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2013届高三数学二轮复习专题能力提升训练5 函数、导数、不等式的综合问题 理


训练 5

函数、导数、不等式的综合问题
(时间:45 分钟 满分:75 分)

一、选择题(每小题 5 分,共 25 分) 1 3 2 2 1.(2012·河北正定中学模拟)下面四个图象中,有一个是函数 f(x)= x +ax +(a -1)x 3 +1(a∈R)的导函数 y=f′(x)的图象,则 f(-1)等于( ).

/>
A. C.

1 3 7 3

1 B.- 3 1 5 D.- 或 3 3
2

2.(2011·湖南)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.(2012·衡阳模拟)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________.
3 2

ax

).

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

1

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. (2012·温州模拟)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________. 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)(2011·福建)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
3 2

? ?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; ? ?e ??
若不存在,说明理由. 11.(12 分)(2012·烟台一模)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 参考答案 训练 5 函数、导数、不等式的综合问题 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 5 2 时,f(-1)= ,若图象过原点,则 a -1=0,又对称轴 x=-a>0,∴a=-1,∴f(- 3 1 1)=- .] 3 1 2x -1 2 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 2 2

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 2

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)=3m- ,不
2

27 2

27 3 等式 f(x)+9≥0 恒成立,即 f(x)≥-9 恒成立,所以 3m- ≥-9,解得 m≥ .] 2 2 4. [∵函数 f(x)=x -ax+3 在(0,1)上为减函数, ≥1, a≥2.又∵g′(x)=2x- , B ∴ 得 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, 1 ax ax 即 f′(x)=3+ae =0 有正根.当 f′(x)=3+ae =0 成立时,显然有 a<0,此时 x=
ax ax
2 2

a

a

a

? 3? ln?- ?.由 x>0,解得 a<-3,∴a 的取值范围为(-∞,-3).] ? a?
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, f′(x) 又 =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
2 3 2 2

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=f(2)=-4-a,所以
? ?-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,

3

9 ? 9? -a-1=-x- =(-x)+?- ?≥2

x

? x?

?

? 9? -x? ·?- ?=6,a≤-7,当且仅当 x=-3 ? x?

时,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 ??
据此可得,若? 都有公共点;
?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?? ? ?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 ? ?e ??
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∈[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?
4

?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? ? =? 1 ?tln t?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. 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
5

1 2 从而对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x> x- 成立. e ex

6


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