高考数学理函数、导数、不等式的综合问题目二轮提高练习题目

高考数学理函数、导数、不等式的综合问题目二轮提高练习题目

‎　函数、导数、不等式的综合问题 一、选择题(每小题5分，共25分)‎ ‎1．下面四个图象中，有一个是函数f(x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R)的导函数y＝f′(x)的图象，则f(－1)等于(　　)．‎ A. B．－ C. D．－或 ‎2．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. ‎3．已知函数f(x)＝x4－2x3＋‎3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是(　　)．‎ A. B. C. D. ‎4．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于(　　)．‎ A．1 B．‎2 C．0 D. ‎ ‎5．设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则(　　)．‎ A．a＞－3 B． a＜－3 ‎ C．a＞－ D．a＜－ 二、填空题(每小题5分，共15分)‎ ‎6．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于________．‎ ‎7．函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的范围是________．‎ ‎8．关于x的方程x3－3x2－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)‎ ‎9．(11分)已知函数f(x)＝x3－x2＋bx＋a.(a，b∈R)的导函数f′(x)的图象过原点．‎ ‎(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)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与曲线y＝f(x)都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，说明理由．‎ ‎11．(12分)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋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；‎ ‎(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞－.‎ 参考答案 ‎1．D　[∵f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，∴f′(x)的图象开口向上，若图象不过原点，则a＝0时，f(－1)＝，若图象过原点，则a2－1＝0，又对称轴x＝－a＞0，∴a＝－1，∴f(－1)＝－.]‎ ‎2．D　[|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＝.]‎ ‎3．A　[因为函数f(x)＝x4－2x3＋‎3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或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－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以‎3m－≥－9，解得m≥.]‎ ‎4．B　[∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，∴≥1，得a≥2.又∵g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1, 2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.]‎ ‎5．B　[令f(x)＝eax＋3x，可求得f′(x)＝3＋aeax，若函数在x∈R上有大于零的极值点，即f′(x)＝3＋aeax＝0有正根．当f′(x)＝3＋aeax＝0成立时，显然有a＜0，此时x＝ln.由x＞0，解得a＜－3，∴a的取值范围为(－∞，－3)．]‎ ‎6．解析　由题得f′ (x)＝12x2－2ax－2b＝0，∴f′(1)＝12－‎2a－2b＝0，∴a＋b＝6.∴a＋b≥2，∴6≥2，∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取到最大值．‎ 答案　9‎ ‎7．解析　∵f(x)＝x3－x2＋ax－5，∴ f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，如果函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上单调，那么a－1≥0或f′(－1)＝3＋a≤0且f′(2)＝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)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝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，解得－4＜a＜0.‎ 答案　(－4,0)‎ ‎9．解　由已知，得f′(x)＝x2－(a＋1)x＋b.‎ 由f′(0)＝0，得b＝0，f′(x)＝x(x－a－1)．‎ ‎(1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋1，f′(x)＝x(x－2)，f(3)＝1，‎ 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，‎ ‎－a－1＝－x－＝(－x)＋≥2＝6，a≤－7，当且仅当x＝－3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.‎ 由(2)可得，当x在区间内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎ 1‎ ‎(1，e)‎ e ‎ f′(x)‎ ‎ －‎ ‎ 0‎ ‎ ＋‎ f(x)‎ ‎2－ 单调递减 极小值1‎ 单调递增 ‎2‎ 又2－＜2，‎ 所以函数f(x)的值域为[1,2]．‎ 据此可得，若则对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点；‎ 并且对每一个t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)都没有公共点．‎ 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]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点．‎ ‎11．(1)解　f′(x)＝ln x＋1.‎ 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ 则①当0＜t＜t＋2＜时，t无解；‎ ‎②当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时，‎ ‎[f(x)]min＝f＝－；‎ ‎③当≤t＜t＋2，即t≥时，‎ f(x)在[t，t＋2]上单调递增．‎ 所以[f(x)]min＝f(t)＝tln t.‎ 所以[f(x)]min＝ ‎(2)解　‎2f(x)≥g(x)，即2xln x≥－x2＋ax－3，‎ 则a≤2ln x＋x＋.‎ 设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，‎ h′(x)＝.‎ 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]．‎ ‎(3)证明　问题等价于证明xln x＞－，x∈(0，＋∞)．‎ 由(1)可知f(x)＝xln x，x∈(0，＋∞)的最小值为－，‎ 当且仅当x＝时取得．‎ 设m(x)＝－，x∈(0，＋∞)，则m′(x)＝，‎ 易得[m(x)]max＝m(1)＝－.‎ 从而对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞－成立．‎