2013高考数学一轮复习试题-3-3-理.doc

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()A1个 B2个 C3个 D4个答案A2(2012西安十校联考)若函数yf(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)x3ax2(a6)x1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)3x22ax(a6)，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4a243(a6)0，解得a3或a6.答案B4(2012惠州一中质检)函数y的极小值为()A. B0 C. D1解析函数的定义域为(0，)y函数y与y随x变化情况如下：x(0,1)1(1，e2)e2(e2，)y00y0则当x1时函数y取到极小值0.答案B5(2012湛江模拟)函数yxex，x0,4的最小值为()A0 B. C. D.解析yexxexex(x1)y与y随x变化情况如下：x0(0,1)1(1,4)4y0y0当x0时，函数yxex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)x33axa在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是_解析f(x)3x23a3(x2a)，显然a0，f(x)3(x)(x)，由已知条件01，解得0a0，即36a236(a2)0，解得a2.答案(，1)(2，)三、解答题(共23分)9(11分)已知函数f(x)ax3bx2cx在点x0处取得极大值5，其导函数yf(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)00可知当x1时f(x)取到极大值5，则x01(2)f(x)3ax22bxc，a0由已知条件x1，x2为方程3ax22bxc0，的两根，因此解得a2，b9，c12.10(12分)(2011北京)已知函数f(x)(xk)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)(xk1)ex.令f(x)0，得xk1.f(x)与f(x)的情况如下：x(，k1)k1(k1，)f(x)0f(x)ek1所以，f(x)的单调递减区间是(，k1)；单调递增区间是(k1，)(2)当k10，即k1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0k11，即1k2时，由(1)知f(x)在0，k1)上单调递减，在(k1,1上单调递增，所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(k1)ek1；当k11，即k2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)(1k)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xt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()A1 B. C. D.解析|MN|的最小值，即函数h(x)x2ln x的最小值，h(x)2x，显然x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.答案D2(2011浙江)设函数f(x)ax2bxc(a，b，cR)若x1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为yf(x)的图象是()解析若x1为函数f(x)ex的一个极值点，则易得ac.因选项A、B的函数为f(x)a(x1)2，则f(x)exf(x)exf(x)(ex)a(x1)(x3)ex，x1为函数f(x)ex的一个极值点，满足条件；选项C中，对称轴x0，且开口向下，a0，b0，f(1)2ab0，也满足条件；选项D中，对称轴x1，且开口向上，a0，b2a，f(1)2ab0，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)ax33x1(xR)，若对于任意x1,1，都有f(x)0成立，则实数a的值为_解析(构造法)若x0，则不论a取何值，f(x)0显然成立；当x0，即x(0,1时，f(x)ax33x10可化为a.设g(x)，则g(x)，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)maxg4，从而a4.当x0，即x1,0)时，同理a.g(x)在区间1,0)上单调递增，g(x)ming(1)4，从而a4，综上可知a4.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)在1，)上为减函数，则实数a的取值范围为_解析f(x)，因为f(x)在1，)上为减函数，故f(x)0在1，)上恒成立，即ln a1ln x在1，)上恒成立设(x)1ln x，(x)max1，故ln a1，ae.答案e，)三、解答题(共22分)5(10分)(2011江西)设f(x)x3x22ax.(1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0a2时，f(x)在1,4上的最小值为，求f(x)在该区间上的最大值解(1)由f(x)x2x2a22a，当x时，f(x)的最大值为f2a；令2a0，得a.所以，当a时，f(x)在上存在单调递增区间即f(x)在上存在单调递增区间时，a的取值范围是(2)令f(x)0，得两根x1，x2.所以f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增当0a2时，有x11x24，所以f(x)在1,4上的最大值为f(x2)，又f(4)f(1)6a0，即f(4)f(1)所以f(x)在1,4上的最小值为f(4)8a.得a1，x22，从而f(x)在1,4上的最大值为f(2).6()(12分)(2011湖南)设函数f(x)xaln x(aR)(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k2a？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.令g(x)x2ax1，其判别式a24.当|a|2时，0，f(x)0.故f(x)在(0，)上单调递增当a2时，0，g(x)0的两根都小于0.在(0，)上，f(x)0.故f(x)在(0，)上单调递增当a2时，0，g(x)0的两根为x1，x2.当0xx1时，f(x)0，当x1xx2时，f(x)0；当xx2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，a2.因为f(x1)f(x2)(x1x2)a(ln x1ln x2)，所以，k1a.又由(1)知，x1x21，于是k2a.若存在a，使得k2a，则1.即ln x1ln x2x1x2.由x1x21得x22ln x20(x21)(*)再由(1)知，函数h(t)t2ln t在(0，)上单调递增，而x21，所以x22ln x212 ln 10.这与(*)式矛盾故不存在a，使得k2a.【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