2017高考领航高三一轮理科数学课时规范训练演练经典习题1.doc

1．已知函数f(x)＝x2e－x. (1)求f(x)的极小值和极大值； (2)当曲线y＝f(x)的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝－e－xx(x－2)．① 当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)0； 当x∈(0,2)时，f′(x)0. 所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0,2)上单调递增． 故当x＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0； 当x＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e－2. (2)设切点为(t，f(t))，则l的方程为 y＝f′(t)(x－t)＋f(t)． 所以l在x轴上的截距为 m(t)＝t－eq \f(f?t?,f′?t?)＝t＋eq \f(t,t－2)＝t－2＋eq \f(2,t－2)＋3. 由已知和①得t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)． 令h(x)＝x＋eq \f(2,x)(x≠0)，则当x∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[2eq \r(2)，＋∞)；当x∈(－∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，－3)． 所以当t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时， m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[2eq \r(2)＋3，＋∞)． 综上，l在x轴上的截距的取值范围是 (－∞，0)∪[2eq \r(2)＋3，＋∞)． 2．(2014·高考湖南卷)已知常数a0，函数f(x)＝ln(1＋ax)－eq \f(2x,x＋2). (1)讨论f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性； (2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，且f(x1)＋f(x2)0，求a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝eq \f(a,1＋ax)－eq \f(2?x＋2?－2x,?x＋2?2)＝eq \f(ax2＋4?a－1?,?1＋ax??x＋2?2).(*) 当a≥1时，f′(x)0. 此时f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． 当0a1时， 由f′(x)＝0得x1＝2eq \r(\f(1－a,a))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＝－2 \r(\f(1－a,a))舍去)). 当x∈(0，x1)时，f′(x)0； 当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)0. 故f(x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间(x1，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a≥1时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当aa1时，f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2 \r(\f(1－a,a))))上单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2 \r(\f(1－a,a))，＋∞))上单调递增． (2)由(*)式知，当a≥1时，f′(x)≥0， 此时f(x)不存在极值点． 因而要使得f(x)有两个极值点，必有0a1. 又f(x)的极值点只可能是x1＝2eq \r(\f(1－a,a))和x2＝ －2 eq \r(\f(1－a,a))，且由f(x)的定义可知，x－eq \f(1,a)且x≠－2， 所以－2 eq \r(\f(1－a,a))－eq \f(1,a)，－2 eq \r(\f(1－a,a))≠－2. 解得a≠eq \f(1,2). 此时，由(*)式易知，x1，x2，分别是f(x)的极小值点和极大值点． 而f(x1)＋f(x2) ＝ln(1＋ax1)－eq \f(2x1,x1＋2)＋ln(1＋ax2)－eq \f(2x2,x2＋2) ＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－eq \f(4x1x2＋4?x1＋x2?,x1x2＋2?x1＋x2?＋4) ＝ln(2a－1)2－eq \f(4?a－1?,2a－1) ＝ln(2a－1)2＋eq \f(2,2a－1)－2. 令2a－1＝x，由0a1且a≠eq \f(1,2)知， 当0aeq \f(1,2)时，－1x0；当eq \f(1,2)a1时，0x1. 记g(x)＝ln x2＋eq \f(2,x)－2. ①当－1x0时，g(x)＝2ln(－x)＋eq \f(2,x)－2， 所以g′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(2,x2)＝eq \f(2x－2,x2)0， 因此，g(x)在区间(－1,0)上单调递减， 从而g(x)g(－1)＝－40. 故当0aeq \f(1,2)时，f(x1)＋f(x2)0. ②当0x1时，g(x)＝2ln x＋eq