2013高考数学一轮复习试题3-3理

用心爱心专心-1-2013高考数学一轮复习试题3-3理A级基础达标演练(时间：40分钟满分：60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2012·抚顺模拟)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点()．A．1个B．2个C．3个D．4个答案A2．(2012·西安十校联考)若函数y＝f(x)可导，则“f′(x)＝0有实根”是“f(x)有极值”的()．A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A3．(2012·兰州一中月考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是()．A．(－1,2)B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C．(－3,6)D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，因为函数有极大值和极小值，所以f′(x)＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，解得a＜－3或a＞6.答案B4．(2012·惠州一中质检)函数y＝ln2xx的极小值为()．A.4e2B．0C.2eD．1解析函数的定义域为(0，＋∞)y′＝2lnx－ln2xx2＝－lnxx－x2函数y′与y随x变化情况如下：x(0,1)1(1，e2)e2(e2，＋∞)y′－0＋0－用心爱心专心-2-y04e2则当x＝1时函数y＝ln2xx取到极小值0.答案B5．(2012·湛江模拟)函数y＝xe－x，x∈[0,4]的最小值为()．A．0B.1eC.4e4D.2e2解析y′＝e－x－xe－x＝－e－x(x－1)y′与y随x变化情况如下：x0(0,1)1(1,4)4y′＋0－y01e4e4当x＝0时，函数y＝xe－x取到最小值0.答案A二、填空题(每小题4分，共12分)6．(2012·南宁联考)已知函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是________．解析f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，显然a0，f′(x)＝3(x＋a)(x－a)，由已知条件0a1，解得0a1.答案(0,1)7．函数f(x)＝x2－2lnx的最小值为________．解析由f′(x)＝2x－2x＝0，得x2＝1.又x＞0，所以x＝1.因为0＜x＜1时，f′(x)＜0，x＞1时f′(x)＞0，所以当x＝1时，f(x)取极小值(极小值唯一)也即最小值f(1)＝1.答案18．(2012·洛阳调研)若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围________．解析f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，由已知条件Δ0，即36a2－36(a＋2)0，解得a－1，或a2.答案(－∞，－1)∪(2，＋∞)三、解答题(共23分)用心爱心专心-3-9．(11分)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在点x0处取得极大值5，其导函数y＝f′(x)的图象经过(1,0)，(2,0)点，如图所示．(1)求x0的值；(2)求a，b，c的值．解(1)由f′(x)随x变化的情况x(－∞，1)1(1,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋可知当x＝1时f(x)取到极大值5，则x0＝1(2)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，a0由已知条件x＝1，x＝2为方程3ax2＋2bx＋c＝0，的两根，因此a＋b＋c＝5，－2b3a＝3，c3a＝2，解得a＝2，b＝－9，c＝12.10．(12分)(2011·北京)已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．解(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的情况如下：x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)－ek－1所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．(2)当k－1≤0，即k≤1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0＜k－1＜1，即1＜k＜2时，由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，用心爱心专心-4-所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.B级综合创新备选(时间：30分钟满分：40分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(2011·湖南)设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为()．A．1B.12C.52D.22解析|MN|的最小值，即函数h(x)＝x2－lnx的最小值，h′(x)＝2x－1x＝2x2－1x，显然x＝22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＝22.答案D2．(2011·浙江)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象是()．解析若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则易得a＝c.因选项A、B的函数为f(x)＝a(x＋1)2，则[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝a(x＋1)(x＋3)ex，∴x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，满足条件；选项C中，对称轴x＝－b2a＞0，且开口向下，∴a＜0，b＞0，∴f(－1)＝2a－b＜0，也满足条件；选项D中，对称轴x＝－b2a＜－1，且开口向上，∴a＞0，b＞2a，∴f(－1)＝2a－b＜0，与图矛盾，故答案选D.答案D二、填空题(每小题4分，共8分)3．(★)(2012·广州模拟)设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．解析(构造法)若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；当x＞0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥3x2－1x3.设g(x)＝3x2－1x3，则g′(x)＝－2xx4，所以g(x)在区间0，12上单调递增，在区间12，1上单调递减，用心爱心专心-5-因此g(x)max＝g12＝4，从而a≥4.当x＜0，即x∈[－1,0)时，同理a≤3x2－1x3.g(x)在区间[－1,0)上单调递增，∴g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4.答案4【点评】本题考查了分类讨论思想构造函数，同时利用导数的知识来解决.4．已知函数f(x)＝lna＋lnxx在[1，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围为________．解析f′(x)＝1x·x－a＋lnxx2＝1－a＋lnxx2，因为f(x)在[1，＋∞)上为减函数，故f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即lna≥1－lnx在[1，＋∞)上恒成立．设φ(x)＝1－lnx，φ(x)max＝1，故lna≥1，a≥e.答案[e，＋∞)三、解答题(共22分)5．(10分)(2011·江西)设f(x)＝－13x3＋12x2＋2ax.(1)若f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－163，求f(x)在该区间上的最大值．解(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－x－122＋14＋2a，当x∈23，＋∞时，f′(x)的最大值为f′23＝29＋2a；令29＋2a＞0，得a＞－19.所以，当a＞－19时，f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间．即f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间时，a的取值范围是－19，＋∞(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝1－1＋8a2，x2＝1＋1＋8a2.所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．当0＜a＜2时，有x1＜1＜x2＜4，所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)，用心爱心专心-6-又f(4)－f(1)＝－272＋6a＜0，即f(4)＜f(1)．所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－403＝－163.得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝103.6．(★)(12分)(2011·湖南)设函数f(x)＝x－1x－alnx(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直线的斜率为k.问：是否存在a，使得k＝2－a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．思路分析先求导，通分后发现f′(x)的符号与a有关，应对a进行分类，依据方程的判别式来分类．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝1＋1x2－ax＝x2－ax＋1x2.令g(x)＝x2－ax＋1，其判别式Δ＝a2－4.①当|a|≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0.故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a＜－2时，Δ＞0，g(x)＝0的两根都小于0.在(0，＋∞)上，f′(x)＞0.故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．③当a＞2时，Δ＞0，g(x)＝0的两根为x1＝a－a2－42，x2＝a＋a2－42.当0＜x＜x1时，f′(x)＞0，当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0；当x＞x2时，f′(x)＞0.故f(x)分别在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．(2)由(1)知，a＞2.因为f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋x1－x2x1x2－a(lnx1－lnx2)，所以，k＝fx1－fx2x1－x2＝1＋1x1x2－a·lnx1－lnx2x1－x2.又由(1)知，x1x2＝1，于是k＝2－a·lnx1－lnx2x1－x2.若存在a，使得k＝2－a，则lnx1－lnx2x1－x2＝1.用心爱心专心-7-即lnx1－lnx2＝x1－x2.由x1x2＝1得x2－1x2－2lnx2＝0(x2＞1)．(*)再由(1)知，函数h(t)＝t－1t－2lnt在(0，＋∞)上单调递增，而x2＞1，所以x2－1x2－2lnx2＞1－11－2ln1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k＝2－a.【点评】本题充分体现了分类讨论思想.近几年新课标高考常考查含参数的导数问题，难度中等偏上，考生最容易失分的就是对参数的分类标准把握不准，导致分类不全等