浙江省理科数学专题复习试题选编15：函数的最值与导数（教师版）.pdf

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1、浙江省2014届理科数学专题复习试题选编15：函数的最值与导数一、选择题31．（浙江省名校新高考研究联盟2013届高三第一次联考数学（理）试题）设函数h(x)3tx2t2,若有且仅t有一个正实数x,使得h(x)h(x)对任意的正数t都070t0成立,则x=（　　）0A．5B．5C．3D．7【答案】Dx2．（浙江省杭州市2013届高三第二次教学质检检测数学（理）试题）若函数f(x)=(x+1).e,则下列命题正确的是（　　）1A．对任意m<-,都存在xÎR,使得f(x)

2、>-,都存在xÎR,使得f(x)-,方程f(x)=m总有两个实根2e【答案】B二、填空题x23．（浙江省杭州二中2013届高三年级第五次月考理科数学试卷）若x0时,不等式x(e1)ax恒成立,则a的取值范围是_______.【答案】(,1]三、解答题4．（浙江省嘉兴市2013届高三第二次模拟考试理科数学试卷）已知aR,函数f(x)lnxa(x1).1(Ⅰ)若a,求函数y

3、f(x)

4、的极值点;e12

5、ax(12aea)x(Ⅱ)若不等式f(x)恒成立,求a的取值范围.2ee(e为自然对数的底数)1x111【答案】解:(Ⅰ)若a,则f(x)lnx,f'(x).e1e1xe1当x(0,e1)时,f'(x)0,f(x)单调递增;当x(e1,)时,f'(x)0,f(x)单调递减又因为f(1)0,f(e)0,所以当x(0,1)时,f(x)0;当x(1,e1)时,f(x)0;当x(e1,e)时,f(x)0;当x(e,)时,f(x)0故

6、y

7、f(x)

8、的极小值点为1和e,极大值点为e12ax(12aea)x(Ⅱ)不等式f(x),2ee2ax(12a)x整理为lnxa0.(*)2ee2ax(12a)x设g(x)lnxa,2ee12ax12a则g'(x)(x0)x2ee222ax(12a)exe(xe)(2axe)22exex①当a0时,2axe0,又x0,所以,当x(0,e)时,g'(x)0,g(x)递增;当x(e,)时,g'(x)0,g(x)递减.从而

9、g(x)maxg(e)0.故,g(x)0恒成立②当a0时,(xe)(2axe)2a1g'(x)(xe)().2e2exex2a1ae2a1a令e2ex2,解得x1a,则当xx1时,e2ex2;ee2aea再令(xe)21,解得x2e,则当xx2时,(xe)21.eae取x0max(x1,x2),则当xx0时,g'(x)1.所以,当x(x0,)时,g(x)g(x0)xx0,即g(x)xx0g(x0).这与“g(x)0恒成立”矛

10、盾.综上所述,a02(ax1)5．（浙江省五校联盟2013届高三下学期第二次联考数学（理）试题）已知函数f(x),x(0,1],它2x1的一个极值点是x.2(Ⅰ)求a的值及f(x)的值域;xg(x)e4x4xaF(x)g(x)f(x)(Ⅱ)设函数,试求函数的零点的个数.【答案】16．（浙江省永康市2013年高考适应性考试数学理试题）已知函数f(x)xalnx,xR.x(Ⅰ)若a1,求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程;2(Ⅱ)若对任意的x[1,e

11、],都有f(x)2e恒成立,求实数a的取值范围.e(注:e为自然对数的底数.)111【答案】解:(Ⅰ)当a1时,f(x)xlnx,则f(x)12xxx故f(1)1,f(1)2所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y2x1即为xy10;21axax1(Ⅱ)由题,f(x)1,x1,e22xxx2令g(x)xax1,注意yg(x)的图像过点(0,-1),且开口向上,从而有(1)当g(1)1a10即a0时，在x

12、1,e上g(x)0,f(x)单调递增,2f(1)11e1所以有得0ae;f(e)e1a2eee21(2)当g(e)eea10即ae时,在x1,e上g(x)0,f(x)单调递减,ef(x)f(1)112emax11所以有12得ae,故只有ae符合;f(x)f(e)eaeemineeg(1)012(3)当，即ea0时,记函数g(x)xax1的零点为t(1,e),g(e)0e此时