2014届高三数学二轮复习函数导数不等式的综合问题专题能力提升训练理

-1-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)＝13x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R)的导函数y＝f′(x)的图象，则f(－1)等于()．A.13B．－13C.73D．－13或532．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为()．A．1B.12C.52D.223．已知函数f(x)＝12x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是()．A.32，＋∞B.32，＋∞C.－∞，32D.－∞，324．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－alnx在(1,2)上为增函数，则a的值等于()．A．1B．2C．0D.25．设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则()．A．a＞－3B．a＜－3C．a＞－13D．a＜－13二、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)＝13x3－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________．-2-三、解答题(本题共3小题，共35分)9．(11分)已知函数f(x)＝13x3－a＋12x2＋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＋axlnx，f(e)＝2(e＝2.71828…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)x∈1e，e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)＝xlnx，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lnx＞1ex－2ex.-3-参考答案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)＝53，若图象过原点，则a2－1＝0，又对称轴x＝－a＞0，∴a＝－1，∴f(－1)＝－13.]2．D[|MN|的最小值，即函数h(x)＝x2－lnx的最小值，h′(x)＝2x－1x＝2x2－1x，显然x＝22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＝22.]3．A[因为函数f(x)＝12x4－2x3＋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－272，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－272≥－9，解得m≥32.]4．B[∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，∴a2≥1，得a≥2.又∵g′(x)＝2x－ax，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＝1aln－3a.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≥2ab，∴6≥2ab，∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取到最大值．答案97．解析∵f(x)＝13x3－x2＋ax－5，∴f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，如果函数f(x)＝13x3－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-4-－a＞0－4－a＜0，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)＝13x3－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－9x＝(－x)＋－9x≥2－x－9x＝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＋axlnx.从而f′(x)＝alnx.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＋xlnx，f′(x)＝lnx.由(2)可得，当x在区间1e，e内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x1e1e，11(1，e)ef′(x)－0＋f(x)2－2e单调递减极小值1单调递增2又2－2e＜2，所以函数f(x)x∈1e，e的值域为[1,2]．-5-据此可得，若m＝1，M＝2.则对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)x∈1e，e都有公共点；并且对每一个t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)x∈1e，e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)x∈1e，e都有公共点．11．(1)解f′(x)＝lnx＋1.当x∈0，1e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈1e，＋∞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．则①当0＜t＜t＋2＜1e时，t无解；②当0＜t＜1e＜t＋2，即0＜t＜1e时，[f(x)]min＝f1e＝－1e；③当1e≤t＜t＋2，即t≥1e时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增．所以[f(x)]min＝f(t)＝tlnt.所以[f(x)]min＝－1e0＜t＜1e，tlntt≥1e.(2)解2f(x)≥g(x)，即2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋3x.设h(x)＝2lnx＋x＋3x(x＞0)，h′(x)＝x＋x－x2.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．-6-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xlnx＞xex－2e，x∈(0，＋∞)．由(1)可知f(x)＝xlnx，x∈(0，＋∞)的最小值为－1e，当且仅当x＝1e时取得．设m(x)＝xex－2e，x∈(0，＋∞)，则m′(x)＝1－xex，易得[m(x)]max＝m(1)＝－1e.从而对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞1ex－2ex成立．