2015届高考数学大一轮复习 课时训练（打包77套）
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高考
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77
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2015届高考数学大一轮复习 课时训练（打包77套）,高考,数学,一轮,复习,温习,课时,训练,打包,77
- 内容简介：
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课时跟踪检测 (十五 ) 导数与函数极值、最值 (分 、 卷，共 2页 ) 第 卷：夯基保分卷 1 当函数 y x2 x _. 2 设函数 f(x) c(a， b， c R) 若 x 1 为函数 f(x) 则下列图像不可能为 y f(x)图像的是 _ (填写序号 ) 3 (2013南通三模 )定义在 1， )上的函数 f(x)满足 ： f(2x) cf(x)(c 为正常数 )； 当 2 x 4 时 ， f(x) 1 |x 3| 则 c _. 4 已知函数 f(x) 4 在 x 2 处取得极值 ， 若 m， n 1,1， 则 f(m) f (n)的最小值是 _ 5 (2013盐城三调 )设 a0， 函数 f(x) x g(x) x ln x， 若对任意的 1，e， 都有 f( g(立 ， 则实数 a 的取值范围为 _ 6 已知函数 f(x) (m 6)x 1 既存在极大值又存在极小值 ， 则实数 m 的取值范围是 _ 7 已知函数 y f(x) 33c 在 x 2 处有极值 ， 其图像在 x 1 处的切线平行于直线 6x 2y 5 0， 则 f(x)极大值与极小值之差为 _ 8 已知 f(x) 69x f(0)f(1)0； f(0)f(3)g(n) 1727对一切 m， n (0， e恒成立 ； (3)是否存在实数 a， 使得 f(x)的最小值是 3？ 如果存在 ， 求出 a 的值 ； 如果不存在 ， 说明理由 2 (2014苏州期末 )设函数 f(x) ln x ln a(x0， a0 且为常数 ) (1)当 k 1 时 ， 判断函数 f(x)的单调性 ， 并加以证明 ； (2)当 k 0 时 ， 求证 ： f(x)0 对一切 x0 恒成立 ； (3)若 f ( 1)0，不满足 f ( 1) f(1) 0. 答案： 3 解析： 易知当 2 x 4 时，其极大值点为 (3,1)；当 1 x 2 时， 2 2x 4，从而由条件得 f(x) 1x) 1c(1 |2x 3|) 因为 c0，故极大值点为 32， 1c ；当 2 x 4时， 4 2x 8，从上述步骤得 f(2x) cf(x) c(1 |4x 3|) 因为 c0，故极大值点为 (6， c)；上述三点在同一直线上， 所以1 132 c 16 3，解得 c 2或 1. 答案： 1 或 2 4 解析： 求导得 f (x) 32 由函数 f(x)在 x 2处取得极值知 f (2) 0， 即 3 4 2a 2 0， a 3. 由此可得 f(x) 34， f (x) 36x， 易知 f(x)在 1,0)上单调递减，在 (0,1上单调递增， 当 m 1,1时， f(m)f(0) 4. 又 f (x) 36 且对称轴为 x 1， 当 n 1,1时， f (n)f ( 1) 9. 故 f(m) f (n)的最小值为 13. 答案： 13 5 解析： 问题可转化为 f(x)g(x) x 1， e时， g (x) 1 1x 0，故 g(x)单调递增，则 g(x)g(e) e 1.又 f (x) 1 令 f (x) 0，得 x a，易知， x a 是函数 f(x)的极小值，当 0e时，f(x)f(e) e ee 1，显然成立，所以 aa e 2. 答案： e 2， ) 6 解析： f (x) 32m 6 0 有两个不等实根，即 412 (m 6)m6或 得 f(x)在区间 (1,3)上是减函数，在区间 ( ， 1)， (3， )上是增函数 又 y 极小值 f(3) x 1， x 3为函数 f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图 f(0)0. 正确结论的序号是 . 答案： 9 解： 令 f (x) 1x a 1 ，进而解得 xa 1，即 f(x)在 (a 1， )上是单调减函数 同理， f(x)在 (0， a 1)上是单调增函数 由于 f(x)在 (1， )上是单调减函数，故 (1， ) (a 1， )，从而 a 1 1，即 a 1.令 g (x) a 0，得 x ln a 当 g (x)0.又 g(x)在 (1， )上有最小值，所以 ln a1，即 ae. 综上， e， ) 10 解： (1)因为 f(1) 0， g(1) 0， 所以点 (1,0)同时在函数 f(x)， g(x)的图像上， 因为 f(x) 1， g(x) x， 所以 f (x) 2x， g (x) 由已知，得 f (1) g (1)，所以 2 a 2. (2)因为 F(x) f(x) 2g(x) 1 2x(x0)， 所以 F (x) 2x 2 2ax ， 当 a0，所以 F (x)0对 x0恒成立， 所 以 F(x)在 (0， )上单调递增， F(x)无极值； 当 a0时， 令 F (x) 0，解得 a， a(舍去 )， 所以当 x0时， F (x)， F(x)的变化情况如下表： x (0， a) a ( a， ) F (x) 0 F(x) 递减 极小值 递增 所以当 x F(x)取得极小值，且 F( a) ( a)2 1 2a a 1 a. 综上，当 数 F(x)在 x a 1 a. 第 卷：提能增分卷 1 解： (1)当 a 1时， f(x) x ln x. 所以 f (x) 1 1x. 令 f (x) 0，得 x 1. 当 f (x)， f(x)的变化情况如下表： x (0,1) 1 (1， e f (x) 0 f(x) 1 所以当 x 1时， f(x)1. (2)证明：由 (1)知，当 m (0， e时， 有 f(m) 1. 因为 0g(n) 1727对一切 m， n (0， e恒成立 (3)假设存在实数 a，使 f(x)的最小值是 3，则 f (x) a 1x 1x . 当 a 1为 01 若 00， f(x)在 1a， e 上为增函数 所以当 x 1x) 1 3，解得 a 所以假设成立，存在实数 a 得 f(x)的最小值是 3. 2 解： (1)当 k 1时， f(x) ln x 1a12 ln a， 因为 f (x) 1x 12 ax 12 a2 x 32 x a22x 0， 所以函数 f(x)在 (0， )上是单调减函数 (2)证明：当 k 0时， f(x) ln x 12 ln a，故 f (x) 1x x 2 x x . 令 f (x) 0，解得 x 当 0f (x)0， f(x)在 上是单调增函 数 所以当 x f (x)有极小值， 为 f 2 2. 因为 e2，所以 f(x)的极小值， 为 f 2(1 ) 2. 所以当 k 0时， f(x)0对一切 x0恒成立 (3)证明： f(x) ln x ka12 ln a， 所以 f (x) 2 令 f ( 0，得 2 a 0. 所以 a1 1 kk x0a1 1 kk 舍去 . 所以 a1 1 k2. 当 0f (x)0， f(x)在 ( )上是单调增函数 因此，当 x f(x)有极小值 f( 又 f( k 而 11 1 k2是与 以 k 所 以 f(与 故 f(x)的极小值是一个与 3 解： (1)证明： f (x) (x b)3x (2a b)， 因为 a b，所以 b 2a 所以 f (x) 0有两个不等实根 a 所以 f(x)存在极大值和极小值 (2) 当 a f(x)不存在减区间； 当 a (1)知 b， 2a 所以 A(b,0)， B 2a 4a b327 ， 所以 4a b3272a b 12， 即 4(a b)3 9(a b)， 所以 a b 32或 a b 32(舍去 )； 当 a b 32或 ab且 a b 32. 所以 f(x)的减区间为 b， 2a 即 (b， b 1)或 f(x)的减区间为 2a b ，即 (b 1，b)； f (x)的减区间为 ， b 12 或 12 . 所以公共减区间为 b， b 12 或 b 1， b 12 ，长度均为 12. (3)由题意 f(x) (x)， 所以 (x a)(x b)2 mx(x b)3x (2a b)， 所以 (x b)(1 3m)m(2a b) (a b)x 0. 若 m 13，则左边是一个一次因式乘一个恒正 (或恒负 )的二次三项式，或者是三个一次因 式的积，无论哪种情况，总有一个一次
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