高考数学专题练习 34函数与导数 理

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1、训练34　函数与导数(推荐时间：75分钟)1．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，求实数a的值．2．已知a是实数，函数f(x)＝x2(x－a)，求f(x)在区间[0,2]上的最大值．3．已知曲线S：y＝－x3＋x2＋4x及点P(0,0)，求过点P的曲线S的切线方程．4．已知函数f(x)＝lnx－.(1)若a>0，试判断f(x)在定义域内的单调性；(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为，求a的值；(3)若f(x)

2、．5.已知函数f(x)＝－x2＋ax＋1－lnx.(1)若f(x)在(0，)上是减函数，求a的取值范围；(2)函数f(x)是否既有极大值又有极小值？若存在，求a的取值范围，若不存在，请说明理由．6．已知函数f(x)＝(m，n∈R)在x＝1处取得极值2.(1)求f(x)的解析式；(2)设A是曲线y＝f(x)上除原点O外的任意一点，过OA的中点且垂直于x轴的直线交曲线于点B.试问：是否存在这样的点A，使得曲线在点B处的切线与OA平行？若存在，求出点A的坐标，若不存在，说明理由；(3)设函数g(x)＝x2－2ax＋a.

3、若对于任意的x1∈R，总存在x2∈[－1,1]，使得g(x2)≤f(x1)，求实数a的取值范围．答案1．解　(1)若x＝0，则不论a取何值，f(x)＝1>0恒成立．(2)若x>0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.设g(x)＝－，则g′(x)＝，∴g(x)在区间(0，]上单调递增，在区间[，1]上单调递减．∴g(x)max＝g()＝4，从而a≥4.(3)若x<0，即x∈[－1,0)时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≤－.设h(x)＝－，则h′(x)＝，∴h(x)在[－1,0)

4、上单调递增．∴h(x)min＝h(－1)＝4，从而a≤4.综上所述，实数a的值为4.2．解　f′(x)＝3x2－2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝.当≤0，即a≤0时，f(x)在[0,2]上单调递增，从而f(x)max＝f(2)＝8－4a；当≥2，即a≥3时，f(x)在[0,2]上单调递减，从而f(x)max＝f(0)＝0；当0<<2，即0

5、则过点P的曲线S的切线斜率＝－2x＋2x0＋4，又kPQ＝，所以－2x＋2x0＋4＝，①点Q在曲线S上，y0＝－x＋x＋4x0，②将②代入①得－2x＋2x0＋4＝－x＋x0＋4，化简得x－x0＝0，所以x0＝0或x0＝，若x0＝0，则y0＝0，k＝4，过点P的切线方程为y＝4x；若x0＝，则y0＝，k＝，过点P的切线方程为y＝x.所以过点P的曲线S的切线方程为y＝4x或y＝x.4．解　(1)由题意f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋＝.因为a>0，所以f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递

6、增函数．(2)由(1)可知，f′(x)＝.①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为增函数，所以f(x)min＝f(1)＝－a＝，所以a＝－(舍去)．②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为减函数，所以f(x)min＝f(e)＝1－＝⇒a＝－(舍去)．③若－e0，所以f

7、(x)在[－a，e]上为增函数，所以f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝⇒a＝－.综上所述，a＝－.(3)因为f(x)0，所以a>xlnx－x3.令g(x)＝xlnx－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋lnx－3x2，h′(x)＝－6x＝.因为x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)在(1，＋∞)上是减函数．所以h(x)

8、)上恒成立．5．解　(1)f′(x)＝－2x＋a－，∵f(x)在(0，)上为减函数，∴当x∈(0，)时，－2x＋a－<0恒成立，即a<2x＋恒成立．设g(x)＝2x＋，则g′(x)＝2－.∵当x∈(0，)时，>4，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，)上递减，即g(x)>g()＝3，∴a≤3.(2)若f(x)既有极大值又有极小值，则首先必需f′(x)＝－·(2x2－ax＋