新編高考數(shù)學江蘇專用理科專題復習：專題專題3 導數(shù)及其應用 第19練 Word版含解析

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1、 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 訓練目標 (1)函數(shù)極值、最值的概念、求法；(2)函數(shù)極值、最值的應用． 訓練題型 (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)后構造函數(shù)，轉化為函數(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．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

2、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________． 5．(20xx·保定一中模擬)已知f(x)＝ax3，g(x)＝9x2＋3x－1

3、，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m＝

4、，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(x＋1)＝a，解得x＝－1.設方程x＋lnx＝a的根為t(x＞0，t＞0)，即t＋ln

6、t＝a，則AB＝|t－＋1|＝|t－＋1|＝|－＋1|.設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

7、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(m)＋f′(n)]min＝f(m)min＋f′(n)min ＝－4－9＝－13.

8、9．①④ 解析　設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，結合圖象知，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

9、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①④正確． 10．解　(1)當a＝0時，f(x)＝3xlnx， 所以f′(x)＝3(l

10、nx＋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(設為x0)，且在x0兩側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g(x)異號． 綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是－，0)．