高中最重要的阶段，大家一定要把握好高中，多做题，多练习，为高考奋战，小编为大家整理了14高三必修数学同步训练题，希望对大家有帮助。

1.对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x-1)f′(x)≥0，则必有(　　)

A. f(0)+f(2)<2f(1)   B.f(0)+f(2)≤2f(1)

C.f(0)+f(2)≥2f(1)   D.f(0)+f(2)>2f(1)

解析：当x≥1时， f′(x)≥0，f(x)为增函数或常函数，

∴f(2)≥f(1)，当x≤1时，f′(x)≤0，f(x)为减函数或常函数，∴f(0)≥f(1)，∴f(0)+f(2)≥2f(1).

答案：C

2.设直线x=t与函数f(x)=x2，g(x)=ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为

(　　)

A.1   B.12

C.52   D.22

解析： 由题意画出函数图象如图所示，由图可以看出|MN|=y=t2-ln t(t>0).

y′=2t-1t=2t2-1t=2t+22t-22t.

当0

当t>22时，y′>0，可知y在此区间内单调递增.

故当t=22时，|MN|有最小值.

答案：D

3.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________.

解析：若x=0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立; 当x>0，即x∈(0,1]时，f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≥3x2-1x3.设g(x)=3x2- eq f(1,x3) ，则g′(x)= eq f(31-2x,x4) ， 所以g(x)在区间 eq blc(rc](avs4alco1(0，f(1,     上单调递增，在区间 eq blc[rc](avs4alco1(f(1,2)，1))上单调递减，因此g(x)max=g eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)))=4，从而a≥4. 答案：[4，+∞) 4.(理科)已知f(x)是二次函数，不等式f(x)<0的解集是(0,5)，且f(x)在区间[-1,4]上的最大值是12. (1)求f(x)的解析式; (2)是否存在自然数m，使得方程f(x)+37x=0在区间(m，m+1)内有且只有两个不等的实数根?若存在，求出所有m的值;若不存在，请说明理由.

解：(1)∵f(x)是二次函数，且f(x)<0的解集是(0,5)， ∴ 可设f(x)=ax(x-5)(a>0). ∴f(x)在区间[-1,4]上的最大值是f(-1)=6a. 由已知，得6a=12，∴a=2， ∴f(x)=2x(x-5)=2x2-10x(x∈R). (2)方程f(x)+37x=0等价于方程2x3-10x2+37=0. 设h(x)=2x3-10x2+37， 则h′(x)=6x2-20x=2x(3x-10). 当x∈ 时，h′(x)<0，h(x)是减函数; 当x∈ 时，h′(x)>0，h(x)是增函数. ∵h(3)=1>0，h =- <0，h(4)=5>0， ∴方程h(x)=0在区间 ， 内分别有唯一实数根，而在区间(0,3)，(4，+∞)内没有实数根， ∴存在唯一的自然数m=3，使得方程f(x)+37x=0在区间(m，m+1)内有且只有两个不等的实数根. 4.(文科)已知函数f(x)=x3-32ax2+b(a，b为实数，且a>1)在区间[-1,1]上的最大值为1，最小值为-2. (1)求f(x)的解析式; (2)若函数g(x)=f(x)-mx在区间[-2,2]上为减函数，求实数m的取值范围.

解：(1)f′(x)=3x2-3ax，

令f′(x)=0，得x1=0，x2=a，∵a>1，

∴f(x)在[-1,0]上为增函数，在[0,1]上为减函数.

∴f(0)=b=1，

∵f(-1)=-32a，f(1 )=2-32a，∴f(-1)

∴f(-1)=-32a=-2，a=43.∴f(x)=x3-2x2+1.

(2)g(x)=x3-2x2-mx+1，g′(x)=3x2-4x-m.

由g(x)在[-2,2]上为减函数，

知g′(x)≤0在x∈[-2,2]上恒成立.

∴g′-2≤0g′2≤0，即20-m≤04-m≤0，∴m≥20.

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