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高考理科数学第一轮复习测试题28



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 答案 A

B.2 个

C.3 个

D.4 个

2.(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 C.充要条件 件 答案 A 3. (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) ∞) C.(-3,6) ∞) 解析 f′(x)=3x2+2ax+(a+6),因为函数有极大值和极小值,所以 D.(-∞,-1)∪(2,+ ). B.(-∞,-3)∪(6,+ B.充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条 ).

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 B ln2x 4.(2012· 惠州一中质检)函数 y= x 的极小值为( 4 A.e2 B.0 2 C.e ). D.1

解析 函数的定义域为(0,+∞) 2ln x-ln2x -ln x?ln x-2? y′= = x2 x2 函数 y′与 y 随 x 变化情况如下: x y′ y (0,1) - ? 1 0 0 (1,e2) + ? e2 0 4 e2 (e2,+∞) - ?

ln2x 则当 x=1 时函数 y= x 取到极小值 0. 答案 B 5.(2012· 湛江模拟)函数 y=xe-x,x∈[0,4]的最小值为( A.0 1 B.e 4 C.e4 2 D.e2 ).

解析 y′=e-x-xe-x=-e-x(x-1) y′与 y 随 x 变化情况如下: x y′ y 0 0 (0,1) + 1 0 1 e (1,4) - 4 e4 4

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 a>0,f′(x)=3(x+ a)(x- a), 由已知条件 0< a<1,解得 0<a<1. 答案 (0,1) 7.函数 f(x)=x2-2ln x 的最小值为________. 2 解析 由 f′(x)=2x-x=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 1 8.(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 Δ>0,即 36a2-36(a+2)>0, 解得 a<-1,或 a>2. 答案 (-∞,-1)∪(2,+∞) 三、解答题(共 23 分) 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 f ′( x ) (-∞,1) + 1 0 (1,2) - 2 0 (2,+∞) +

可知当 x=1 时 f(x)取到极大值 5,则 x0=1 (2)f′(x)=3ax2+2bx+c,a>0 由已知条件 x=1,x=2 为方程 3ax2+2bx+c=0, a+b+c=5, ? ?-2b=3, 的两根,因此? 3a c ? ?3a=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 f′(x) f (x ) (-∞,k-1) - ? k-1 0 -ek-1 (k-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, 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)=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

解析 |MN|的最小值,即函数 h(x)=x2-ln x 的最小值,h′(x)=2x-
2 1 2 x -1 2 = ,显然 x = x x 2 是函数 h(x)在其定义域内唯一的极小值点,也

2 是最小值点,故 t= 2 . 答案 D 2.(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 b 中,对称轴 x=-2a>0,且开口向下,∴a<0,b>0,∴f(-1)=2a b -b<0,也满足条件;选项 D 中,对称轴 x=-2a<-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; 3 1 当 x>0,即 x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 a≥x2-x3.设 g(x) 3?1-2x? 3 1 =x2-x3,则 g′(x)= x4 , 1? ? ?1 ? 所以 g(x)在区间?0,2?上单调递增,在区间?2,1?上单调递减,
? ? ? ? ?1? 因此 g(x)max=g?2?=4,从而 a≥4. ? ?

3 1 当 x<0,即 x∈[-1,0)时,同理 a≤x2-x3. 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. ln a+ln x 4.已知函数 f(x)= 在[1,+∞)上为减函数,则实数 a 的取 x 值范围为________. 1 x-?ln a+ln x? x· 1-?ln a+ln x? 解析 f′(x)= = , 因为 f(x)在[1, +∞) 2 x x2 上为减函数,故 f′(x)≤0 在[1,+∞)上恒成立,即 ln a≥1-ln x 在 [1,+∞)上恒成立.设 φ(x)=1-ln x,φ(x)max=1,故 ln a≥1,a≥e.

答案 [e,+∞) 三、解答题(共 22 分) 1 1 5.(10 分)(2011· 江西)设 f(x)=-3x3+2x2+2ax.
?2 ? (1)若 f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间,求 a 的取值范围; ? ?

16 (2)当 0<a<2 时, f(x)在[1,4]上的最小值为- 3 , 求 f(x)在该区间上的 最大值. 1? 1 ? 解 (1)由 f′(x)=-x2+x+2a=-?x-2?2+4+2a,
? ? ?2 ? ?2? 2 2 当 x∈?3,+∞?时,f′(x)的最大值为 f′?3?=9+2a;令9+2a>0, ? ? ? ?

1 得 a>-9.
?2 ? 1 所以,当 a>-9时,f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间.即 f(x)在 ? ? ?2 ? ? 1 ? ? ,+∞?上存在单调递增区间时,a 的取值范围是?- ,+∞? ?3 ? ? 9 ?

1- 1+8a 1+ 1+8a (2)令 f′(x)=0,得两根 x1= , x . 2= 2 2 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), 27 又 f(4)-f(1)=- 2 +6a<0,即 f(4)<f(1). 40 16 所以 f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)=8a- 3 =- 3 . 10 得 a=1,x2=2,从而 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(2)= 3 .

1 6.(★)(12 分)(2011· 湖南)设函数 f(x)=x-x-aln x(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,+∞).
2 1 a x -ax+1 f′(x)=1+x2-x = . x2

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. a- a2-4 ③当 a>2 时,Δ>0,g(x)=0 的两根为 x1= , 2 a+ a2-4 x2 = . 2 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. x1-x2 因 为 f(x1) - f(x2) = (x1 - x2) + x x - a(ln x1 - ln x2) , 所 以 , k = 1 2 f?x1?-f?x2? ln x1-ln x2 1 =1+x x -a· . x1-x2 x1-x2 1 2

ln x1-ln x2 又由(1)知,x1x2=1,于是 k=2-a· . x1-x2 ln x1-ln x2 若存在 a,使得 k=2-a,则 =1. x1-x2 即 ln x1-ln x2=x1-x2. 1 由 x1x2=1 得 x2-x -2ln x2=0(x2>1).(*)
2

1 再由(1)知,函数 h(t)=t- t -2ln t 在(0,+∞)上单调递增,而 x2>1, 1 1 所以 x2-x -2ln x2>1-1-2 ln 1=0.这与(*)式矛盾.
2

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



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