高三数学课时复习基础训练13Word文档下载推荐.docx
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3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a在x=1处取得极大值10,则的值为( )
A.-B.-2
C.-2或-D.2或-
[解析] 选A 由题意知,f′(x)=3x2+2ax+b,f′
(1)=0,f
(1)=10,即解得或经检验满足题意,故=-,选A.
[答案] A
4.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)图象的是( )
[解析] 选D 因为[f(x)ex]′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=[f(x)+f′(x)]ex,且x=-1为函数f(x)ex的一个极值点,所以f(-1)+f′(-1)=0;
选项D中,f(-1)>0,f′(-1)>0,不满足f′(-1)+f(-1)=0.
[答案] D
5.设函数y=f(x)在(0,+∞)内有定义,对于给定的正数K,定义函数fK(x)=取函数f(x)=,恒有fK(x)=f(x),则( )
A.K的最大值为 B.K的最小值为
C.K的最大值为2D.K的最小值为2
[解析] 由f(x)=,
令f′(x)===0,
得x=1.当x∈(0,1)时,f′(x)>
0;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<
0,
即f(x)=在x=1时取得最大值,
而f(x)≤K恒成立,所以≤K,故K的最小值为,选B.
6.函数f(x)=x2-lnx的最小值为________.
[解析] 由得x>
1.
得0<
x<
1,
∴f(x)在x=1时,取得最小值f
(1)=-ln1=.
[答案]
7.(2016·
东北八校月考)已知函数y=f(x)=x3+3ax2+3bx+c在x=2处有极值,其图象在x=1处的切线平行于直线6x+2y+5=0,则f(x)的极大值与极小值之差为________.
[解析] ∵f′(x)=3x2+6ax+3b,
∴⇒
∴f′(x)=3x2-6x,令3x2-6x=0,得x=0或x=2,
∴f(x)极大值-f(x)极大值=f(0)-f
(2)=4.
[答案] 4
8.函数f(x)=x3-3ax+b(a>0)的极大值为6,极小值为2,则f(x)的单调递减区间是________.
[解析] 令f′(x)=3x2-3a=0,得x=±
,
则f(x),f′(x)随x的变化情况如下表:
x
(-∞,-)
-
(-,)
(,+∞)
f′(x)
+
f(x)
极大值
极小值
从而解得
所以f(x)的单调递减区间是(-1,1).
[答案] (-1,1)
9.已知函数f(x)=x-1+(a∈R,e为自然对数的底数).
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线平行于x轴,求a的值;
(2)求函数f(x)的极值.
[解]
(1)由f(x)=x-1+,得f′(x)=1-.
又曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线平行于x轴,
得f′
(1)=0,即1-=0,解得a=e.
(2)f′(x)=1-,
①当a≤0时,f′(x)>
0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数f(x)无极值.
②当a>
时,令f′(x)=0,得ex=a,即x=lna.
x∈(-∞,lna)时,f′(x)<
x∈(lna,+∞)时,f′(x)>
所以f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,
故f(x)在x=lna处取得极小值,
且极小值为f(lna)=lna,无极大值.
综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;
当a>
0时,f(x)在x=lna处取得极小值lna,无极大值.
10.(2016·
芜湖模拟)已知函数f(x)=lnx+.
(1)求f(x)的最小值;
(2)若函数F(x)=f(x)+ax在区间[2,+∞)上是单调函数,求实数a的取值范围.
[解]
(1)由题意可知x>0,且f′(x)=,
当0<x<1时,f′(x)<0,当x>1时,f′(x)>0,
故f(x)min=f
(1)=1.
(2)由F′(x)=-+a=,
当a=0时,F′(x)=>0,
F(x)在区间[2,+∞)上单调递增,符合题意,
当a<0时,令g(x)=ax2+x-1,此时F(x)在[2,+∞)上只能是单调递减,
故F′(x)≤0,即≤0,解得a≤-.
当a>0时,F(x)在[2,+∞)上只能是单调递增,
故F′(x)≥0,即≥0,得a≥-,故a>0.
综上a∈∪(0,+∞).
[能力提升组]
11.(2016·
福州质检)若函数f(x)=-x2+x+1在区间上有极值点,则实数a的取值范围是( )
A.B.
C.D.
[解析] f′(x)=x2-ax+1,取a=2,则f′(x)=(x-1)2,∴当x∈时,f′(x)≥0,∴f(x)在上无极值点,故排除B、D.取a=3,则f′(x)=x2-3x+1,令f′(x)=0,则x=或x=(舍去),∴当x∈时,f′(x)<0;
当x∈时,f′(x)>0,∴x=为f(x)的极小值点,∴排除A.故选C.
[答案] C
12.(2016·
厦门质检)若函数f(x)=x3-3x在(a,6-a2)上有最小值,则实数a的取值范围是( )
A.(-,1)B.[-,1)
C.[-2,1)D.(-,-2]
[解析] f′(x)=3x2-3=0,
得x=±
1,且x=1为函数的极小值点,x=-1为函数的极大值点.
函数f(x)在区间(a,6-a2)上,
则函数f(x)极小值点必在区间(a,6-a2)内,
即实数a满足a<1<6-a2
且f(a)=a3-3a≥f
(1)=-2.
解a<1<6-a2得,-<a<1,
不等式a3-3a≥f
(1)=-2,即a3-3a+2≥0,
即a3-1-3(a-1)≥0,即(a-1)(a2+a-2)≥0,
即(a-1)2(a+2)≥0,即a≥-2.
故实数a的取值范围是[-2,1).故选C.
13.(2016·
日照月考)如果函数y=f(x)的导函数的图象如图所示,给出下列判断:
①函数y=f(x)在区间内单调递增;
②函数y=f(x)在区间内单调递减;
③函数y=f(x)在区间(4,5)内单调递增;
④当x=2时,函数y=f(x)有极小值;
⑤当x=-时,函数y=f(x)有极大值.
则上述判断中正确的是( )
A.①②B.②③
C.③④⑤D.③
[解析] 选D 当x∈(-3,-2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,①错;
当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(2,3)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,②错;
当x=2时,函数y=f(x)有极大值,④错;
当x=时,函数y=f(x)无极值,⑤错.故选D.
14.已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论:
①f(0)f
(1)>0;
②f(0)f
(1)<0;
③f(0)f(3)>0;
④f(0)f(3)<0.
其中正确结论的序号是________.
[解析] ∵f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),
由f′(x)<0,得1<x<3,由f′(x)>0,得x<1或x>3,
∴f(x)在区间(1,3)上是减函数,在区间(-∞,1),(3,+∞)上是增函数.
又a<b<c,f(a)=f(b)=f(c)=0,
∴y极大值=f
(1)=4-abc>0,y极小值=f(3)=-abc<0.
∴0<abc<4.
∴a,b,c均大于零,或者a<0,b<0,c>0.又x=1,x=3为函数f(x)的极值点,后一种情况不可能成立,如图.
∴f(0)<0.∴f(0)f
(1)<0,f(0)f(3)>0.
∴正确结论的序号是②③.
[答案] ②③
15.已知函数f(x)=(a>0)的导函数y=f′(x)的两个零点为-3和0.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)的极小值为-e3,求f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值.
[解]
(1)f′(x)=
=,
令g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c,
因为ex>0,所以y=f′(x)的零点就是g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c的零点,且f′(x)与g(x)符号相同.
又因为a>0,所以-3<x<0时,g(x)>0,即f′(x)>0,
当x<-3或x>0时,g(x)<0,即f′(x)<0,
所以f(x)的单调增区间是(-3,0),单调减区间是(-∞,-3),(0,+∞).
(2)由
(1)知,x=-3是f(x)的极小值点,所以有
解得a=1,b=5,c=5,所以f(x)=.
因为f(x)的单调增区间是(-3,0),单调减区间是(-∞,-3),(0,+∞),
所以f(0)=5为函数f(x)的极大值,
故f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值取f(-5)和f(0)中的最大者.
而f(-5)==5e5>5=f(0),
所以函数f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值是5e5.
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