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山东省2014届理科一轮复习试题选编41:函数的极值与导数


山东省 2014 届理科数学一轮复习试题选编 41:函数的极值与导数
一、选择题 1 .(2012 年高考(陕西文))设函数 f(x)=

2 +lnx 则 x
B.x=





A.x=

1 为 f(x)的极大值点 2

1 为 f

(x)的极小值点 2

C.x=2 为 f(x)的极大值点 解析: f ?( x) ?

D.x=2 为 f(x)的极小值点

x?2 1 ,令 f ?( x) ? 0, 得 x ? 2 , x < 2 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) ? ? ln x 为减函数; x > 2 2 x x 1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) ? ? ln x 为增函数,所以 x ? 2 为 f ( x) 的极小值点,选 D. x
2 . (山东济南外国语学校 2012—2013 学年度第一学期高三质量检测数学试题(理科) 若 a>0,b>0,且函数 )

f ( x) ? 4 x 3 ? ax 2 ? 2bx ? 2 在 x=1 处有极值,则 ab 的最大值
A.2 B.3 C.6
2

( D.9



【 答 案 】 D 【 解 析 】 函 数 的 导 数 为 f ' (x ) 1 2 ? ? x

2 x 2 函 数 在 x ?1 处 有 极 值 , 则 有 a ? , b

f ' ( 1 ? 1 ? a2? b2? ,即 a ? b ? 6 ,所以 6 ? a ? b ? 2 ab ,即 ab ? 9 ,当且仅当 a ? b ? 3 时取等号, ) 2 0
选 D.
x k

3 . (2013 浙 江 高 考 数 学 ( 理 )) 已 知 e 为 自 然 对 数 的 底 数 , 设 函 数 f ( x) ? (e ? 1)( x ? 1) (k ? 1,2) , 则

A.当 k ? 1 时, f (x) 在 x ? 1 处取得极小值 C.当 k ? 2 时, f (x) 在 x ? 1 处取得极小值
【答案】
2

( B.当 k ? 1 时, f (x) 在 x ? 1 处取得极大值 D.当 k ? 2 时, f (x) 在 x ? 1 处取得极大值
2 2



4 . (山东省泰安市 2013 届高三第一轮复习质量检测数学 (理) 试题) 设函数 f ? x ? ? x ? 4 x ? a ? 0 ? a ? 2 ? 有
3

C 解:当 k ? 2 时, f ( x) ? (e ? 1)( x ? 1) ? f ?( x) ? 2(e ? 1)( x ? 1) ,且 e ? 1 ? 0 ,所以当 x ? 1时, f ?( x) ? 0 ,函数递增;当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ,函数递减;所以当 x ? 1时函数取得极小值;所以 选 C;
2

三个零点 x1 、x2、x3,且 x1 ? x2 ? x3 , 则下列结论正确的是 A. x1 ? ?1
【答案】D
3

( D. 0 ? x2 ? 1



B. x2 ? 0

C. x3 ? 2

∵函数 f ? x ? ? x ? 4 x ? a ? 0 ? a ? 2 ? , ∴f′(x)=3x ﹣4.令 f′(x)=0,得 x=± ∵当 x ? ?
2

.

2 3 2 3 2 3 2 3 , ) 上, f '( x) ? 0 ;在 ( , ??) 上, f '( x) ? 0 .故函数 时, f '( x) ? 0 ;在 ( ? 3 3 3 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 ) )上是增函数,在 (? ) , ) 上是减函数,在 ( , ??) 上是增函数.故 f (? 在 (??, ? 3 3 3 3 3 2 3 ) 是极小值.再由 f (x)的三个零点为 x1,x2,x3,且 x1 ? x2 ? x3 , 得 x1<﹣ 是极大值, f ( ,﹣ 3
<x2 ,x3> . )=a﹣ <0,得 >x2>0.
3

根据 f(0)=a>0,且 f( ∴0<x2<1.选 D.

5 . (山东师大附中 2013 届级高三 12 月第三次模拟检测理科数学)设函数 f ? x ? ? x ? 4 x ? a ? 0 ? a ? 2 ? 有三

个零点 x1、x2、x3 , 且x1 ? x2 ? x3 , 则下列结论正确的是 ( )

A. x1 ? ?1
【 答

B. x2 ? 0
案 】

C. 0 ? x2 ? 1 C 【 解

D. x3 ? 2 析 】 因 为

f (?3) ? a ? 15 ? 0 , f (?1) ? 3 ? a ? 0 , f (0) ? a ? 0 f (1) ? a ? 3 ? 0 , f (2) ? a ? 0 ,所以函数的三 ?3 ? x1 ? ?1, 0 ? x2 ? 1 ? x3 ? 2 个零点分别在 (?3, ?1),(0,1),(1, 2) 之间,又因为 x1 ? x2 ? x3, 所以 ,选
C.
6 .(2012 年高考(大纲理))已知函数 y ? x ? 3x ? c 的图像与 x 轴恰有两个公共点,则 c ?
3





A. ?2 或 2 B. ?9 或 3 C. ?1 或 1 D. ?3 或 1 【答案】 答案 A 【解析】因为三次函数的图像与 x 轴恰有两个公共点,结合该函数的图像,可得极大值或者极小值为零 即可满足要求.而 f ?( x) ? 3x ? 3 ? 3( x ?)( x ? 1) ,当 x ? ?1 时取得极值
2

由 f (1) ? 0 或 f (?1) ? 0 可得 c ? 2 ? 0 或 c ? 2 ? 0 ,即 c ? ?2 .
7 .(2013 福建高考数学(文))设函数 f (x) 的定义域为 R , x0 ( x0

? 0) 是 f (x) 的极大值点,以下结论一定正
( )

确的是 A. ?x ? R, f ( x) ? f ( x0 ) C. ? x0 是 ? f (x) 的极小值点
【答案】

B. ? x0 是 f (? x) 的极小值点 D. ? x0 是 ? f (? x) 的极小值点

D【解析】本题考查的是函数的极值.函数的极值不是最值,A 错误;因为 ? f (? x) 和 f (x) 关 )

于原点对称,故 ? x0 是 ? f (? x) 的极小值点,D 正确.
8 .(2013 湖北高考数学(文))已知函数 f ( x) ? x(ln x ? ax) 有两个极值点,则实数 a 的取值范围是 (

A. (??, 0)
【答案】

1 B. (0, ) C. (0, 1) D. (0, ? ?) 2 B.f ' ( x) ? ln x ? 1 ? 2ax ,由 f ( x) ? x(ln x ? ax) 由两个极值点,得 f ' ( x) ? 0 有两个

不等的实数解,即 ln x ? 2ax ?1 有两个实数解,从而直线 y ? 2ax ? 1 与曲线 y ? ln x 有两个交点. 过点 (0,-1)作 y ? ln x 的切线,设切点为(x0,y0),则切线的斜率 k ? 线上,则 y0 ?

1 1 x ? 1 . 切点在切 ,切线方程为 y ? x0 x0

x0 ? 1 ? 0 ,又切点在曲线 y ? ln x 上,则 ln x0 ? 0 ? x0 ? 1 ,即切点为(1,0).切线方程为 x0 y ? x ? 1 . 再由直线 y ? 2ax ? 1 与曲线 y ? ln x 有两个交点.,知直线 y ? 2ax ? 1 位于两直线 y ? 0 和 1 y ? x ? 1 之间,如图所示,其斜率 2a 满足:0<2a<1,解得 0<a< . 2

9 . (2012 年高考(重庆理))设函数 f ( x) 在 R 上可导,其导函数为 f ?( x) ,且函数 y ? (1 ? x) f ?( x) 的图像如题

(8)图所示,则下列结论中一定成立的是 A.函数 f ( x) 有极大值 f (2) 和极小值 f (1)

( ) B.函数 f ( x) 有极大值 f (?2) 和极小值 D.函数 f ( x) 有极大值 f (?2) 和极小值

f (1)
C.函数 f ( x) 有极大值 f (2) 和极小值 f (?2)

f (2)

【答案】

【答案】D

【解析】 x ? ?2,1 ? x ? 0 ,由 (1 ? x) f ?( x) ? 0 ? f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 为增;

?2 ? x ? 1,1 ? x ? 0 ,由 (1 ? x) f ?( x) ? 0 ? f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 为减; 1 ? x ? 2,1 ? x ? 0 ,由 (1 ? x) f ?( x) ? 0 ? f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 为减; x ? 2,1 ? x ? 0 ,由 (1 ? x) f ?( x) ? 0 ? f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 为增.
【考点定位】判断函数的单调性一般利用导函数的符号,当导函数大于 0,则函数为增,当导函数小于 0 则函数递减.
10. (2013 辽宁高考数学(理))设函数 f ? x ? 满足x f ? ? x ? ? 2 xf ? x ? ?
2

ex e2 , f ? 2 ? ? , 则x ? 0, 时,f ? x ? x 8
( )

A.有极大值,无极小值 C.既有极大值又有极小值
【答案】

B.有极小值,无极大值 D.既无极大值也无极小值
2

ex ex 中令 x ? 2 ,并将 ?? (1) .在已知 x 2 f ?( x) ? 2 xf ( x) ? x x e2 ex 2 代 入 , 得 f ?(2) ? 0 ; 因 为 x ?f( ? ? 2 x (, 两 边 乘 以 x 后 令 f (2) ? )x f )x 8 x ex x ? 2 x g ( x) ? x3 f ?( x) ? e x ? 2[ x 2 f ( x)]?(2) . 求 导 并 将 (1) 式 代 入 , g ?( x) ? e x ? 2 ? ? e ,显然 x x 时, x ? ( 0 , 2 ) g ?( x) ? 0 , g ( x) 减; x ? (2, ??) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 增;并且由(2)式知 g (2) ? 0 ,所以 g (2) ? 0 为 g ( x) 的最小值,即 g ( x) ? 0 ,所以 x3 f ?( x) ? 0 ,在 x ? 0 时得 f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x) 为增函
D 解:由已知, [ x f ( x)]? ?

数,故没有极大值也没有极小值.
二、填空题 11. (山东省泰安市 2013 届高三上学期期末考试数学理)已知函数

f ? x ? 的定义域为 ? ?1,5? ,部分对应值如下

表, f ? x ? 的导函数 y ? f ? ? x ? 的图像如图所示,给出关于 f ? x ? 的下列命题:

①函数 y ? f ? x ? 在x ? 2 时,取极小值②函数 f ? x ? 在 ? 0,1? 是减函数,在 ?1, 2? 是增函数,③当 1 ? a ? 2 时,函数 y ? f ? x ? ? a 有 4 个零点④如果当 x ? ? ?1, t ? 时, f ? x ? 的最大值是 2,那么 t 的最小值为 0,其中 所有正确命题序号为_________. 【答案】①③④ 【解析】由导数图象可知,当 ?1 ? x ? 0 或 2 ? x ? 4 时, f '( x) ? 0 ,函数递增.当 0 ? x ? 2 或 4 ? x ? 5 时, f '( x) ? 0 ,函数递减.所以在 x ? 2 处,函数取得极小值,所以①正确,②错误.当 1 ? a ? 2 时,由

y ? f ? x? ? a ? 0 得 f ? x? ? a .
有正确命题序号为①③④.
三、解答题

由图象可知,此时有四个交点,所以③

正确.当 x ? ? ?1, t ? 时, f ? x ? 的最大值是 2,由图象可知 t ? 0 ,所以 t 的最小值为 0,所以④正确.综上所

12. (2013 届山东省高考压轴卷理科数学)已知函数 f(x)=- x + x -2x(a∈R).

1 3

3

a
2

2

(1)当 a=3 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若对于任意 x∈[1,+∞)都有 f′(x)<2(a-1)成立,求实数 a 的取值范围; 1? ? (3)若过点?0,- ?可作函数 y=f(x)图象的三条不同切线,求实数 a 的取值范围. 3? ? 1 3 【答案】 【解析】(1)当 a=3 时,f(x)=- x3+ x2-2x,得 f′(x)=-x2+3x-2. 3 2 2 因为 f′(x)=-x +3x-2=-(x-1)(x-2), 所以当 1<x<2 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x<1 或 x>2 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减. 故函数 f(x)的单调递增区间为(1,2),单调递减区间为(-∞,1)和(2,+∞). 1 a (2)方法一:由 f(x)=- x3+ x2-2x,得 f′(x)=-x2+ax-2. 3 2 因为对于任意 x∈[1,+∞)都有 f′(x)<2(a-1)成立, 即对于任意 x∈[1,+∞)都有-x2+ax-2<2(a-1)成立,即对于任意 x∈[1,+∞)都有 x2-ax+2a>0 成立. 令 h(x)=x2-ax+2a,

?Δ ≥0, ?a 要使 h(x)对任意 x∈[1,+∞)都有 h(x)>0 成立,必须满足 Δ <0,或? ≤1, 2 ?h? 1? >0. ? ?a -8a≥0, ?a 即 a -8a<0 或? ≤1, 2 ?1+a>0. ?
2
2

所以实数 a 的取值范围为(-1,8).

1 a 方法二:由 f(x)=- x3+ x2-2x,得 f′(x)=-x2+ax-2. 3 2 因为对于任意 x∈[1,+∞)都有 f′(x)<2(a-1)成立,即对于任意 x∈[1,+∞)都有 f′(x)max<2(a-1). 因为 f′(x)=-?x- ?2+ -2,其图象开口向下,对称轴为 x= . 2 ? 2? 4 ①当 <1,即 a<2 时,f′(x)在[1,+∞)上单调递减,所以 f′(x)max=f′(1)=a-3. 2 由 a-3<2(a-1),得 a>-1,此时-1<a<2;

?

a? a2

a

a

a ? a? ?a ? ?a? a ②当 ≥1,即 a≥2 时,f′(x)在?1, ?上单调递增,在? ,+∞?上单调递减,所以 f′(x)max=f′? ?= -2.由 2 4 ? 2? ?2 ? ?2? 4 a
-2<2(a-1),得 0<a<8,此时 2≤a<8. 综上①②可得,实数 a 的取值范围为(-1,8).

2

2

1 3 a 2 ? ? (3)设点 P?t,- t + t -2t?是函数 y=f(x)图象上的切点,则过点 P 的切线的斜率为 k=f′(t)=-t2+at-2,所 3 2 ? ? 13a2 以过点 P 的切线方程为 y+ t - t +2t=(-t2+at-2)(x-t). 3 2 1? 1 1 a 2 1 1 ? 因为点?0,- ?在切线上,所以- + t3- t2+2t=(-t2+at-2)(0-t),即 t3- at2+ =0. 3? 3 3 2 3 2 3 ? 1? 2 1 1 ? 若过点?0,- ?可作函数 y=f(x)图象的三条不同切线,则方程 t3- at2+ =0 有三个不同的实数解. 3? 3 2 3 ? 2 1 1 令 g(t)= t3- at2+ ,则函数 y=g(t)与 t 轴有三个不同的交点. 3 2 3 令 g′(t)=2t2-at=0,解得 t=0 或 t= . 2 1 ?a? 1 1 ?a? 1 1 因为 g(0)= ,g? ?=- a3+ ,所以 g? ?=- a3+ <0,即 a>2. 2? 24 3 3 ? ?2? 24 3 所以实数 a 的取值范围为(2,+∞).
13 .( 山 东 省 青 岛 即 墨 市 2013 届 高 三 上 学 期 期 末 考 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数

a

f ( x) ? x 2 ? 2(1 ? a ) x ? 2(1 ? a ) ln( x ? 1) x ? (1,??) .
(1) x ?

3 是函数的一个极值点,求 a 的值; 2

(2)求函数 f (x) 的单调区间; (3) 当

a?2



,





g ( x) ? ? x 2 ? b, (b ? 0)

,









?1 ? m1 , m2 ? ? ? 1, e ? 1? , | g (m2 ) ? f (m1 ) |? 2e 2 ? 2e 都成立,求 b 的取值范围. ?e ?

f ( x) ? x 2 ? 2(1 ? a ) x ? 2(1 ? a )1n( x ? 1) 2(1 ? a ) , f ?( x) ? 2 x ? 2(1 ? a ) ? x ?1 3 ? x ? 是函数的一个极值点 2 3 ? f ?( ) ? 0 2 3 解得: a ? 2 2(1 ? a ) 2 x( x ? a ) (2)? f ? ? 2 x ? 2(1 ? a ) ? ? x ?1 x ?1 又 ? f (x)的定义域是( , ?) 1? ?当a ? 1时,函数f(x)的单调增区间为( , ?) 1? 当a?1时,( ,a)为减区间,(a,??)为增区间 1
【答案】解:(1)函数

(3)当 a=2 时,由(2)知 f(x)在(1,2)减,在(2,+∞)增.

1 1 ? f (2) ? 0, f ( ? 1) ? 2 , f (e ? 1) ? e 2 ? 3 e e ?1 1 ? y ? f ( x)在[ ? 1, e ? 1]的值域[0, e 2 ? 3] e 1 ? g ( x) ? ? x 2 ? b在[ ? 1, e ? 1]为减函数 e

1 1 ? y ? g ( x)在[ ? 1, e ? 1]的值域为[? e ? 1 2 ? b,?( ? 1) 2 ? b] ( ) e e ? b>0 1 ? ?( ? 1) 2 ? b? 0,?(e ? 1) 2 ? b? 0 e

所以 f (m1 ) ? g (m2 ) ? 2e 2 ? 2e成立,只要

e 2 ? 3 ? (?e ? 1) 2 ? b) ? e 2 ? 3 ? (e ? 1) 2 ? b ? 2e 2 ? 2e ? 2 ? b? 2e 2 ? 2e成立即可
解得:0<b<2
14 .( 山 东 省 泰 安 市 2013 届 高 三 第 一 轮 复 习 质 量 检 测 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数

c ? 1 ? x? ? ? a2 x? b?x? x且 e 0 ? f ? , ? ? 1 f ? 0 . (I)若 f ? x ? 在区间 ? 0,1? 上单调递减,求实数 a 的取值范围; x 2 (II)当 a=0 时,是否存在实数 m 使不等式 2 f ? x ? ? 4 xe ? mx ? 1 ? ? x ? 4 x ? 1 对任意 x ? R 恒成立?若 f
存在,求出 m 的值,若不存在,请说明理由.
【答案】

15 . 山 东 省 凤 城 高 中 2013 届 高 三 4 月 模 拟 检 测 数 学 理 试 题 ) 已 知 曲 线 f ( x) ? x3 ? bx 2 ? cx 在 点 (

处的切线互相平行,且函数 f ( x) 的一个极值点为 x ? 0 . A(? 1, f ? 1) ) , ( 3, ( 3) ) ( B f (Ⅰ)求实数 b,c 的值;

1 (Ⅱ)若函数 y ? f ( x)( x ?[? ,3]) 的图象与直线 y ? m 恰有三个交点,求实数 m 的取值范围; 2 1 (Ⅲ)若存在 x0 ?[1, e](e ? 2.71828?) ,使得 f ?( x0 ) ? a ln x0 ? ax0 成立(其中 f ?( x)为 f ( x) 的导数),求 6 实数 a 的取值范围 【答案】(Ⅰ) f ?( x) ? 3x 2 ? 2bx ? c ,依题意有
? f ?(?1) ? f ?(3) ?3 ? 2b ? c ? 27 ? 6b ? c ,即 ? ,所以 b ? ?3, c ? 0. ? ? f ?(0) ? 0 ?c ? 0 (Ⅱ) f ( x) ? x3 ? 3x 2 , f ?( x) ? 3x 2 ? 6 x , 由 f ?( x) ? 0, 得x ? 0或x ? 2,由f ?( x) ? 0, 得0 ? x ? 2 ,

1 所以函数 f ( x) 在区间 [? ,0),(2,3] 上递增,在区间 (0,2) 上递减 2 1 7 且 f (? ) ? ? , f (0) ? 0, f (2) ? ?4, f (3) ? 0 . 2 8 7 7 所以函数 f ( x) 的图象与直线 y ? m 恰有三个交点,则 ? ? m ? 0 ,所以实数 m 的取值范围为 [? ,0). 8 8 1 1 2 (Ⅲ)依题意 ?x0 ?[1, e], 使得 f ?( x0 ) ? a ln x0 ? ax0 ,即 x0 ? x0 ? a ln x0 ? ax0 成立, 6 2 1 2 设 g ?( x) ? x ? a ln x ? (a ? 1) x, 则g ( x)min ? 0 ,则 g ( x)min ? 0 , 2 ①当 a ? 1 时,由 x ?[1, e], g?( x) ? 0 得函数 g ( x) 在 (1, e) 上递增,
1 1 ? (a ? 1) ? 0, 得 ? ? a ? 1 2 2 ②当 1 ? a ? e 时,在 (1, a ) 上 g ?( x) ? 0, 在 (a, e) 上 g ?( x) ? 0, 1 所以 g ( x)min ? g (a) ? ? a 2 ? a(1 ? ln a) ? 0 恒成立,所以 1 ? a ? e. 2 ③当 a ? e 时,在 [1, e] 上 g ?( x) ? 0, 所以函数是减函数,
所以 g ( x)min ? g (1) ?

e 2 ? 2e 1 所以 g ( x)min ? g (e) ? ? e2 ? a ? ae ? e ? 0 , a ? , 2(e ? 1) 2


e2 ? 2e ? e ,所以 a ? e. 2(e ? 1)

1 所以实数 a 的取值范围为 [? , ??). 2
16.(2013 课标Ⅰ卷高考数学(文))(本小题满分共 12 分)

已知函数 f ( x) ? e (ax ? b) ? x ? 4 x ,曲线 y ? f ( x) 在点 (0, f (0)) 处切线方程为 y ? 4 x ? 4 .
x 2

(Ⅰ)求 a, b 的值; (Ⅱ)讨论 f ( x) 的单调性,并求 f ( x) 的极大值.
【答案】 【解析】(Ⅰ) f ?( x) = e (ax ? a ? b) ? 2 x ? 4 .
x

由已知得 f (0) =4, f ?(0) =4,故 b ? 4 , a ? b =8,从而 a =4, b ? 4 ; (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x) = 4e ( x ? 1) ? x ? 4 x ,
x 2

1 f ?( x) = 4e x ( x ? 2) ? 2 x ? 4 = 4( x ? 2)(e x ? ) , 2 令 f ?( x) =0 得, x = ? ln 2 或 x =-2, ∴当 x ? (??, ?2) ? (? ln 2, ??) 时, f ?( x) >0,当 x ∈(-2, ? ln 2 )时, f ?( x) <0, ∴ f ( x) 在(-∞,-2),( ? ln 2 ,+∞)单调递增,在(-2, ? ln 2 )上单调递减.
当 x =-2 时,函数 f ( x) 取得极大值,极大值为 f (?2) ? 4(1 ? e ) .
17. (山东省烟台市 2013 届高三上学期期中考试数学试题(理科))已知函数 f ( x) ?
?2

ln x ? a (a ? R) x .

(1)求 f (x) 的极值; (2)若函数 f (x) 的图象与函数 g ( x) ? 1 的图象在区间 (0, e ] 上有公共点,求实数 a 的取值范围
2

【答案】解:(1) f (x) 的定义域为 (0,??) , f ' ( x) ?

1 ? (ln x ? a ) x2 ,

令 f ' ( x) ? 0 得 x ? e1? a , 当 x ? (0, e
1? a

) 时, f ' ( x) ? 0, f (x) 是增函数;

当 x ? (e1?a ,??) 时, f ' ( x) ? 0, f (x) 是减函数, ∴ f (x) 在 x ? e1? a 处取得极大值, f ( x) 极大值 ? f (e
1? a

) ? e a ?1 ,

无极小值 (2)①当 e1? a ? e 2 时,即 a ? ?1 时, 1? a 1? a 2 由(1)知 f (x) 在 (0, e ) 上是增函数,在 (e , e ] 上是减函数,

? f ( x) max ? f (e1? a ) ? e a ?1 ,
又当 x ? e ? a 时, f ( x) ? 0 ,

] 时, f ( x) ? 0 ;当 x ? (e ? a , e 2 ] 时, f ( x) ? 0 ; ? f (x) 与图象 g ( x) ? 1 的图象在 (0, e 2 ] 上有公共点, ? e a ?1 ? 1 ,解得 a ? 1 ,又 a ? ?1 ,所以 a ? 1
当 x ? (0, e ②当 e1? a ? e 2 时,即 a ? ?1 时, f (x) 在 (0, e ] 上是增函数,
2

?a

∴ f (x) 在 (0, e ] 上的最大值为 f (e 2 ) ?
2

所以原问题等价于

又 a ? ?1 ,∴无解. 综上,实数 a 的取值范围是 [1,??)

2?a ? 1 ,解得 a ? e 2 ? 2 . 2 e

2?a , e2

18.山东省兖州市 2013 高三 9 月入学诊断检测数学(理)试题) ( 已知函数 f(x)=x +mx +nx-2 的图象过点(-1,-6),

3

2

且函数 g(x)= f ?? x ? +6x 的图象关于 y 轴对称.

(1)求 m、n 的值及函数 y=f(x)的单调区间;

(2)若 a>0,求函数 y=f(x)在区间(a-1,a+1)内的极值. 【答案】(1)由函数 f(x)的图象过点(-1,-6),得 m-n=-3.① 由 f(x)=x3+mx2+nx-2,得 f ?? x ? =3x2+2mx+n,

则 g(x)= f ?? x ? +6x=3x2+(2m+6)x+n. 2m+6 而 g(x)的图象关于 y 轴对称 ,所以=0,解得 m=-3. 2×3 代入①得 n=0. 于是 f ?? x ? =3x2-6x=3 x(x-2) 由 f ?? x ? >0 得 x>2 或 x<0, 故 f(x)的单调递增区间是(-∞,0),(2,+∞); 由 f ?? x ? <0,得 0<x<2, 故 f(x)的单调递减区间是(0,2) (2)由(1)得 f ?? x ? =3x(x-2),令 f ?? x ? =0 得 x=0 或 x=2 当 x 变化时, f ?? x ? ,f(x)的变化情况如下表:

x

(-∞,0)

0

(0,2)

2

(2,+∞)

f ??x ?



0



0



增函数? 极大值 减函数 极小值 f(x) 由此可得:当 0<a<1 时,f(x)在(a-1,a+1)内有极大值 f(0)=-2 ,无极小值; 当 a=1 时,f(x)在 (a-1,a+1)内无极值; 当 1<a<3 时,f(x)在(a-1,a+1)内有极小值 f(2)=-6,无极大值; 当 a≥3 时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值. 综上得,当 0<a<1 时,f(x)有极大值-2,无极小值; 当 1<a<3 时,f(x)有极小值-6,无极大值; 当 a=1 或 a≥3 时,f(x)无极值 19.(2012 年高考(重庆理))(本小题满分 13 分,(Ⅰ)小问 6 分,(Ⅱ)小问 7 分.) 设 f ( x) ? a ln x ?

增函数?

1 3 ? x ? 1, 其中 a ? R ,曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线垂直于 y 轴. 2x 2

(Ⅰ) 求 a 的值; (Ⅱ) 求函数 f ( x) 的极值.

1 3 a 1 3 ? x ? 1 ,故 f ? ? x ? ? ? 2 ? 2x 2 x 2x 2 由于曲线 y ? f ? x ? 在点 ?1, f ?1? ? 处的切线垂直于 y 轴,故该切线斜率为 0,即 f ? ?1? ? 0 ,
【答案】解:(1)因

f ? x ? ? a ln x ?

1 3 ? ? 0 ,解得 a ? ?1 2 2 1 3 (2)由(1)知 f ? x ? ? ? ln x ? ? x ? 1? x ? 0 ? , 2x 2 1 1 3 3x 2 ? 2 x ? 1 f ?? x? ? ? ? 2 ? ? x 2x 2 2x2 (3x ? 1)( x ? 1) ? f ?? x? ? 2 x2 1 1 令 f ? ? x ? ? 0 ,解得 x1 ? 1, x2 ? ? (因 x2 ? ? 不在定义域内,舍去), 3 3 当 x ? ? 0,1? 时, f ? ? x ? ? 0 ,故 f ? x ? 在 ? 0,1? 上为减函数;
从而 a ? 当 x ? ?1, ?? ? 时, f ? ? x ? ? 0 ,故 f ? x ? 在 ?1, ?? ? 上为增函数; 故 f ? x ? 在 x ? 1 处取得极小值 f ?1? ? 3 .
20.(2013 福建高考数学(理))已知函数 f ( x) ? x ? a ln x(a ? R )

(1)当 a ? 2 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 A(1, f (1)) 处的切线方程; (2)求函数 f ( x) 的极值.

a f ( x ) 的定义域为 (0, ??) , f ?( x ) ? 1 ? . x 2 (Ⅰ)当 a ? 2 时, f ( x ) ? x ? 2 ln x , f ?( x ) ? 1 ? ( x ? 0) , x ? f (1) ? 1, f ?(1) ? ?1 , ? y ? f ( x ) 在点 A(1, f (1)) 处的切线方程为 y ? 1 ? ?( x ? 1) , 即x? y?2?0. a x?a , x ? 0 可知: (Ⅱ)由 f ?( x ) ? 1 ? ? x x ①当 a ? 0 时, f ?( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 为 (0, ??) 上的增函数,函数 f ( x ) 无极值;
【答案】解:函数

②当 a ? 0 时,由 f ?( x ) ? 0 ,解得 x ? a ;

? x ? (0, a ) 时, f ?( x ) ? 0 , x ? ( a, ??) 时, f ?( x ) ? 0 ? f ( x ) 在 x ? a 处取得极小值,且极小值为 f (a ) ? a ? a ln a ,无极大值. 综上:当 a ? 0 时,函数 f ( x ) 无极值 当 a ? 0 时,函数 f ( x ) 在 x ? a 处取得极小值 a ? a ln a ,无极大值.
21 . 山 东 省 烟 台 市 2013 届 高 三 上 学 期 期 中 考 试 数 学 试 题 ( 理 科 ) ) 已 知 (

?,? 是 三 次 函 数

f ( x) ?
面积 S .

1 3 1 2 x ? ax ? 2bx(a, b ? R) 的两个极值点,且 ? ? ?0,1? , ? ? ?1,2 ? ,求动点 ?a, b ? 所在的区域 3 2 1 3 1 2 x ? ax ? 2bx(a, b ? R) 可得, 3 2

【答案】解:由函数 f ( x) ?

f ?( x) ? x 2 ? ax ? 2b , 由题意知, ?,? 是方程 x 2 ? ax ? 2b ? 0 的两个根, ? f ?(0) ? 2b ? 0 ? 且 ? ? ?0,1? , ? ? ?1,2 ? ,因此得到可 行域 ? f ?(1) ? 1 ? a ? 2b ? 0 , ? f ?(2) ? 4 ? 2a ? 2b ? 0 ?


?b ? 0 ? ?a ? 2b ? 1 ? 0 ?a ? b ? 2 ? 0 ?

,















.

所以 S ?

1 2
2013 届 高 三 10 月 阶 段 性 检 测 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知

22 .( 山 东 省 寿 光 市

f ( x) ?

2

x?

a ? ( a ?a , ?x ) R ? x g ) x x 2 , (?

?e,

( x ? )

?f (

x )

g x. ( )

(1) 当 a=1 时,求 ? ( x ) 的单调区间; (2) 求 g ( x ) 在点(0,1)处的切线与直线 x=1 及曲线 g ( x ) 所围成的封闭图形的 面积; (3) 是否存在实数 a,使 ? ( x ) 的极大值为 3?若存在,求出 a 的值,若不存在,请说明理由.
【答案】解:(1)当 a=1 时, ?( x ) ? ( x ? x ? 1)e
2 ?x

, ??( x ) ? e ( ? x ? x ).
?x 2

当 ??( x) ? 0 时, 0 ? x ? 1;当??( x) ? 0 时, x ? 1 或 x ? 0

?? ( x ) 的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为:(-∞,0),(1,+∞) ?x (2)切线的斜率为 k ? g ?(0) ? ?e |x ?0 ? ?1,
∴切线方程为 y=-x+1 所求封闭图形面积为

1 1 1 1 1 S ? ? [e ? x ? ( ? x ? 1)]dx ? ? (e ? x ? x ? 1)dx ? ( ?e ? x ? x 2 ? x ) |1 ? ? . 0 0 0 2 2 e ?x ?x 2 ?x 2 (3 ) ??( x ) ? (2 x ? a )e ? e ( x ? ax ? a ) ? e [? x ? (2 ? a ) x ], 令 ??( x ) ? 0, 得x ? 0或x ? 2 ? a.
列表如下:

由表可知, ? ( x )极大 = ?(2 ? a ) ? (4 ? a )e 设 ? (a ) ? (4 ? a )e
a ?2

a ?2

, ? ?(a ) ? (3 ? a )ea ?2 ? 0,

? ? (a) 在 ( ??, 2) 上是增函数, ? ? (a ) ? ? (2) ? 2 ? 3,即(4 ? a)ea ?2 ? 3, ?不存在实数 a,使 ? ( x ) 极大值为 3.


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