（課標通用）高考數(shù)學一輪復習 課時跟蹤檢測14 理-人教版高三全冊數(shù)學試題

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1、課時跟蹤檢測(十四) [高考基礎題型得分練] 1．[2017·湖南岳陽一模]下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又存在極值的是(　　) A．y＝x3 B．y＝ln(－x) C．y＝xe－x D．y＝x＋ 答案：D 解析：由題意知，B，C選項中的函數(shù)不是奇函數(shù)，A選項中，函數(shù)y＝x3單調(diào)遞增(無極值)，而D選項中的函數(shù)既為奇函數(shù)又存在極值． 2．已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)＝ax2＋bx＋c的圖象如圖所示，則f(x)的圖象可能是(　　) A　　　 　　B 　 C　　　　 　D 答案：D 解析：當x<0時，由導函數(shù)f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相應的函

2、數(shù)f(x)在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減；當x>0時，由導函數(shù)f′(x)＝ax2＋bx＋c的圖象可知，導函數(shù)在區(qū)間(0，x1)上的值是大于0的，則在此區(qū)間內(nèi)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 3．函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A．(0,1) B．(0，＋∞) C．(1，＋∞) D．(0,2) 答案：A 解析：對于函數(shù)y＝x2－ln x，易得其定義域為{x|x>0}，y′＝x－＝，令<0，又x>0，所以x2－1<0，解得0

3、的極大值也是最大值 B．f()是f(x)的極大值但不是最大值 C．f(－)是f(x)的極小值也是最小值 D．f(x)沒有最大值也沒有最小值 答案：A 解析：由題意，得f′(x)＝(2－2x)ex＋(2x－x2)ex＝(2－x2)ex，當－0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當x<－或x>時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)在x＝處取得極大值f()＝2(－1)e>0，在x＝－處取得極小值f(－)＝2(－－1)e－<0.又當x<0時，f(x)＝(2x－x2)ex<0，所以f()是f(x)的極大值也是最大值． 5．函數(shù)f(x)＝ln x－x在區(qū)間(0，e]上

4、的最大值為(　　) A．1－e B．－1 C．－e D．0 答案：B 解析：因為f′(x)＝－1＝，當x∈(0,1)時，f′(x)>0；當x∈(1，e]時，f′(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，e]，所以當x＝1時，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1. 6．已知函數(shù)f(x)＝x＋在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[1，＋∞) B．(－∞，0)∪(0,1] C．(0,1] D．(－∞，0)∪[1，＋∞) 答案：D 解析：函數(shù)f(x)＝x＋的導數(shù)為f′(x)＝1－，由于f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞

5、增，則f′(x)≥0在(－∞，－1)上恒成立，即≤x2在(－∞，－1)上恒成立．由于當x<－1時，x2>1，則有≤1，解得a≥1或a<0. 7．[2017·浙江瑞安中學月考]已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx的圖象如圖所示，則x＋x＝(　　) A. B． C． D． 答案：C 解析：由題圖可知f(x)的圖象過點(1,0)與(2,0)，x1，x2是函數(shù)f(x)的極值點，因此1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的兩根，因此x1＋x2＝2，x1x2

6、＝，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝. 8．若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是________． 答案：(－3，－1)∪(1,3) 解析：因為y′＝3x2－12，由y′>0，得函數(shù)的增區(qū)間是(－∞，－2)，(2，＋∞)，由y′<0，得函數(shù)的減區(qū)間是(－2,2)，由于函數(shù)在(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，所以k－1<－2

7、(x)＝0得x＝1或x＝－3(舍去)，又f(0)＝－4，f(1)＝－，f(2)＝－，故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)＝－. 10．[2017·廣東廣州模擬]已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1 時有極值0，則a－b＝________. 答案：－7 解析：由題意，得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，則解得或經(jīng)檢驗當a＝1，b＝3時，函數(shù)f(x)在x＝－1處無法取得極值，而a＝2，b＝9滿足題意，故a－b＝－7. 11．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.現(xiàn)給出如下結論： ①f(0)f(1)＞0；?、趂(0)f(

8、1)＜0； ③f(0)f(3)＞0；?、躥(0)f(3)＜0. 其中正確結論的序號是________． 答案：②③ 解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)， 由f′(x)＜0，得1＜x＜3； 由f′(x)＞0，得x＜1或x＞3. ∴f(x)在區(qū)間(1,3)上是減函數(shù)，在區(qū)間(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函數(shù)． 又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0， ∴y極大值＝f(1)＝4－abc＞0， y極小值＝f(3)＝－abc＜0.∴0＜abc＜4. ∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3為函數(shù)f(x)的極值點，后一種

9、情況不可能成立，如圖． ∴f(0)＜0.∴f(0)f(1)＜0，f(0)f(3)＞0. ∴正確結論的序號是②③. [沖刺名校能力提升練] 1．若函數(shù)f(x)＝x3＋x2－在區(qū)間(a，a＋5)上存在最小值，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－5,0) B．(－5,0) C．[－3,0) D．(－3,0) 答案：C 解析： 由題意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函數(shù)，在(－2,0)上是減函數(shù)，作出其圖象如圖所示，令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，則結合圖象可知，解得a∈[－3,0)，故選C. 2．[2017·山

10、東師大附中月考]若函數(shù)f(x)＝x3－tx2＋3x在區(qū)間[1,4]上單調(diào)遞減，則實數(shù)t的取值范圍是(　　) A. B．(－∞，3] C． D．[3，＋∞) 答案：C 解析：f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在區(qū)間[1,4]上單調(diào)遞減，則有f′(x)≤0在[1,4]上恒成立，即3x2－2tx＋3≤0，即t≥在[1,4]上恒成立． 因為y＝在[1,4]上單調(diào)遞增， 所以t≥＝. 3．[2017·河北衡水中學月考]定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f′(x)>1－f(x)，f(0)＝6，f′(x)是f(x)的導函數(shù)，則不等式exf(x)>ex＋5(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))

11、的解集為(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(3，＋∞) 答案：A 解析：設g(x)＝exf(x)－ex，(x∈R)，則g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]， ∵f′(x)>1－f(x)， ∴f(x)＋f′(x)－1>0，∴g′(x)>0， ∴y＝f(x)在定義域上單調(diào)遞增， ∵exf(x)>ex＋5，∴g(x)>5， 又∵g(0)＝e0f(0)－e0＝6－1＝5， ∴g(x)>g(0)，∴x>0， ∴不等式的解集為(0，＋∞)．故選A. 4.若函數(shù)f(x)＝

12、－x3＋x2＋2ax在上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍是________． 答案： 解析：對f′(x)求導，得 f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－2＋＋2a. 當x∈時， f′(x)的最大值為f′＝＋2a. 令＋2a＞0，解得a＞－. 所以a的取值范圍是. 5．[2017·湖北武漢調(diào)研]已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx－ln x(a＞0，b∈R)． (1)設a＝1，b＝－1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對任意的x＞0，f(x)≥f(1)，試比較ln a與－2b的大?。? 解：(1)由f(x)＝ax2＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)， 得f′(x)＝. ∵a＝1，b＝

13、－1， ∴f′(x)＝＝(x＞0)． 令f′(x)＝0，得x＝1. 當0＜x＜1時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 當x＞1時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增． ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)． (2)由題意可知，f(x)在x＝1處取得最小值，即x＝1是f(x)的極值點， ∴f′(1)＝0，∴2a＋b＝1，即b＝1－2a. 令g(x)＝2－4x＋ln x(x＞0)，則g′(x)＝. 令g′(x)＝0，得x＝. 當0＜x＜時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增； 當x＞時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減． ∴g(x)≤g＝

14、1＋ln ＝1－ln 4＜0， ∴g(a)＜0，即2－4a＋ln a＝2b＋ln a＜0， 故ln a＜－2b. 6．已知函數(shù)f(x)＝ (1)求f(x)在區(qū)間(－∞，1)上的極小值和極大值點； (2)求f(x)在[－1，e](e為自然對數(shù)的底數(shù))上的最大值． 解：(1)當x＜1時，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)， 令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表. x (－∞，0) 0 f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  極小值  極大值  故當x＝0時，函數(shù)f(x)取得極小值為f(0)＝0，函數(shù)f(x)的極大值點為x＝. (2)①當－1≤x＜1時，由(1)知，函數(shù)f(x)在[－1,0]和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 因為f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0， 所以f(x)在[－1,1)上的最大值為2. ②當1≤x≤e時，f(x)＝aln x，當a≤0時，f(x)≤0；當a＞0時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，則f(x)在[1，e]上的最大值為f(e)＝a. 綜上所述，當a≥2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為a；當a＜2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為2.