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河北省邯郸市重点中学高三数学规范性课时作业(十五)(教师版)


课时作业(十五)
一、选择题 1.若函数 f(x)=(x+1)· ex,则下列命题正确的是( B )
1 A.对任意 m<-e2,都存在 x∈R,使得 f(x)<m 1 B.对任意 m>- 2,都存在 x∈R,使得 f(x)<m e 1 C.对任意 m<-e2,方程 f(x)=m 只有一个实根 1 D.对任意 m>-e2,方程 f(x)=m 总有两个实根 解析:f′(x)=ex+(x+1)ex=(x+2)· ex,可知当 x∈(-∞,-2)时 f(x)为减函数;当 x 1 ∈(-2,+∞)时 f(x)为增函数,故 f(x)min=-e2,则结合所给出的选项,可知 B 正确.

1 2.设函数 f(x)= x-ln x,则 y=f(x)( 3
1 A.在区间? e,1?,(1,e)内均有零点

D )

?

?

1 B.在区间? e,1?,(1, e)内均无零点

? ?

? ?

1 C.在区间? e,1?内有零点,在区间(1,e)内无零点 1 D.在区间? e,1?内无零点,在区间(1,e)内有零点

?

?

1 1 1 x-3 解析:f(x)=3x-ln x,则 f′(x)=3- x= 3x ,知当 x∈(0,3)时,f′(x)<0,f(x)单调递 减,x∈(3,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(3,+∞)上单调递增,而 f(3)=1-ln 3<0,故 f(x) 1 e 在(0,3)上有零点且惟一,在(3,+∞)上有零点且惟一,f(1)=3>0,f(e)=3-1<0,故在(1, 1 e)上有零点,在? e,1?上无零点,故选 D.

?

?

3. 等比数列{an}中, a1=2, a8=4, 函数 f(x)=x(x-a1)(x-a2)…(x-a8), 则 f′(0) =( C )
B.29 C.212 D.215

A.26

解析:f′(x)=x′· [(x-a1)(x-a2)…(x-a8)]+[(x-a1)(x-a2)…(x-a8)]′· x =(x-a1)(x-a2)…(x-a8)+[(x-a1)(x-a2)…(x-a8)]′· x, 所以 f′(0)=(0-a1)(0-a2)…(0-a8)+[(0-a1)(0-a2)…(0-a8)]′· 0=a1a2…a8. 因为数列{an}为等比数列,所以 a2a7=a3a6=a4a5=a1a8=8,所以 f′(0)=84=212.

1 4.设函数 f(x)=3x3+ax2+5x+6 在区间[1,3]是单调减函数,则实数 a 的取值 范围是( C )
A.[- 5,+∞) B.(-∞,-3]∪[- 5,+∞) C.(-∞,-3] D.[- 5, 5] 1 解析:f′(x)=x2+2ax+5,因为 f(x)=3x3+ax2+5x+6 在[1,3]是单调递减函数,所以

?f′?1?≤0 f′(x)≤0 在[1,3]上恒成立,只需? ,解得 a≤-3. ?f′?3?≤0 5.函数 f(x)的导函数为 f ′(x),对任意的 x∈R,都有 2f ′(x)>f(x)成立,则 ( B )
A.3f(2ln 2)>2f(2ln 3) B.3f(2ln 2)<2f(2ln 3) C.3f(2ln 2)=2f(2ln 3) D.3f(2ln 2)与 2f(2ln 3)的大小不确定 x 1 x e2f ′?x?-2e2f?x? 2f ′?x?-f?x? f?x? 解析: 令 F(x)= x , 则 F′(x)= = , 由已知 2f ′(x)>f(x), x2 x e ?e ? 2· e 2 2 2 f?2ln 2? f?2ln 3? 可知 F′(x)>0 恒成立, 故 F(x)在 R 上单调递增, 则 2 < 3 ,即 3f(2ln 2)<2f(2ln 3).

6.若商品的年利润 y(万元)与年产量 x(百万件)的函数关系式 y=-x3+27x+ 123(x>0),则获得最大利润时的年产量为( C
A.1 百万件 B.2 百万件 C.3 百万件 D.4 百万件 解析:依题意得,y′=-3x2+27=-3(x-3)(x+3),当 0<x<3 时,y′>0;当 x>3 时, y′<0.因此,当 x=3 时,该商品的年利润最大.

)

二、填空题 7.已知函数 f(x)是 R 上的偶函数,且在(0,+∞)上有 f ′(x)>0,若 f(-1)=0, 那么关于 x 的不等式 xf(x)<0 的解集是________.
解析:在(0,+∞)上有 f ′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)单调递增.又函数 f(x)是 R 上 的偶函数,所以 f(1)=f(-1)=0.当 x>0 时, f(x)<0,∴0<x<1;当 x<0 时,图象关于 y 轴

对称, f(x)>0,∴x<-1. 答案:(-∞,-1)∪(0,1)

8.直线 y=a 与函数 f(x)=x3-3x 的图象有相异的三个公共点,则 a 的取值范 围是________.
解析:令 f ′(x)=3x2-3=0,得 x=± 1,可得极大值为 f(-1)=2,极小 值为 f(1)=-2,如图,观察得-2<a<2 时恰有三个不同的公共点. 答案:(-2,2)

9.已知函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数,当 x≥0 时, f(x)=ex-ax,若函数 在 R 上有且仅有 4 个零点,则 a 的取值范围是________.
解析:x≥0 时 f(x)=ex-ax,f(0)=1>0,f(x)又为偶函数,所以函数 f(x)在 R 上有 4 个 零点,则在(0,+∞)上有两个零点,x>0 时,f ′(x)=ex-a=0 得 x=ln a(a>0),所以 f(x) 在(0,ln a)上单调减,在(ln a,+∞)上单调递增,若在(0,+∞)上存在两个零点,则 f(ln a)=a-aln a<0,得 a>e,即 a 的取值范围是(e,+∞). 答案:(e,+∞)

三、解答题 10.已知函数 f(x)=xln x. (1)若函数 g(x)=f(x)+x2+ax+2 有零点,求实数 a 的最大值; f?x? (2)若?x>0, x ≤x-kx2-1 恒成立,求实数 k 的取值范围.
解:(1)由题知,g(x)=xln x+x2+ax+2=0 在(0,+∞)上有实根, 2 即:-a=ln x+x+x在(0,+∞)上有实根, 2 1 1 2 x +x-2 1 令 φ(x)=ln x+x+x ,则 φ′(x)=x +1-x2= x2 =x2(x+2)(x-1), 易知,φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以,-a≥φ(x)max=φ(1)= 3,a≤-3. f?x? (2)依题意 x ≤x-kx2-1,kx2≤x-1-ln x,x>0. 1 所以 k≤x2(x-1-ln x) 1 设 g(x)=x-1-ln x,x>0,g′(x)=1- , x 当 0<x<1 时 g′(x)<0, 当 x>1 时 g′(x)>0,所以?x>0,g(x)≥g(1)=0. 1 所以,x2(x-1-ln x)≥0, ∴k≤0,即 k 的取值范围是(-∞,0].

1 11.设函数 f(x)=cln x+2x2+bx(b,c∈R,c≠0),且 x=1 为 f(x)的极值点. (1)若 x=1 为 f(x)的极大值点,求 f(x)的单调区间(用 c 表示); (2)若 f(x)=0 恰有两解,求实数 c 的取值范围.
x2+bx+c c 解:f′(x)=x+x+b= ,又 f′(1)=0, x 则 b+c+1=0, ?x-1??x-c? 所以 f′(x)= 且 c≠1, x (1)因为 x=1 为 f(x)的极大值点,所以 c>1. 令 f′(x)>0,得 0<x<1 或 x>c;令 f′(x)<0,得 1<x<c. 所以 f(x)的递增区间为(0,1),(c,+∞);递减区间为(1,c). (2)①若 c<0,则 f(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增. 1 1 若 f(x)=0 恰有两解,则 f(1)<0,即2+b<0,所以-2<c<0. 1 1 ②若 0<c<1,则 f(x)极大值=f(c)=cln c+ c2+bc,f(x)极小值=f(1)= +b.因为 b=-1-c, 2 2 c2 c2 则 f(x)极大值=cln c+ 2 +c(-1-c)=cln c-c- 2 <0, 1 f(x)极小值=-2-c,从而 f(x)=0 只有一解; 1 ③若 c>1,则 f(x)极大值=-2-c<0, c2 从而 f(x)极小值=cln c+ 2 +c(-1-c) c2 =cln c-c- 2 <0, 则 f(x)=0 只有一解. 1 综上,使 f(x)=0 恰有两解的 c 的取值范围为- <c<0. 2

12.在淘宝网上,某店铺专卖当地某种特产,由以往的经验表明,不考虑其 他因素,该特产每日的销售量 y(单位:千克)与销售价格 x(单位:元/千克,1<x≤5) 满足:当 1<x≤3 时,y=a(x-3)2+ b ,(a,b 为常数);当 3<x≤5 时,y=-70x x-1

+490,已知当销售价格为 2 元/千克时,每日可售出该特产 700 千克;当销售价格 为 3 元/千克时,每日可售出该特产 150 千克. (1)求 a,b 的值,并确定 y 关于 x 的函数解析式; (2)若该特产的销售成本为 1 元/千克,试确定销售价格 x 的值,使店铺每日销 售该特产所获利润 f(x)最大(x 精确到 0.01 元/千克).

解:(1)因为 x=2 时,y=700;x=3 时,y=150,所以 b ? ?2=150 ? 解得 a=400,b=300. ? ?a+b=700 300 ? ?400?x-3?2+x-1,1<x≤3 每日的销售量 y=? ; ? ?-70x+490,3<x≤5 (2)由(1)知,当 1<x≤3 时: 300 ? 2 ? 每日销售利润 f(x)=?400?x-3? +x-1?(x-1) ? ? =400(x-3)2(x-1)+300 =400(x3-7x2+15x-9)+300(1<x≤3) f′(x)=400(3x2-14x+15) 5 当 x=3,或 x=3 时 f′(x)=0 5 5 当 x∈?1,3?时 f′(x)>0,f(x)单增;当 x∈?3,3?时 f′(x)<0,f(x)单减.

?

?

?

?

5 ∴x= 是函数 f(x)在(1,3]上的惟一极大值点, 3 5 32 f?3?=400× +300>700; 27 ? ? 当 3<x≤5 时: 每日销售利润 f(x)=(-70x+490)(x-1) =-70(x2-8x+7) 5 f(x)在 x=4 有最大值,且 f(4)=630<f?3?

? ?

5 综上,销售价格 x=3≈1.67 元/千克时,每日利润最大.

[热点预测]

1 13.已知函数 f(x)=x· sin θ+ln x 在[1,+∞)上为增函数,且 θ∈(0,π),g(x) =tx- t-1+2e -ln x,t∈R. x

(1)求 θ 的值; (2)当 t=0 时,求函数 g(x)的单调区间和极大值;

(3)若在[1,e]上至少存在一个 x0,使得 g(x0)>f(x0)成立,求 t 的取值范围.
sin θ· x-1 1 1 解: (1)由已知得 f ′(x)=-sin θ· +∞)上恒成立, 即 sin θ· x2+x≥0 在[1, x2 ≥0 在[1, +∞)上恒成立,∵θ∈(0,π),∴sin θ>0,∴sin θ· x-1≥0 在[1,+∞)上恒成立,只需 sin π θ· 1-1≥0,即 sin θ≥1,∴sin θ=1,由 θ∈(0,π),知 θ=2. -1+2e (2)∵t=0,∴g(x)=- -ln x,x∈(0,+∞), x 2e-1 1 2e-1-x ∴g′(x)= x2 -x= , x2 令 g′(x)=0,则 x=2e-1∈(0,+∞),∴x,g′(x)和 g(x)的变化情况如下表: x g′(x) g(x) (0,2e-1) + ↗ 2e-1 0 极大值 (2e-1,+∞) - ↘

即函数的单调递增区间是(0,2e-1),单调递减区间是(2e-1,+∞),极大值是 g(2e -1)=-1-ln(2e-1). (3)令 F(x)=g(x)-f(x)=tx- t+2e -2ln x, x

t 2e 当 t≤0 时,由 x∈[1,e]有 tx-x≤0,且-2ln x- x <0,∴此时不存在 x0∈[1,e]使得 g(x0)>f(x0)成立; t+2e 2 tx2-2x+t+2e 当 t>0 时,F ′(x)=t+ x2 - x= ,∵x∈[1,e],∴2e-2x≥0,又 tx2 x2 +t>0,∴F′(x)>0 在[1,e]上恒成立,故 F(x)在[1,e]上单调递增,∴F(x)max=F(e)=te- t t 4e ? 4e ,+∞?. - 4 ,令 t e - - 4>0 ,则 t > ,故所求 t 的取值范围为 ?e2-1 ? 2 e e e -1 ? ?


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