为-7. 10.解 (1)由 f(e)=2,得 b=2. ? 9? ?-x?=6,a≤-7,当且仅当 x=- ?-x?· ? ?

(2)由 (1)可得 f(x)=-ax+2+axln x. 从而 f′(x)=aln x. 因为 a≠0,故 ①当 a>0 时,由 f′(x)>0,得 x>1,由 f′(x)<0 得, 0<x<1; ②当 a<0 时,由 f′(x)>0,得 0<x<1,由 f′(x)<0 得,x>1. 综上, 当 a>0 时, 函数 f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1); 当 a<0 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 a=1 时,f(x)=-x+2+xln x,f′(x)=ln x. ?1 ? 由(2)可得,当 x 在区间? e,e?内变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: ? ?
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刘宇

x f′(x) f(x) 2 又 2- e<2,

1 e

?1 ? ? e,1? ? ? - 0

1

(1,e) + 单调递增

e

2 2- e

单调递减

极小值 1

2

? ?1 ?? 所以函数 f(x)?x∈? e,e??的值域为[1,2]. ? ? ?? ?m=1, 据此可 得 , 若 ? 则对每 一个 t ∈ [m , M] ,直 线 y = t 与曲 线 y = ?M=2. ? ?1 ?? f(x)?x∈? e,e??都有公共点; ? ? ?? ? ?1 ?? 并且对每一个 t∈(-∞, m)∪(M, +∞), 直线 y=t 与曲线 y=f(x)?x∈? e,e??都 ? ? ?? 没有公共点. 综上,当 a=1 时,存在最小的实数 m=1,最大的实数 M=2,使得对每一个 t ? ?1 ?? ∈[m,M],直线 y=t 与曲线 y=f(x)?x∈?e,e??都有公共点. ? ? ?? 11.(1)解 f′(x)=ln x+1.

1? ? 当 x∈?0, e?时,f′(x)<0,f(x)单调递减; ? ? ?1 ? 当 x∈? e,+∞?时,f′(x)>0,f(x)单调递增. ? ? 1 则①当 0<t<t+2<e 时,t 无解; 1 1 ②当 0<t<e <t+2,即 0<t< e时, 1 ?1? [f(x)]min=f?e?=-e ; ? ? 1 1 ③当 e≤t<t+2,即 t≥e时, f(x)在[t,t+2]上单调递增. 所以[f(x)]min=f(t)=tln t.

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刘宇

1? 1? 0<t<e?, ? ?-e? ? ? 所以[f(x)]min=? ? 1? t≥ .? t ln t ? ? ? ? e? (2)解 2f(x)≥g(x),即 2xln x≥-x2+ax-3,

3 则 a≤2ln x+x+x . 3 设 h(x)=2ln x+x+x (x>0), h′(x)= ?x+3??x-1? . 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)]min=h(1)=4. 因为对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立, 所以 a≤[h(x)] min=4.故实数 a 的取值范围是(-∞,4]. (3)证明 x 2 问题等价于证明 xln x>ex-e,x∈(0,+∞).

1 由(1)可知 f(x)=xln x,x∈(0,+∞)的最小值为-e , 1 当且仅当 x= e时取得.
[学&科&网]

1-x x 2 设 m(x)=ex- e,x∈(0,+∞),则 m′(x)= ex , 1 易得[m(x)]max=m(1)=- e. 1 2 从而对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x>ex-ex成立.
:]

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