（江蘇專用）高考數(shù)學(xué) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 19 函數(shù)的極值與最值 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

訓(xùn)練目標(biāo)(1)函數(shù)極值、最值的概念、求法；(2)函數(shù)極值、最值的應(yīng)用.訓(xùn)練題型(1)求函數(shù)的極值；(2)求函數(shù)的最值；(3)恒成立的問題；(4)零點(diǎn)問題.解題策略(1)f′(x)＝0是函數(shù)f(x)存在極值點(diǎn)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(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題；(3)零點(diǎn)問題可借助于函數(shù)的圖象解決.1．“可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)在一點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)值為0”是“函數(shù)y＝f(x)在這點(diǎn)取得極值”的________條件．2．函數(shù)y＝eq\f(lnx,x)的最大值為________．3．設(shè)三次函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，函數(shù)y＝x·f′(x)的圖象的一部分如圖所示，則下列說法正確的是________．①f(x)的極大值為f(eq\r(3))，極小值為f(－eq\r(3))；②f(x)的極大值為f(－eq\r(3))，極小值為f(eq\r(3))；③f(x)的極大值為f(－3)，極小值為f(3)；④f(x)的極大值為f(3)，極小值為f(－3)．4．已知直線y＝a與函數(shù)y＝x3－3x的圖象有三個相異的交點(diǎn)，則a的取值范圍是________．5．設(shè)函數(shù)g(x)＝x(x2－1)，則g(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為________．6．(2015·宜昌模擬)已知y＝f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x∈(0,2)時，f(x)＝lnx－ax(a>eq\f(1,2))，當(dāng)x∈(－2,0)時，f(x)的最小值為1，則a＝________.7．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極大值10，則eq\f(a,b)＝________.8．(2015·河北保定第一中學(xué)模擬)已知f(x)＝ax3，g(x)＝9x2＋3x－1，當(dāng)x∈[1,2]時，f(x)≥g(x)恒成立，則a的取值范圍為________．9．(2015·唐山一模)直線y＝a分別與曲線y＝2(x＋1)，y＝x＋lnx交于點(diǎn)A，B，則AB的最小值為________．10．設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點(diǎn)，則a的取值范圍是________．11．已知|a|＝2|b|≠0，且關(guān)于x的函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)|a|x2＋a·bx在R上有極值，則a與b的夾角范圍為________．12．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1對x∈(0,1]總有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．13．已知g(x)＝λx＋sinx是區(qū)間[－1,1]上的減函數(shù)，且g(x)≤t2＋λt＋1在x∈[－1,1]上恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是__________．14．定義在D上的函數(shù)f(x)，如果滿足：對任意x∈D，存在常數(shù)M>0，都有|f(x)|≤M成立，則稱f(x)是D上的有界函數(shù)，其中M稱為函數(shù)f(x)的上界，已知函數(shù)f(x)＝1＋a(eq\f(1,2))x＋(eq\f(1,4))x，若函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上是以3為上界的有界函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是______．答案解析1．必要不充分2.eq\f(1,e)3.④4．－2<a<25.－eq\f(2\r(3),9)6.17．－eq\f(2,3)解析由題意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b－a2－7a＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9，))經(jīng)檢驗(yàn)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9))滿足題意，故eq\f(a,b)＝－eq\f(2,3).8．a(chǎn)≥11解析f(x)≥g(x)恒成立，即ax3≥9x2＋3x－1.∵x∈[1,2]，∴a≥eq\f(9,x)＋eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).令eq\f(1,x)＝t，則當(dāng)t∈[eq\f(1,2)，1]時，a≥9t＋3t2－t3.令h(t)＝9t＋3t2－t3，h′(t)＝9＋6t－3t2＝－3(t－1)2＋12.∴h′(t)在[eq\f(1,2)，1]上是增函數(shù)．∴h′(x)min＝h′(eq\f(1,2))＝－eq\f(3,4)＋12>0.∴h(t)在[eq\f(1,2)，1]上是增函數(shù)．∴a≥h(1)＝11.9.eq\f(3,2)解析令2(x＋1)＝a，解得x＝eq\f(a,2)－1.設(shè)方程x＋lnx＝a的根為t(x≥0，t>0)，即t＋lnt＝a，則AB＝|t－eq\f(a,2)＋1|＝|t－eq\f(t＋lnt,2)＋1|＝|eq\f(t,2)－eq\f(lnt,2)＋1|.設(shè)g(t)＝eq\f(t,2)－eq\f(lnt,2)＋1(t>0)，則g′(t)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2t)＝eq\f(t－1,2t)，令g′(t)＝0，得t＝1，當(dāng)t∈(0,1)時，g′(t)<0；當(dāng)t∈(1，＋∞)時，g′(t)>0，所以g(t)min＝g(1)＝eq\f(3,2)，所以AB≥eq\f(3,2)，所以AB的最小值為eq\f(3,2).10．a(chǎn)<－111.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))12．[4，＋)13.(－，－1]14．[－5,1]解析由題意知，|f(x)|≤3在[0，＋∞)上恒成立，即－3≤f(x)≤3，所以－42x－(eq\f(1,2))x≤a≤22x－(eq\f(1,2))x在[0，＋∞)上恒成立，所以[－42x－(eq\f(1,2))x]max≤a≤[22x－(eq\f(1,2))x]min.設(shè)2x＝t，h(t)＝－4t－eq\f(1,t)，p(t)＝2t－eq\f(1,t)，由x∈[0，＋∞)得t≥1.因?yàn)閔′(t)＝－4＋eq\f(1,t2)，p′(t)＝2＋eq\f(1,t2).又由eq\f(1,t2)－4