2018届高考数学知识点复习滚动检测14

训练目标(1)函数极值、最值的概念、求法；(2)函数极值、最值的应用.训练题型(1)求函数的极值；(2)求函数的最值；(3)恒成立的问题；(4)零点问题.解题策略(1)f′(x)＝0是函数f(x)存在极值点的必要条件，f(x)的极值可用列表法求解；(2)利用最值研究恒成立问题，可分离参数后构造函数，转化为函数的最值问题；(3)零点问题可借助于函数的图象解决.一、选择题1．“可导函数y＝f(x)在一点的导数值为0”是“函数y＝f(x)在这点取得极值”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件2．函数y＝eq\f(lnx,x)的最大值为()A.eq\f(1,e)B．eC．e2D.eq\f(10,3)3．设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝x·f′(x)的图象的一部分如图所示，则下列说法正确的是()A．f(x)的极大值为f(eq\r(3))，极小值为f(－eq\r(3))B．f(x)的极大值为f(－eq\r(3))，极小值为f(eq\r(3))C．f(x)的极大值为f(－3)，极小值为f(3)D．f(x)的极大值为f(3)，极小值为f(－3)4．设函数g(x)＝x(x2－1)，则g(x)在区间[0,1]上的最小值为()A．－1B．0C．－eq\f(2\r(3),9)D.eq\f(\r(3),3)5．(2015·宜昌模拟)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－ax(a>eq\f(1,2))，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D．16．(2015·河北保定第一中学模拟)已知f(x)＝ax3，g(x)＝9x2＋3x－1，当x∈[1,2]时，f(x)≥g(x)恒成立，则a的取值范围为()A．a≥11 B．a≤11C．a≥eq\f(41,8) D．a≤eq\f(41,8)7．(2015·唐山一模)直线y＝a分别与曲线y＝2(x＋1)，y＝x＋lnx交于点A，B，则|AB|的最小值为()A．3 B．2C.eq\f(3\r(2),4) D.eq\f(3,2)8．已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0) B．(0，eq\f(1,2))C．(0,1) D．(0，＋∞)二、填空题9．已知直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有三个相异的交点，则a的取值范围是________．10．(2014·温州十校联考)若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在[－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是________．11．已知f(x)＝x2＋alnx(a∈R)．若存在x∈[1，e]，使得f(x)≤(a＋2)x成立，则实数a的取值范围是______．12．定义在D上的函数f(x)，如果满足：对任意x∈D，存在常数M>0，都有|f(x)|≤M成立，则称f(x)是D上的有界函数，其中M称为函数f(x)的上界，已知函数f(x)＝1＋a·(eq\f(1,2))x＋(eq\f(1,4))x，若函数f(x)在[0，＋∞)上是以3为上界的有界函数，则实数a的取值范围是______．

答案解析1．B[对于f(x)＝x3，f′(x)＝3x2，f′(0)＝0，不能推出f(x)在x＝0处取极值，反之成立．故选B.]2．A[令y′＝eq\f(1－lnx,x2)＝0(x>0)，解得x＝e.当x>e时，y′<0；当0<x<e时，y′>0，所以y极大值＝f(e)＝eq\f(1,e)，在定义域内只有一个极值，所以ymax＝eq\f(1,e).]3．D[观察图象知，当x<－3时，y＝x·f′(x)>0，∴f′(x)<0；当－3<x<0时，y＝x·f′(x)<0，∴f′(x)>0，∴f(x)的极小值为f(－3)．当0<x<3时，y＝x·f′(x)>0，∴f′(x)>0；当x>3时，y＝x·f′(x)<0，∴f′(x)<0.∴f(x)的极大值为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)的最小值为－eq\f(2\r(3),9).故选C.]5．D[由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，得x＝eq\f(1,a)，当0<x<eq\f(1,a)时，f′(x)>0；当x>eq\f(1,a)时，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，则当t∈[eq\f(1,2)，1]时，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]上是增函数．∴h′(x)min＝h′(eq\f(1,2))＝－eq\f(3,4)＋12>0.∴h(t)在[eq\f(1,2)，1]上是增函数．∴a≥h(1)＝11，故选A.]7．D[令2(x＋1)＝a，解得x＝eq\f(a,2)－1.设方程x＋lnx＝a的根为t(x≥0，t>0)，即t＋lnt＝a，则|AB|＝|t－eq\f(a,2)＋1|＝|t－eq\f(t＋lnt,2)＋1|＝|eq\f(t,2)－eq\f(lnt,2)＋1|.设g(t)＝eq\f(t,2)－eq\f(lnt,2)＋1(t>0)，则g′(t)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2t)＝eq\f(t－1,2t)，令g′(t)＝0，得t＝1，当t∈(0,1)时，g′(t)<0；当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，所以g(t)min＝g(1)＝eq\f(3,2)，所以|AB|≥eq\f(3,2)，所以|AB|的最小值为eq\f(3,2).]8．B[函数f(x)＝x(lnx－ax)(x>0)，则f′(x)＝lnx－ax＋x(eq\f(1,x)－a)＝lnx－2ax＋1.令f′(x)＝lnx－2ax＋1＝0，得lnx＝2ax－1.函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，等价于f′(x)＝lnx－2ax＋1有两个零点，等价于函数y＝lnx与y＝2ax－1的图象有两个交点．在同一个坐标系中作出它们的图象(如图)．当a＝eq\f(1,2)时，直线y＝2ax－1与y＝lnx的图象相切，由图可知，当0<a<eq\f(1,2)时，y＝lnx与y＝2ax－1的图象有两个交点．则实数a的取值范围是(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]解析转化为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，则b的取值范围是(－∞，－1]．11．[－1，＋∞)解析不等式f(x)≤(a＋2)x，可化为a(x－lnx)≥x2－2x.因为x∈[1，e]，所以lnx≤1≤x且等号不能同时取到，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)，当x∈[1，e]时，x－1≥0，lnx≤1，x＋2－2lnx>0，从而g′(x)≥0(仅当x＝1时取等号)，所以g(x)在[1，e]上为增函数，故g(x)的最小值为g(1)＝－1，所以a的取值范围是[－1，＋∞)．12．[－5,1]解析由题意知，|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.设2x＝t，h(t)＝－4t－eq\f(1,t)，p(t)＝2t－eq\f(1,t)，由x∈[0，＋∞)得t≥1.因为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时，h′(t)<0，所以h(t)在[1，＋∞)上单调递减，又p(t)在[1，＋∞)上单调递增，故h(t)在[1，＋∞)上的最大值为h(1)＝－5，p(t)在[1，＋∞)上的最小值为p(1)＝1，所以实数a的取值范围为[－5,1]．沁园春·雪<毛泽东>北国风光，千里冰封，万里雪飘。望长城内外，惟余莽莽；大河上