《高考數(shù)學(xué)江蘇專用理科專題復(fù)習(xí):專題專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第19練 Word版含解析》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)江蘇專用理科專題復(fù)習(xí):專題專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第19練 Word版含解析(7頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、
高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料
2019.5
訓(xùn)練目標
(1)函數(shù)極值、最值的概念、求法;(2)函數(shù)極值、最值的應(yīng)用.
訓(xùn)練題型
(1)求函數(shù)的極值;(2)求函數(shù)的最值;(3)恒成立問題;(4)零點問題.
解題策略
(1)f′(x)=0是函數(shù)f(x)存在極值點的必要條件,f(x)的極值可用列表法求解;(2)利用最值研究恒成立問題,可分離參數(shù)后構(gòu)造函數(shù),轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題;(3)零點問題可借助于函數(shù)的圖象解決.
1.(20xx濟寧一模)函數(shù)f(x)=x2-lnx的最小值為______
2、__.
2.已知函數(shù)f(x)=x3-2ax2-3x+1在(-1,1)內(nèi)有且只有一個極值點,則實數(shù)a的取值范圍是________________________.
3.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a在x=1處取得極大值10,則的值為________.
4.(20xx南京模擬)如果函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示,給出下列判斷:
①函數(shù)y=f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增;
②函數(shù)y=f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減;
③函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(4,5)內(nèi)單調(diào)遞增;
④當x=2時,函數(shù)y=f(x)有極小值;
⑤當x=-時,函數(shù)y=f(x)有極大值.
其中判斷正確的是_
3、_______.
5.(20xx保定一中模擬)已知f(x)=ax3,g(x)=9x2+3x-1,當x∈1,2]時,f(x)≥g(x)恒成立,則a的取值范圍為____________.
6.(20xx唐山一模)直線y=a分別與曲線y=2(x+1),y=x+lnx交于點A,B,則AB的最小值為________.
7.已知函數(shù)f(x)=x(lnx-ax)有兩個極值點,則實數(shù)a的取值范圍是____________.
8.(20xx鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)=-x3+ax2-4在x=2處取得極值,若m,n∈-1,1],則f(m)+f′(n)的最小值是________.
9.(20xx四川)已知
4、函數(shù)f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中a∈R).對于不相等的實數(shù)x1,x2,設(shè)m=,n=,現(xiàn)有如下命題:
①對于任意不相等的實數(shù)x1,x2,都有m>0;
②對于任意的a及任意不相等的實數(shù)x1,x2,都有n>0;
③對于任意的a,存在不相等的實數(shù)x1,x2,使得m=n;
④對于任意的a,存在不相等的實數(shù)x1,x2,使得m=-n.
其中真命題有________.(寫出所有真命題的序號)
10.(20xx南通一模)已知函數(shù)f(x)=ax3+3xlnx(a∈R).
(1)當a=0時,求f(x)的極值;
(2)若f(x)在區(qū)間(,e)上有且只有一個極值點,求實數(shù)a的取值范圍.
5、
答案精析
1. 2.(-∞,-)∪(,+∞)3.- 4.③
5.11,+∞)
解析 f(x)≥g(x)恒成立,
即ax3≥9x2+3x-1.
∵x∈1,2],∴a≥+-.
令=t,則當t∈,1]時,
a≥9t+3t2-t3.
令h(t)=9t+3t2-t3,
則h′(t)=9+6t-3t2=-3(t-1)2+12.
∴h′(t)在,1]上是增函數(shù).
∴h′(x)min=h′()=-+12>0.
∴h(t)在,1]上是增函數(shù).
∴a≥h(1)=11.
6.
解析 令2
6、(x+1)=a,解得x=-1.設(shè)方程x+lnx=a的根為t(x>0,t>0),即t+lnt=a,則AB=|t-+1|=|t-+1|=|-+1|.設(shè)g(t)=-+1(t>0),則g′(t)=-=,令g′(t)=0,得t=1,當t∈(0,1)時,g′(t)<0;當t∈(1,+∞)時,g′(t)>0,所以g(t)min=g(1)=,所以AB≥,所以AB的最小值為.
7.(0,)
解析 函數(shù)f(x)=x(lnx-ax)(x>0),則f′(x)=lnx-ax+x(-a)=lnx-2ax+1.令f′(x)=lnx-2ax+1=0,得lnx=2ax-1.函數(shù)f(x)=x(lnx-ax)有兩個極值點,等價
7、于f′(x)=lnx-2ax+1有兩個零點,等價于函數(shù)y=lnx與y=2ax-1的圖象有兩個交點.在同一個坐標系中作出它們的圖象(如圖).
當a=時,直線y=2ax-1與y=lnx的圖象相切,
由圖可知,當0<a<時,y=lnx與y=2ax-1的圖象有兩個交點,則實數(shù)a的取值范圍是(0,).
8.-13
解析 f′(x)=-3x2+2ax,根據(jù)已知=2,得a=3,即f(x)=-x3+3x2-4.
根據(jù)函數(shù)f(x)的極值點,可得函數(shù)f(m)在-1,1]上的最小值為f(0)=-4,
f′(n)=-3n2+6n在-1,1]上單調(diào)遞增,所以f′(n)的最小值為f′(-1)=-9.
f
8、(m)+f′(n)]min=f(m)min+f′(n)min
=-4-9=-13.
9.①④
解析 設(shè)A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),
C(x1,g(x1)),D(x2,g(x2)),對于①從y=2x的圖象可看出,m=kAB>0恒成立,故①正確;
對于②直線CD的斜率可為負,即n<0,故②不正確;
對于③由m=n,
得f(x1)-f(x2)=g(x1)-g(x2),
即f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2),
令h(x)=f(x)-g(x)=2x-x2-ax,
則h′(x)=2xln2-2x-a,
由h′(x)=0,得2xln2=2x+a,結(jié)合
9、圖象知,當a很小時,該方程無解,∴函數(shù)h(x)不一定有極值點,就不一定存在x1,x2,使f(x1)-g(x1)
=f(x2)-g(x2),即不一定存在x1,x2使得m=n,故③不正確;
對于④由m=-n,得f(x1)-f(x2)
=g(x2)-g(x1),
即f(x1)+g(x1)=f(x2)+g(x2),
令F(x)=f(x)+g(x)=2x+x2+ax,
則F′(x)=2xln2+2x+a,
由F′(x)=0,得2xln2=-2x-a,
結(jié)合如圖所示圖象可知,該方程有解,即F(x)必有極值點,∴存在x1,x2使F(x1)=F(x2),使m=-n.故④正確.
綜上可知①
10、④正確.
10.解 (1)當a=0時,f(x)=3xlnx,
所以f′(x)=3(lnx+1).
令f′(x)=0,得x=,
當x∈(0,)時,f′(x)<0;
當x∈(,+∞)時,f′(x)>0,
所以f(x)在(0,)上單調(diào)遞減,
在(,+∞)上單調(diào)遞增.
所以當x=時,
f(x)有極小值f()=-.
(2)設(shè)g(x)=f′(x)=3(ax2+1+lnx),
其中x∈D=(,e).
由題意知,g(x)在D上有且只有一個零點(設(shè)為x0),且在x0兩側(cè)g(x)異號.
①當a≥0時,g(x)在D上單調(diào)遞增,
所以g(x)>g()≥0,
所以g(x)在D上無零點,不符
11、合題意;
②當a<0時,因為f(x)的定義域為(0,+∞),
則g′(x)=
,
令g′(x)=0,得x=,
g(x)在(0, )上單調(diào)遞增,
在( ,+∞)上單調(diào)遞減.
(i)當g(e)g()<0時,
-<a<0,
此時,g(x)在D上有且只有一個零點x,
且在x兩側(cè)異號.
(ii)令g()=0,得=0,即a=0,不符合題意.
(iii)令g(e)=0,得a=-,
所以=∈D,
g( )=g()
=3(-+1+ln)
=3(+ln)>0,
又因為g()=<0,
所以此時g(x)在D上有且只有一個零點x,且在x兩側(cè)g(x)異號.
綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是-,0).