高考数学理科必考题型过关练第18练含答案Word下载.docx

1、由已知f（x）bx2，即x1ln xbx2，即1b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）ming（e2）1，即b1.题型二存在性问题例2已知函数f（x）ax3bx2cx在x1处取得极值，且在x0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yf（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）3ax22bxc.依题意又f（0）3，c3，a1，f（x）x3

2、3x.（2）设切点为（x0，x3x0），f（x）3x23.f（x0）3x3.切线方程为y（x3x0）（3x3）（xx0）又切线过点A（2，m）m（x3x0）（3x3）（2x0）m2x6x6.令g（x）2x36x26，则g（x）6x212x6x（x2），由g（x）0得x0或x2.g（x）极小值g（0）6，g（x）极大值g（2）2.画出草图如右图当6m0，函数f（x）ln xax2，x0.（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，且1，使f（）f（），证明：.破题切入点考查导数的运算，利用导数研究函数

3、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：xf（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）ln xx2.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xe2，则g（x）2，且g（x）0即可）（3）证明由f（）f（）及（1）的结论知，从而f（x）在，上的最小值为f（）又由1，1,3，知123.故即从而a.总结提

4、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）若存在正数x使2x（xa）1成立，则a的取值范围是（）A（，） B（2，）C（0，） D（1，）答案D解析2x（xa）x.令f（x）x，f（x）12xln 2f（x）在（0，）上单调递增，f（x）f（0）011，a的取值范围为（1，）

5、，故选D.2已知函数f（x）2ax33ax21，g（x）x，若任意给定的x00,2，总存在两个不同的xi（i1,2）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，）D1,1答案A解析当a0时，显然不成立，故排除D；0时，注意到f（x）6ax26ax6ax（x1），即f（x）在0,1上是减函数，在1,2上是增函数，又f（0）1g（0），当x00时，结论不可能成立；进一步，可知a0，此时g（x）在0,2上是增函数，且取值范围是，同时f（x）在0x1时，函数值从1增大到1a，在1x2时，函数值从1a减少到14a，所以“任意给定的x00,2，总存在两

6、个不同的xi（i1,2）0,2，使得f（xi）g（x0）成立”当且仅当解得a1.3（2014课标全国）设函数f（x）sin.若存在f（x）的极值点x0满足xf（x0）22或m2.4（2014山东）已知实数x，y满足axay（0a Bln（x21）ln（y21）Csin xsin yDx3y3解析因为01，axy.采用赋值法判断，A中，当x1，y0时， 1，A不成立B中，当x0，y1时，ln 10，（x）在（0,1上递增，（x）max（1）6.a6.当x2,0）时，a，amin.仍设（x），（x）.当x2，1）时，（x）当x1时，（x）有极小值，即为最小值而（x）min（1）2，a2.综上知6a

7、2.7设函数f（x）ax33x1（xR），若对于任意x1,1，都有f（x）0成立，则实数a的值为_答案4解析若x0，则不论a取何值，f（x）0显然成立；当x0时，即x（0,1时，f（x）ax33x10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）maxg（）4，从而a4.当x0时，即x1,0）时，同理a.g（x）在区间1,0）上单调递增，所以g（x）ming（1）4，从而a4，综上可知a4.8（2014江苏）已知函数f（x）x2mx1，若对于任意xm，m1，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

8、图象，对于任意xm，m1，都有f（x）0，则有即解得0，因此函数f（x）在0,1上单调递增，所以x0,1时，f（x）minf（0）1.根据题意可知存在x1,2，使得g（x）x22ax41，即x22ax50，即a能成立，令h（x），则要使ah（x）在x1,2能成立，只需使ah（x）min，又函数h（x）在x1,2上单调递减，所以h（x）minh（2），故只需a.10（2014浙江）已知函数f（x）x33|xa|（aR）（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bR，若f（x）b24对x1,1恒成立，求3ab的取值范围解（1）因为f（x）所以f（x）由于1x1.当a1时，有xa，故f（x）x33x3a.此时f（x）在（1,1）上是增函数，因此，M（a）f（1）43a，m（a）f（1）43a，故M（a）m（a）（43a）（43a）8.当11时，若x（a,1），f（x）x33x3a，在（a,1）上是增