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1、
高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料
2019.5
課時提升作業(yè)(十五)
一、選擇題
1.(20xx西安模擬)函數(shù)y=f(x)在定義域(-32,3)內(nèi)的圖像如圖所示,記y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)為y=f′(x),則不等式f′(x)≤0的解集為( )
(A)[-1,12]∪[43,83]
(B)[-13,1]∪[2,3)
(C)(-32,12]∪[1,2)
(D)(-32,-13]∪[12,43)∪[43,3)
2.若對任意的x>0,恒有l(wèi)nx≤px-1(p>0),則p的取值范圍是( )
(A)(0,1] (B)(1
2、,+∞)
(C)(0,1) (D)[1,+∞)
3.(20xx黃山模擬)在半徑為R的半球內(nèi)有一內(nèi)接圓柱,則這個圓柱的體積的最大值是( )
(A)239πR3 (B)439πR3 (C)233πR3 (D)49πR3
4.(20xx宣城模擬)對于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x),若滿足(x-1)f′(x)≥0,則必有( )
(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)
5.(20xx咸陽模擬)函數(shù)y=2x3+1的圖像與函數(shù)y=3x2-b的圖像有三個不
3、相同的交點,則實數(shù)b的取值范圍是( )
(A)(-2,-1) (B)(-1,0)
(C)(0,1) (D)(1,2)
6.(20xx沈陽模擬)設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且f(2)=0,當(dāng)x>0時,有xf(x)-f(x)x2<0恒成立,則不等式x2f(x)>0的解集是 ( )
(A)(-2,0)∪(2,+∞)
(B)(-2,0)∪(0,2)
(C)(-∞,-2)∪(2,+∞)
(D)(-∞,-2)∪(0,2)
二、填空題
7.已知函數(shù)f(x)=xsinx,x∈R,f(-4),f(4π3),f(-5π4)的大小關(guān)系為 (用“<”連接).
8.
4、(20xx宜春模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若對于任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,則實數(shù)a的值為 .
9.(能力挑戰(zhàn)題)已知f(x)=x3-3x+m,在區(qū)間[0,2]上任取三個不同的數(shù)a,b,c,均存在以f(a),f(b),f(c)為邊長的三角形,則m的取值范圍是 .
三、解答題
10.(20xx蚌埠模擬)已知函數(shù)f(x)=alnxx+1+bx,曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為x+2y-3=0.
(1)求a,b的值.
(2)如果當(dāng)x>0,且x≠1時,f(x)>lnxx-1+kx,求k的取值范圍.
11.(20xx合肥模
5、擬)某唱片公司要發(fā)行一張名為《春風(fēng)再美也比不上你的笑》的唱片,包含《新花好月圓》《荷塘月色》等10首創(chuàng)新經(jīng)典歌曲.該公司計劃用x(百萬元)請李子恒老師進(jìn)行創(chuàng)作,經(jīng)調(diào)研知:該唱片的總利潤y(百萬元)與(3-x)x2成正比的關(guān)系,當(dāng)x=2時y=32.又有x2(3-x)∈(0,t],其中t是常數(shù),且t∈(0,2].
(1)設(shè)y=f(x),求其表達(dá)式及定義域(用t表示).
(2)求總利潤y的最大值及相應(yīng)的x的值.
12.(20xx淮北模擬)已知函數(shù)f(x)=(a+1a)lnx+1x-x.
(1)當(dāng)a>1時,討論f(x)在區(qū)間(0,1)上的單調(diào)性.
(2)當(dāng)a>0時,求f(x)的極值.
(3
6、)當(dāng)a≥3時,曲線y=f(x)上總存在不同兩點P(x1,f(x1)),Q(x2,f(x2)),使得曲線y=f(x)在P,Q兩點處的切線互相平行,證明:x1+x2>65.
答案解析
1.【解析】選B.由函數(shù)y=f(x)的圖像知,函數(shù)y=f(x)在[-13,1],[2,3)上是減少的,故f′(x)≤0的解集為[-13,1]∪[2,3).
2.【解析】選D.原不等式可化為lnx-px+1≤0,令f(x)=lnx-px+1,故只需f(x)max≤0.由f′(x)=1x-p,知f(x)在(0,1p)上是增加的,在(1p,+∞)上是減少的.
故f(x)max=f(1p)=-lnp,由-ln
7、p≤0得p≥1.
3.【解析】選A.設(shè)圓柱的高為h,則圓柱的底面半徑為R2-h2,圓柱的體積為V=π(R2-h2)h=-πh3+πR2h(0
8、-b有三個不相同的實數(shù)根,
令f(x)=2x3-3x2+1,
即函數(shù)y=f(x)=2x3-3x2+1與直線y=-b有三個交點.
由f′(x)=6x2-6x=6x(x-1)知,函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(-∞,0)上是增加的,在(0,1)上是減少的,在(1,+∞)上是增加的,故f(0)是函數(shù)的極大值,f(1)是函數(shù)的極小值,若函數(shù)y=f(x)=2x3-3x2+1與直線y=-b有三個交點,則f(1)<-b0時,有xf(x)-f(x)x2
9、<0,則[f(x)x]<0,f(x)x在x>0時是減少的,x2f(x)>0,即為x3f(x)x>0?f(x)x>0.f(2)=0,畫出y=f(x)x在x>0時的示意圖,知00,即為x3f(x)x>0?f(x)x<0.f(-2)=0,∴x<-2.綜上所述,不等式的解集是(-∞,-2)∪(0,2).
7.【解析】f′(x)=sinx+xcosx,當(dāng)x∈[5π4,4π3]時,sinx<0,cosx<0,
∴f′(x)=sinx+xcosx<0,則函數(shù)f(x)在x∈[5π4,
10、4π3]上是減少的,
∴f(4π3)0,即x∈(0,1]時,f(x)=ax3-3x+1≥0可化為a≥3x2-1x3,
設(shè)g(x)=3x2-1x3,則g′(x)=3(1-2x)x4,所以g(x)在區(qū)間(0,12]上是增加的,在區(qū)間[12,1]上是減少的,因此g(x)max=g(12)=4,從而a≥4.當(dāng)x<0,即x∈[-1,0)時,同理a≤3x2-1x3.g(x)在區(qū)間
11、[-1,0)上是增加的,∴g(x)min=g(-1)=4,從而a≤4,綜上可知a=4.
答案:4
【變式備選】已知兩函數(shù)f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其中k為實數(shù).
(1)對任意x∈[-3,3],都有f(x)≤g(x)成立,求k的取值范圍.
(2)存在x∈[-3,3],使f(x)≤g(x)成立,求k的取值范圍.
(3)對任意x1,x2∈[-3,3],都有f(x1)≤g(x2),求k的取值范圍.
【解析】(1)設(shè)h(x)=g(x)-f(x)=2x3-3x2-12x+k,
問題轉(zhuǎn)化為x∈[-3,3]時,h(x)≥0恒成立,
即h(x)min≥0,x
12、∈[-3,3].
令h′(x)=6x2-6x-12=0,得x=2或x=-1.
∵h(yuǎn)(-3)=k-45,h(-1)=k+7,h(2)=k-20,
h(3)=k-9,
∴h(x)min=k-45≥0,
得k≥45.
(2)據(jù)題意:存在x∈[-3,3],使f(x)≤g(x)成立,
即為h(x)=g(x)-f(x)≥0在x∈[-3,3]上能成立,
∴h(x)max≥0.
∴h(x)max=k+7≥0,
得k≥-7.
(3)據(jù)題意:f(x)max≤g(x)min,x∈[-3,3],
易得f(x)max=f(3)=120-k,
g(x)min=g(-3)=-21.
∴120
13、-k≤-21,
得k≥141.
9.【思路點撥】關(guān)鍵是在[0,2]上任取三個不同的數(shù)a,b,c,均存在以f(a),f(b),f(c)為邊長的三角形,三個不同的數(shù)a,b,c,對應(yīng)的f(a),f(b),f(c)可以有兩個相同.
【解析】f(x)=x3-3x+m,f(x)=3x2-3,由f(x)=0得到x=1或x=-1,在[0,2]上,函數(shù)先減少后增加,計算兩端及最小值f(0)=m,f(2)=2+m,f(1)=-2+m.在[0,2]上任取三個不同的數(shù)a,b,c,均存在以f(a),f(b),f(c)為邊的三角形,三個不同的數(shù)a,b,c對應(yīng)的f(a),f(b),f(c)可以有兩個相同.由三角形兩邊
14、之和大于第三邊,可知最小邊長的二倍必須大于最大邊長.
由題意知,f(1)=-2+m>0?、?
f(1)+f(1)>f(0),得到-4+2m>m ②
f(1)+f(1)>f(2),得到-4+2m>2+m?、?
由①②③得到m>6,即為所求.
答案:m>6
10.【解析】(1)由f(x)=alnxx+1+bx,得
f(x)=ax+1x-lnx(x+1)2-bx2=ax+1-xlnxx(x+1)2-bx2,
∵曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為x+2y-3=0,
∴f(1)=b=1,f(1)=12a-b=-12,解得a=1,b=1.
(2)由(1)知f(x)=lnxx
15、+1+1x,所以
f(x)-(lnxx-1+kx)=11-x2[2lnx+(k-1)(x2-1)x].
考慮函數(shù)h(x)=2lnx+(k-1)(x2-1)x(x>0),
則h(x)=(k-1)(x2+1)+2xx2.
(ⅰ)設(shè)k≤0,由h(x)=k(x2+1)-(x-1)2x2知,當(dāng)x≠1時,h(x)<0,而h(1)=0,故當(dāng)x∈(0,1)時,h(x)>0,可得11-x2h(x)>0;當(dāng)x∈(1,+∞)時,h(x)<0,可得11-x2h(x)>0.從而當(dāng)x>0,且x≠1時,f(x)-(lnxx-1+kx)>0,即f(x)>lnxx-1+kx.
(ⅱ)設(shè)0
16、-k)時,(k-1)(x2+1)+2x>0,故h(x)>0.而h(1)=0,故當(dāng)x∈(1,11-k)時,h(x)>0,可得11-x2h(x)<0,與題設(shè)矛盾.
(ⅲ)設(shè)k≥1,此時h(x)>0,而h(1)=0,故當(dāng)x∈(1,+∞)時,h(x)>0,可得11-x2h(x)<0,與題設(shè)矛盾.
綜合得,k的取值范圍為(-∞,0].
11.【解析】(1)y=k(3-x)x2,
當(dāng)x=2時,y=32,∴k=8,
y=f(x)=24x2-8x3.
∵x2(3-x)∈(0,t],
∴0
17、x=2.
討論:若2≤6t2t+1,即1≤t≤2時,
f(x)在(0,2)上是增加的,在(2,6t2t+1)上是減少的.
所以ymax=f(2)=32,
若2>6t2t+1,即00,所以f(x)在(0,6t2t+1)上是增加的.
ymax=f(6t2t+1)=864t2(2t+1)3.
綜上所述,當(dāng)1≤t≤2,x=2時,ymax=32;
當(dāng)01,故0
18、<1a<10),
當(dāng)a>1時,f(x)的減區(qū)間是(0,1a),(a,+∞),增區(qū)間是(1a,a).
f(x)極小值=f(1a)=(a+1a)ln1a+a-1a
=-(a+1a)lna+a-1a,
f(x)極大值=f(a)=(a+1a)lna-a+1a,
當(dāng)a=1時,f(x)=-(x-1)2x2≤0,f(x)無極值.
當(dāng)0
19、-1a,
f(x)極小值=f(a)=(a+1a)lna-a+1a.
(3)依題意知:f(x1)=(a+1a)1x1-1x12-1=f(x2)=(a+1a)1x2-1x22-1,
故a+1a=1x1+1x2=x1+x2x1x2,
由x1+x2>2x1x2得:x1x2<(x1+x2)24,
故x1+x2x1x2>4x1+x2,
即a+1a=x1+x2x1x2>4x1+x2,
當(dāng)a≥3時,a+1a≥103,
所以x1+x2>(4a+1a)max=65,
即x1+x2>65.
【方法技巧】巧解方程根的個數(shù)問題
當(dāng)函數(shù)的極值點很難求解時,可采用設(shè)而不求的思想.設(shè)出極值點后(設(shè)極大值為M,極小值為m),將M與m的符號問題轉(zhuǎn)化為M與m乘積的符號問題,最后把M與m乘積轉(zhuǎn)化為根與系數(shù)的關(guān)系解決.
高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第二章 第十二節(jié)
