高考数学理科必考题型过关练第18练含答案Word下载.docx
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由已知f(x)≥bx-2,即x-1-lnx≥bx-2,
即1+-≥b对∀x∈(0,+∞)恒成立,
令g(x)=1+-,
则g′(x)=--=,
易得g(x)在(0,e2]上单调递减,在[e2,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(e2)=1-,
即b≤1-.
题型二 存在性问题
例2 已知函数f(x)=ax3+bx2+cx在x=±
1处取得极值,且在x=0处的切线的斜率为-3.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若过点A(2,m)可作曲线y=f(x)的三条切线,求实数m的取值范围.
破题切入点
(1)利用极值处导数为0及导数的几何意义求出f(x).
(2)借助导数几何意义表示切线方程,然后分离参数,利用数形结合求m范围.
解
(1)f′(x)=3ax2+2bx+c.
依题意⇒
又f′(0)=-3,∴c=-3,∴a=1,∴f(x)=x3-3x.
(2)设切点为(x0,x-3x0),
∵f′(x)=3x2-3.∴f′(x0)=3x-3.
∴切线方程为y-(x-3x0)=(3x-3)(x-x0).
又切线过点A(2,m).
∴m-(x-3x0)=(3x-3)(2-x0).
∴m=-2x+6x-6.
令g(x)=-2x3+6x2-6,
则g′(x)=-6x2+12x
=-6x(x-2),
由g′(x)=0得x=0或x=2.
g(x)极小值=g(0)=-6,g(x)极大值=g
(2)=2.
画出草图如右图.
∴当-6<
m<
2时,m=-2x3+6x2-6有三解.
即可作曲线y=f(x)的三条切线.
题型三 存在与恒成立的综合性问题
例3 已知a>
0,函数f(x)=lnx-ax2,x>
0.(f(x)的图象连续不断)
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a=时,证明:
存在x0∈(2,+∞),使f(x0)=f;
(3)若存在均属于区间[1,3]的α,β,且β-α≥1,使f(α)=f(β),证明:
≤α≤.
破题切入点 考查导数的运算,利用导数研究函数的单调性,解不等式函数的零点等基础知识,既有存在,又有恒成立问题.
(1)解 f′(x)=-2ax=,x∈(0,+∞),
令f′(x)=0,解得x=,
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
f′(x)
+
-
f(x)
极大值
所以f(x)的单调递增区间是,f(x)的单调递减区间是.
(2)证明 当a=时,f(x)=lnx-x2.
由
(1)知f(x)在(0,2)内单调递增,在(2,+∞)内单调递减.
令g(x)=f(x)-f,
由于f(x)在(0,2)内单调递增,
故f
(2)>
f,即g
(2)>
0.
取x′=e>
2,则g(x′)=<
所以存在x0∈(2,x′),使g(x0)=0,即存在x0∈(2,+∞),使f(x0)=f.
(说明:
x′的取法不唯一,只要满足x′>
2,且g(x′)<
0即可)
(3)证明 由f(α)=f(β)及
(1)的结论知α<
<
β,
从而f(x)在[α,β]上的最小值为f(α).
又由β-α≥1,α,β∈[1,3],知1≤α≤2≤β≤3.
故
即
从而≤a≤.
总结提高
(1)存在与恒成立两个热点词汇在高考中频繁出现,关键要把握两个词语的本质:
存在即特称量词,“有的”意思;
恒成立即全称量词,“任意的”意思.
(2)解决这类问题的关键是转化与化归思想,转化为求解函数的最大值与最小值问题.
(3)函数与方程思想的应用在求解参数范围中体现的淋漓尽致,将参数分离出来,另一侧设为函数,转化为求解另一侧函数的最大值和最小值问题.
1.(2013·
课标全国Ⅱ)若存在正数x使2x(x-a)<
1成立,则a的取值范围是( )
A.(-∞,+∞)B.(-2,+∞)
C.(0,+∞)D.(-1,+∞)
答案 D
解析 ∵2x(x-a)<
1,
∴a>
x-.
令f(x)=x-,
∴f′(x)=1+2-xln2>
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴f(x)>
f(0)=0-1=-1,
∴a的取值范围为(-1,+∞),故选D.
2.已知函数f(x)=2ax3-3ax2+1,g(x)=-x+,若任意给定的x0∈[0,2],总存在两个不同的xi(i=1,2)∈[0,2],使得f(xi)=g(x0)成立,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-1)
B.(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(1,+∞)
D.[-1,1]
答案 A
解析 当a=0时,显然不成立,故排除D;
0时,注意到f′(x)=6ax2-6ax=6ax(x-1),
即f(x)在[0,1]上是减函数,在[1,2]上是增函数,
又f(0)=1<
=g(0),
当x0=0时,结论不可能成立;
进一步,可知a<
0,此时g(x)在[0,2]上是增函数,
且取值范围是[,-+],
同时f(x)在0≤x≤1时,函数值从1增大到1-a,
在1≤x≤2时,函数值从1-a减少到1+4a,
所以“任意给定的x0∈[0,2],
总存在两个不同的xi(i=1,2)∈[0,2],
使得f(xi)=g(x0)成立”
当且仅当
解得a<
-1.
3.(2014·
课标全国Ⅱ)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足x+[f(x0)]2<
m2,则m的取值范围是( )
A.(-∞,-6)∪(6,+∞)
B.(-∞,-4)∪(4,+∞)
C.(-∞,-2)∪(2,+∞)
D.(-∞,-1)∪(1,+∞)
答案 C
解析 ∵f(x)=sin的极值点即为函数图象中的最高点或最低点的横坐标,由三角函数的性质可知T==2m,∴x0=+km(k∈Z).假设不存在这样的x0,即对任意的x0都有x+[f(x0)]2≥m2,则(+km)2+3≥m2,整理得m2(k2+k-)+3≥0,即k2+k-≥-恒成立,因为y=k2+k-的最小值为-(当k=-1或0时取得),故-2≤m≤2,因此原特称命题成立的条件是m>
2或m<
-2.
4.(2014·
山东)已知实数x,y满足ax<
ay(0<
a<
1),则下列关系式恒成立的是( )
A.>
B.ln(x2+1)>
ln(y2+1)
C.sinx>
siny
D.x3>
y3
解析 因为0<
1,ax<
ay,所以x>
y.采用赋值法判断,A中,当x=1,y=0时,<
1,A不成立.B中,当x=0,y=-1时,ln1<
ln2,B不成立.C中,当x=0,y=-π时,sinx=siny=0,C不成立.D中,因为函数y=x3在R上是增函数,故选D.
5.若x∈[0,+∞),则下列不等式恒成立的是( )
A.ex≤1+x+x2
B.≤1-x+x2
C.cosx≥1-x2
D.ln(1+x)≥x-x2
解析 对于C项,设f(x)=cosx+x2-1,
则f′(x)=-sinx+x≥0(x≥0),
所以f(x)=cosx+x2-1是增函数,
所以f(x)=cosx+x2-1≥f(0)=0,
即cosx≥1-x2.
6.(2014·
辽宁)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.[-5,-3]B.[-6,-]
C.[-6,-2]D.[-4,-3]
解析 当x=0时,ax3-x2+4x+3≥0变为3≥0恒成立,即a∈R.
当x∈(0,1]时,ax3≥x2-4x-3,a≥,
∴a≥max.
设φ(x)=,
φ′(x)=
=-=->
0,
∴φ(x)在(0,1]上递增,φ(x)max=φ
(1)=-6.
∴a≥-6.
当x∈[-2,0)时,a≤,
∴a≤min.
仍设φ(x)=,φ′(x)=-.
当x∈[-2,-1)时,φ′(x)<
当x∈(-1,0)时,φ′(x)>
∴当x=-1时,φ(x)有极小值,即为最小值.
而φ(x)min=φ(-1)==-2,∴a≤-2.
综上知-6≤a≤-2.
7.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,则实数a的值为________.
答案 4
解析 若x=0,则不论a取何值,f(x)≥0显然成立;
当x>
0时,即x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≥-.
即g(x)=-,
则g′(x)=,
所以g(x)在区间(0,]上单调递增,在区间[,1]上单调递减,
因此g(x)max=g()=4,从而a≥4.
当x<
0时,即x∈[-1,0)时,同理a≤-.
g(x)在区间[-1,0)上单调递增,
所以g(x)min=g(-1)=4,
从而a≤4,综上可知a=4.
8.(2014·
江苏)已知函数f(x)=x2+mx-1,若对于任意x∈[m,m+1],都有f(x)<
0成立,则实数m的取值范围是________.
答案 (-,0)
解析
作出二次函数f(x)的图象,对于任意x∈[m,m+1],都有f(x)<
0,则有
即解得-<
9.已知函数f(x)=x-,g(x)=x2-2ax+4,若对于任意x1∈[0,1],存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是__________.
答案
解析 由于f′(x)=1+>
0,因此函数f(x)在[0,1]上单调递增,所以x∈[0,1]时,f(x)min=f(0)=-1.根据题意可知存在x∈[1,2],使得g(x)=x2-2ax+4≤-1,即x2-2ax+5≤0,即a≥+能成立,令h(x)=+,则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立,只需使a≥h(x)min,又函数h(x)=+在x∈[1,2]上单调递减,所以h(x)min=h
(2)=,故只需a≥.
10.(2014·
浙江)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).
(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);
(2)设b∈R,若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.
解
(1)因为f(x)=
所以f′(x)=由于-1≤x≤1.
①当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.
此时f(x)在(-1,1)上是增函数,
因此,M(a)=f
(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,
故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.
②当-1<
1时,
若x∈(a,1),f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增