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(　　)．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
答案　A
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 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　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) 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　B
4．(2012·惠州一中质检)函数y＝的极小值为(　　)．
A. B．0 C. D．1
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，＋∞)
y′
－
0
＋
0
－
y

0



则当x＝1时函数y＝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 B. C. D.
解析　y′＝e－x－xe－x＝－e－x(x－1)
y′与y随x变化情况如下：
x
0
(0,1)
1
(1,4)
4
y′

＋
0
－

y
0

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＋)(x－)，
由已知条件0<<1，解得0<a<1.
答案　(0,1)
7．函数f(x)＝x2－2ln x的最小值为________．
解析　由f′(x)＝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　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
(－∞，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，a>0
由已知条件x＝1，x＝2为方程3ax2＋2bx＋c＝0，
的两根，因此解得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，
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 B. C. D.
解析　|MN|的最小值，即函数h(x)＝x2－ln 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　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中，对称轴x＝－＞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＝－＜－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≥－.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)max＝g＝4，从而a≥4.
当x＜0，即x∈[－1,0)时，同理a≤－.
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)＝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 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)
5．(10分)(2011·江西)设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.
(1)若f(x)在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－，求f(x)在该区间上的最大值．
解　(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－2＋＋2a，
当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a；令＋2a＞0，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0＜a＜2时，有x1＜1＜x2＜4，
所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)，
又f(4)－f(1)＝－＋6a＜0，即f(4)＜f(1)．
所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－.
得a＝1，x2＝2，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)＝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，＋∞)．
f′(x)＝1＋－＝.
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＝，
x2＝.
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)＋－a(ln x1－ln x2)，所以，k＝＝1＋－a·.
又由(1)知，x1x2＝1，于是k＝2－a·.
若存在a，使得k＝2－a，则＝1.
即ln x1－ln x2＝x1－x2.
由x1x2＝1得x2－－2ln x2＝0(x2＞1)．(*)
再由(1)知，函数h(t)＝t－－2ln t在(0，＋∞)上单调递增，而x2＞1，所以x2－－2ln x2＞1－－2 ln 1＝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