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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


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 3 2 2 1.下面四个图象中,有一个是函数 f(x)= x +ax +(a -1)x+1(a∈R)的导函数 y=f′(x) 3 的图象,则 f(-1)等于( ).

A. C.

1 3 7 3
2

1 B.- 3 1

5 D.- 或 3 3

2.设直线 x=t 与函数 f(x)=x ,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

). C. 5 2 D. 2 2 ).

1 4 3 3. 已知函数 f(x)= x -2x +3m, x∈R, 若 f(x)+9≥0 恒成立, 则实数 m 的取值范围是( 2

?3 ? A.? ,+∞? ?2 ?
3? ? C.?-∞, ? 2? ?
2

?3 ? B.? ,+∞? ?2 ?
3? ? D.?-∞, ? 2? ?
2

4.已知函数 f(x)=x -ax+3 在(0,1)上为减函数,函数 g(x)=x -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=e +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) 6.若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x -ax -2bx+2 在 x=1 处有极值,则 ab 的最大值等于 ________. 1 3 2 7.函数 f(x)= x -x +ax-5 在区间[-1,2]上不单调,则实数 a 的范围是________. 3 8.关于 x 的方程 x -3x -a=0 有三个不同的实数解,则实数 a 的取值范围是________.
-13 2 3 2

ax

).

B. a<-3 1 D.a<- 3

三、解答题(本题共 3 小题,共 35 分) 1 3 a+1 2 9.(11 分)已知函数 f(x)= x - x +bx+a.(a,b∈R)的导函数 f′(x)的图象过原点. 3 2 (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],直线 y=t

? ?1 ?? 与曲线 y=f(x)?x∈? ,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 ? ?e ??
不存在,说明理由. 11.(12 分)已知 f(x)=xln x,g(x)=-x +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> x- . e ex
2

-2-

参考答案 1.D [∵f′(x)=x +2ax+a -1,∴f′(x)的图象开口向上,若图象不过原点,则 a=0 时,
2 2

f(-1)= ,若图象过原点,则 a2-1=0,又对称轴 x=-a>0,∴a=-1,∴f(-1)=-
1 .] 3 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- = ,显然 x
2 2

5 3

x

x



2 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 2

1 4 3 3 2 3.A [因为函数 f(x)= x -2x +3m,所以 f′(x)=2x -6x ,令 f′(x)=0,得 x=0 或 x 2 =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)=3m- 27 ,不等式 2

f(x)+9≥0 恒成立,即 f(x)≥-9 恒成立,所以 3m- ≥-9,解得 m≥ .]
4.B [∵函数 f(x)=x -ax+3 在(0,1)上为减函数,∴ ≥1,得 a≥2.又∵g′(x)=2x- , 2 x 依题意 g′(x)≥0 在 x∈(1,2)上恒成立,得 2x ≥a 在 x∈(1, 2)上恒成立,有 a≤2,∴a =2.] 5.B [令 f(x)=e +3x,可求得 f′(x)=3+ae ,若函数在 x∈R 上有大于零的极值点,即
ax f′(x)=3+aeax=0 有正根. 当 f′(x)=3+ae =0 成立时, 显然有 a<0, 此时 x= ln?- ?. a ? a? ax ax
2 2

27 2

3 2

a

a

1

? 3?

由 x>0,解得 a<-3,∴a 的取值范围为(-∞,-3).] 6.解析 由题得 f′ (x)=12x -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 9 1 3 2 2 2 7.解析 ∵f(x)= x -x +ax-5,∴ f′(x)=x -2x+a=(x-1) +a-1,如果函数 f(x) 3 1 3 2 = x -x +ax-5 在区间[-1,2]上单调,那么 a-1≥0 或 f′(-1)=3+a≤0 且 f′(2) 3 =a≤0,∴a≥1 或 a≤-3.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)=x -3x -a 的极大值大于 0 且极小值小于 0 即可,又 f′(x) =3x -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 2 3 2 2

= f(0) =- a ;当 x = 2 时, f(x) 取得极小值,即 f(x) 极小值 = f(2) =- 4 - a ,所以
-3-

?-a>0 ? ? ?-4-a<0 ?

,解得-4<a<0.

答案 (-4,0) 9.解 由已知,得 f′(x)=x -(a+1)x+b. 由 f′(0)=0,得 b=0,f′(x)=x(x-a-1). 1 3 2 (1)当 a=1 时,f(x)= x -x +1,f′(x)=x(x-2),f(3)=1, 3
2

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)+?- ?≥2

x

? x?

?

? 9? -x? ·?- ?=6, a≤-7, 当且仅当 x=-3 时, ? x?

a=-7.
所以 a 的最大值为-7. 10.解 (1)由 f(e)=2,得 b=2. (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?内变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: ?e ?
x f′(x) f(x)
2 又 2- <2, e 2 2- e 1 e

?1,1? ?e ? ? ?
- 单调递减 0

1

(1,e) + 单调递增

e

极小值 1

2

? ?1 ?? 所以函数 f(x)?x∈? ,e??的值域为[1,2]. ? ?e ??

-4-

据此可得,若? 有公共点;

?m=1, ? ?M=2. ?

? ?1 ?? 则对每一个 t∈[m,M],直线 y=t 与曲线 y=f(x)?x∈? ,e??都 ? ?e ??

? ?1 ?? 并且对每一个 t∈(-∞,m)∪(M,+∞),直线 y=t 与曲线 y=f(x)?x∈? ,e??都没有公 ? ?e ??
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∈[m,M],

? ?1 ?? 直线 y=t 与曲线 y=f(x)?x∈? ,e??都有公共点. ? ?e ??
11.(1)解 f′(x)=ln x+1.

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

f(x)在[t,t+2]上单调递增.
所以[f(x)]min=f(t)=tln t. 1 1? 0<t< ? , ? ?-e? e? ? ? =? ?t≥1.? ? ? ?tln t? ? e ?
2

所以[f(x)]min

(2)解 2f(x)≥g(x),即 2xln x≥-x +ax-3, 3 则 a≤2ln x+x+ .

x

3 设 h(x)=2ln x+x+ (x>0),

x

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.

-5-

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].

x 2 (3)证明 问题等价于证明 xln x> x- ,x∈(0,+∞). e e
1 由(1)可知 f(x)=xln x,x∈(0,+∞)的最小值为- , e 1 当且仅当 x= 时取得. e

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

-6-


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