2018屆高考數學知識點復習滾動檢測14

訓練目標(1)函數極值、最值的概念、求法；(2)函數極值、最值的應用.訓練題型(1)求函數的極值；(2)求函數的最值；(3)恒成立的問題；(4)零點問題.解題策略(1)f′(x)＝0是函數f(x)存在極值點的必要條件，f(x)的極值可用列表法求解；(2)利用最值研究恒成立問題，可分離參數后構造函數，轉化為函數的最值問題；(3)零點問題可借助于函數的圖象解決.一、選擇題1．“可導函數y＝f(x)在一點的導數值為0”是“函數y＝f(x)在這點取得極值”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件2．函數y＝eq\f(lnx,x)的最大值為()A.eq\f(1,e)B．eC．e2D.eq\f(10,3)3．設三次函數f(x)的導函數為f′(x)，函數y＝x·f′(x)的圖象的一部分如圖所示，則下列說法正確的是()A．f(x)的極大值為f(eq\r(3))，極小值為f(－eq\r(3))B．f(x)的極大值為f(－eq\r(3))，極小值為f(eq\r(3))C．f(x)的極大值為f(－3)，極小值為f(3)D．f(x)的極大值為f(3)，極小值為f(－3)4．設函數g(x)＝x(x2－1)，則g(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為()A．－1B．0C．－eq\f(2\r(3),9)D.eq\f(\r(3),3)5．(2015·宜昌模擬)已知y＝f(x)是奇函數，當x∈(0,2)時，f(x)＝lnx－ax(a>eq\f(1,2))，當x∈(－2,0)時，f(x)的最小值為1，則a的值等于()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D．16．(2015·河北保定第一中學模擬)已知f(x)＝ax3，g(x)＝9x2＋3x－1，當x∈[1,2]時，f(x)≥g(x)恒成立，則a的取值范圍為()A．a≥11 B．a≤11C．a≥eq\f(41,8) D．a≤eq\f(41,8)7．(2015·唐山一模)直線y＝a分別與曲線y＝2(x＋1)，y＝x＋lnx交于點A，B，則|AB|的最小值為()A．3 B．2C.eq\f(3\r(2),4) D.eq\f(3,2)8．已知函數f(x)＝x(lnx－ax)有兩個極值點，則實數a的取值范圍是()A．(－∞，0) B．(0，eq\f(1,2))C．(0,1) D．(0，＋∞)二、填空題9．已知直線y＝a與函數y＝x3－3x的圖象有三個相異的交點，則a的取值范圍是________．10．(2014·溫州十校聯考)若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在[－1，＋∞)上是減函數，則b的取值范圍是________．11．已知f(x)＝x2＋alnx(a∈R)．若存在x∈[1，e]，使得f(x)≤(a＋2)x成立，則實數a的取值范圍是______．12．定義在D上的函數f(x)，如果滿足：對任意x∈D，存在常數M>0，都有|f(x)|≤M成立，則稱f(x)是D上的有界函數，其中M稱為函數f(x)的上界，已知函數f(x)＝1＋a·(eq\f(1,2))x＋(eq\f(1,4))x，若函數f(x)在[0，＋∞)上是以3為上界的有界函數，則實數a的取值范圍是______．

答案解析1．B[對于f(x)＝x3，f′(x)＝3x2，f′(0)＝0，不能推出f(x)在x＝0處取極值，反之成立．故選B.]2．A[令y′＝eq\f(1－lnx,x2)＝0(x>0)，解得x＝e.當x>e時，y′<0；當0<x<e時，y′>0，所以y極大值＝f(e)＝eq\f(1,e)，在定義域內只有一個極值，所以ymax＝eq\f(1,e).]3．D[觀察圖象知，當x<－3時，y＝x·f′(x)>0，∴f′(x)<0；當－3<x<0時，y＝x·f′(x)<0，∴f′(x)>0，∴f(x)的極小值為f(－3)．當0<x<3時，y＝x·f′(x)>0，∴f′(x)>0；當x>3時，y＝x·f′(x)<0，∴f′(x)<0.∴f(x)的極大值為f(3)．]4．C[g(x)＝x3－x；g′(x)＝3x2－1，令g′(x)＝0，即3x2－1＝0，得x＝eq\f(\r(3),3)或x＝－eq\f(\r(3),3)(舍去)，又g(0)＝0，g(1)＝0，g(eq\f(\r(3),3))＝－eq\f(2\r(3),9).所以g(x)的最小值為－eq\f(2\r(3),9).故選C.]5．D[由題意知，當x∈(0,2)時，f(x)的最大值為－1.令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，得x＝eq\f(1,a)，當0<x<eq\f(1,a)時，f′(x)>0；當x>eq\f(1,a)時，f′(x)<0.∴f(x)max＝f(eq\f(1,a))＝－lna－1＝－1，解得a＝1.]6．A[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．∴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．∴a≥h(1)＝11，故選A.]7．D[令2(x＋1)＝a，解得x＝eq\f(a,2)－1.設方程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t∈(0,1)時，g′(t)<0；當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).]8．B[函數f(x)＝x(lnx－ax)(x>0)，則f′(x)＝lnx－ax＋x(eq\f(1,x)－a)＝lnx－2ax＋1.令f′(x)＝lnx－2ax＋1＝0，得lnx＝2ax－1.函數f(x)＝x(lnx－ax)有兩個極值點，等價于f′(x)＝lnx－2ax＋1有兩個零點，等價于函數y＝lnx與y＝2ax－1的圖象有兩個交點．在同一個坐標系中作出它們的圖象(如圖)．當a＝eq\f(1,2)時，直線y＝2ax－1與y＝lnx的圖象相切，由圖可知，當0<a<eq\f(1,2)時，y＝lnx與y＝2ax－1的圖象有兩個交點．則實數a的取值范圍是(0，eq\f(1,2))．]9．－2<a<2解析f′(x)＝3x2－3.令f′(x)＝0可以得到x＝1或x＝－1，∵f(1)＝－2，f(－1)＝2，∴－2<a<2.10．(－∞，－1]解析轉化為f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)≤0在[－1，＋∞)上恒成立，即b≤x(x＋2)在[－1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1，所以g(x)min＝－1，則b的取值范圍是(－∞，－1]．11．[－1，＋∞)解析不等式f(x)≤(a＋2)x，可化為a(x－lnx)≥x2－2x.因為x∈[1，e]，所以lnx≤1≤x且等號不能同時取到，所以lnx<x，即x－lnx>0，因而a≥eq\f(x2－2x,x－lnx)(x∈[1，e])．令g(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)(x∈[1，e])，又g′(x)＝eq\f((x－1)(x＋2－2lnx),(x－lnx)2)，當x∈[1，e]時，x－1≥0，lnx≤1，x＋2－2lnx>0，從而g′(x)≥0(僅當x＝1時取等號)，所以g(x)在[1，e]上為增函數，故g(x)的最小值為g(1)＝－1，所以a的取值范圍是[－1，＋∞)．12．[－5,1]解析由題意知，|f(x)|≤3在[0，＋∞)上恒成立，即－3≤f(x)≤3，所以－4·2x－(eq\f(1,2))x≤a≤2·2x－(eq\f(1,2))x在[0，＋∞)上恒成立，所以[－4·2x－(eq\f(1,2))x]max≤a≤[2·2x－(eq\f(1,2))x]min.設2x＝t，h(t)＝－4t－eq\f(1,t)，p(t)＝2t－eq\f(1,t)，由x∈[0，＋∞)得t≥1.因為h′(t)＝－4＋eq\f(1,t2)，p′(t)＝2＋eq\f(1,t2).又由eq\f(1,t2)－4<0知t>eq\f(1,2)，故t≥1時，h′(t)<0，所以h(t)在[1，＋∞)上單調遞減，又p(t)在[1，＋∞)上單調遞增，故h(t)在[1，＋∞)上的最大值為h(1)＝－5，p(t)在[1，＋∞)上的最小值為p(1)＝1，所以實數a的取值范圍為[－5,1]．沁園春·雪<毛澤東>北國風光，千里冰封，萬里雪飄。望長城內外，惟余莽莽；大河上