(課標通用)高考數(shù)學一輪復習 課時跟蹤檢測14 理-人教版高三全冊數(shù)學試題

上傳人:文*** 文檔編號:240556073 上傳時間:2024-04-15 格式:DOC 頁數(shù):8 大?。?07.50KB
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1、課時跟蹤檢測(十四) [高考基礎題型得分練] 1.[2017·湖南岳陽一模]下列函數(shù)中,既是奇函數(shù)又存在極值的是(  ) A.y=x3 B.y=ln(-x) C.y=xe-x D.y=x+ 答案:D 解析:由題意知,B,C選項中的函數(shù)不是奇函數(shù),A選項中,函數(shù)y=x3單調遞增(無極值),而D選項中的函數(shù)既為奇函數(shù)又存在極值. 2.已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)=ax2+bx+c的圖象如圖所示,則f(x)的圖象可能是(  ) A      B   C      D 答案:D 解析:當x<0時,由導函數(shù)f′(x)=ax2+bx+c<0,知相應的函

2、數(shù)f(x)在該區(qū)間內單調遞減;當x>0時,由導函數(shù)f′(x)=ax2+bx+c的圖象可知,導函數(shù)在區(qū)間(0,x1)上的值是大于0的,則在此區(qū)間內函數(shù)f(x)單調遞增. 3.函數(shù)y=x2-ln x的單調遞減區(qū)間為(  ) A.(0,1) B.(0,+∞) C.(1,+∞) D.(0,2) 答案:A 解析:對于函數(shù)y=x2-ln x,易得其定義域為{x|x>0},y′=x-=,令<0,又x>0,所以x2-1<0,解得0

3、的極大值也是最大值 B.f()是f(x)的極大值但不是最大值 C.f(-)是f(x)的極小值也是最小值 D.f(x)沒有最大值也沒有最小值 答案:A 解析:由題意,得f′(x)=(2-2x)ex+(2x-x2)ex=(2-x2)ex,當-0,函數(shù)f(x)單調遞增;當x<-或x>時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調遞減,所以f(x)在x=處取得極大值f()=2(-1)e>0,在x=-處取得極小值f(-)=2(--1)e-<0.又當x<0時,f(x)=(2x-x2)ex<0,所以f()是f(x)的極大值也是最大值. 5.函數(shù)f(x)=ln x-x在區(qū)間(0,e]上

4、的最大值為(  ) A.1-e B.-1 C.-e D.0 答案:B 解析:因為f′(x)=-1=,當x∈(0,1)時,f′(x)>0;當x∈(1,e]時,f′(x)<0,所以f(x)的單調遞增區(qū)間是(0,1),單調遞減區(qū)間是(1,e],所以當x=1時,f(x)取得最大值ln 1-1=-1. 6.已知函數(shù)f(x)=x+在(-∞,-1)上單調遞增,則實數(shù)a的取值范圍是(  ) A.[1,+∞) B.(-∞,0)∪(0,1] C.(0,1] D.(-∞,0)∪[1,+∞) 答案:D 解析:函數(shù)f(x)=x+的導數(shù)為f′(x)=1-,由于f(x)在(-∞,-1)上單調遞

5、增,則f′(x)≥0在(-∞,-1)上恒成立,即≤x2在(-∞,-1)上恒成立.由于當x<-1時,x2>1,則有≤1,解得a≥1或a<0. 7.[2017·浙江瑞安中學月考]已知函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx的圖象如圖所示,則x+x=(  ) A. B. C. D. 答案:C 解析:由題圖可知f(x)的圖象過點(1,0)與(2,0),x1,x2是函數(shù)f(x)的極值點,因此1+b+c=0,8+4b+2c=0,解得b=-3,c=2,所以f(x)=x3-3x2+2x,所以f′(x)=3x2-6x+2.x1,x2是方程f′(x)=3x2-6x+2=0的兩根,因此x1+x2=2,x1x2

6、=,所以x+x=(x1+x2)2-2x1x2=4-=. 8.若函數(shù)f(x)=x3-12x在區(qū)間(k-1,k+1)上不是單調函數(shù),則實數(shù)k的取值范圍是________. 答案:(-3,-1)∪(1,3) 解析:因為y′=3x2-12,由y′>0,得函數(shù)的增區(qū)間是(-∞,-2),(2,+∞),由y′<0,得函數(shù)的減區(qū)間是(-2,2),由于函數(shù)在(k-1,k+1)上不是單調函數(shù),所以k-1<-2

7、(x)=0得x=1或x=-3(舍去),又f(0)=-4,f(1)=-,f(2)=-,故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)=-. 10.[2017·廣東廣州模擬]已知f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=-1 時有極值0,則a-b=________. 答案:-7 解析:由題意,得f′(x)=3x2+6ax+b,則解得或經(jīng)檢驗當a=1,b=3時,函數(shù)f(x)在x=-1處無法取得極值,而a=2,b=9滿足題意,故a-b=-7. 11.已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且f(a)=f(b)=f(c)=0.現(xiàn)給出如下結論: ①f(0)f(1)>0;?、趂(0)f(

8、1)<0; ③f(0)f(3)>0;?、躥(0)f(3)<0. 其中正確結論的序號是________. 答案:②③ 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)在區(qū)間(1,3)上是減函數(shù),在區(qū)間(-∞,1),(3,+∞)上是增函數(shù). 又a<b<c,f(a)=f(b)=f(c)=0, ∴y極大值=f(1)=4-abc>0, y極小值=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為函數(shù)f(x)的極值點,后一種

9、情況不可能成立,如圖. ∴f(0)<0.∴f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0. ∴正確結論的序號是②③. [沖刺名校能力提升練] 1.若函數(shù)f(x)=x3+x2-在區(qū)間(a,a+5)上存在最小值,則實數(shù)a的取值范圍是(  ) A.[-5,0) B.(-5,0) C.[-3,0) D.(-3,0) 答案:C 解析: 由題意,f′(x)=x2+2x=x(x+2),故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是增函數(shù),在(-2,0)上是減函數(shù),作出其圖象如圖所示,令x3+x2-=-得,x=0或x=-3,則結合圖象可知,解得a∈[-3,0),故選C. 2.[2017·山

10、東師大附中月考]若函數(shù)f(x)=x3-tx2+3x在區(qū)間[1,4]上單調遞減,則實數(shù)t的取值范圍是(  ) A. B.(-∞,3] C. D.[3,+∞) 答案:C 解析:f′(x)=3x2-2tx+3,由于f(x)在區(qū)間[1,4]上單調遞減,則有f′(x)≤0在[1,4]上恒成立,即3x2-2tx+3≤0,即t≥在[1,4]上恒成立. 因為y=在[1,4]上單調遞增, 所以t≥=. 3.[2017·河北衡水中學月考]定義在R上的函數(shù)f(x)滿足:f′(x)>1-f(x),f(0)=6,f′(x)是f(x)的導函數(shù),則不等式exf(x)>ex+5(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))

11、的解集為(  ) A.(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞) C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(3,+∞) 答案:A 解析:設g(x)=exf(x)-ex,(x∈R),則g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1], ∵f′(x)>1-f(x), ∴f(x)+f′(x)-1>0,∴g′(x)>0, ∴y=f(x)在定義域上單調遞增, ∵exf(x)>ex+5,∴g(x)>5, 又∵g(0)=e0f(0)-e0=6-1=5, ∴g(x)>g(0),∴x>0, ∴不等式的解集為(0,+∞).故選A. 4.若函數(shù)f(x)=

12、-x3+x2+2ax在上存在單調遞增區(qū)間,則a的取值范圍是________. 答案: 解析:對f′(x)求導,得 f′(x)=-x2+x+2a=-2++2a. 當x∈時, f′(x)的最大值為f′=+2a. 令+2a>0,解得a>-. 所以a的取值范圍是. 5.[2017·湖北武漢調研]已知函數(shù)f(x)=ax2+bx-ln x(a>0,b∈R). (1)設a=1,b=-1,求f(x)的單調區(qū)間; (2)若對任意的x>0,f(x)≥f(1),試比較ln a與-2b的大?。? 解:(1)由f(x)=ax2+bx-ln x,x∈(0,+∞), 得f′(x)=. ∵a=1,b=

13、-1, ∴f′(x)==(x>0). 令f′(x)=0,得x=1. 當0<x<1時,f′(x)<0,f(x)單調遞減; 當x>1時,f′(x)>0,f(x)單調遞增. ∴f(x)的單調遞減區(qū)間是(0,1),f(x)的單調遞增區(qū)間是(1,+∞). (2)由題意可知,f(x)在x=1處取得最小值,即x=1是f(x)的極值點, ∴f′(1)=0,∴2a+b=1,即b=1-2a. 令g(x)=2-4x+ln x(x>0),則g′(x)=. 令g′(x)=0,得x=. 當0<x<時,g′(x)>0,g(x)單調遞增; 當x>時,g′(x)<0,g(x)單調遞減. ∴g(x)≤g=

14、1+ln =1-ln 4<0, ∴g(a)<0,即2-4a+ln a=2b+ln a<0, 故ln a<-2b. 6.已知函數(shù)f(x)= (1)求f(x)在區(qū)間(-∞,1)上的極小值和極大值點; (2)求f(x)在[-1,e](e為自然對數(shù)的底數(shù))上的最大值. 解:(1)當x<1時,f′(x)=-3x2+2x=-x(3x-2), 令f′(x)=0,解得x=0或x=. 當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表. x (-∞,0) 0 f′(x) - 0 + 0 - f(x)  極小值  極大值  故當x=0時,函數(shù)f(x)取得極小值為f(0)=0,函數(shù)f(x)的極大值點為x=. (2)①當-1≤x<1時,由(1)知,函數(shù)f(x)在[-1,0]和上單調遞減,在上單調遞增. 因為f(-1)=2,f=,f(0)=0, 所以f(x)在[-1,1)上的最大值為2. ②當1≤x≤e時,f(x)=aln x,當a≤0時,f(x)≤0;當a>0時,f(x)在[1,e]上單調遞增,則f(x)在[1,e]上的最大值為f(e)=a. 綜上所述,當a≥2時,f(x)在[-1,e]上的最大值為a;當a<2時,f(x)在[-1,e]上的最大值為2.

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