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2018届高三数学(理)二轮复习专题集训:专题2 函数、不等式、导数2.4.2

资料类别: 数学/同步

所属版本: 通用

所属地区: 全国

上传时间:2018/3/16

下载次数:85次

资料类型:

文档大小:89KB

所属点数: 2

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A级
1.若函数f(x)=(x+1)·ex,则下列命题正确的是(  )
A.对任意m<-,都存在xR,使得f(x)-,都存在xR,使得f(x)-,方程f(x)=m总有两个实根
解析: 因为f′(x)=[(x+1)ex]′=(x+1)ex+ex=(x+2)ex,故函数在区间(-∞,-2),(-2,+∞)上分别为减函数与增函数,故f(x)min=f(-2)=-,故当m>-时,总存在x使得f(x)0,故g(x)在[-1,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,故g(x)min=g(1)=1-3+3-=1-,a≥1-,实数a的最小值为1-.
答案: C
3.已知a,bR,直线y=ax+b+与函数f(x)=tan x的图象在x=-处相切,设g(x)=ex+bx2+a,若在区间[1,2]上,不等式m≤g(x)≤m2-2恒成立,则实数m(  )
A.有最小值-e 	B.有最小值e
C.有最大值e 	D.有最大值e+1
解析: f(x)=tan x=,f′(x)==,a=f′=2,又点在直线y=ax+b+上,-1=2×+b+,得b=-1,g(x)=ex-x2+2,g′(x)=ex-2x,令h(x)=ex-2x,则h′(x)=ex-2,当x[1,2]时,h′(x)≥h′(1)=e-2>0,g′(x)在[1,2]上单调递增,g′(x)≥g′(1)=e-2>0,g(x)在[1,2]上单调递增,
解得m≤-e或e≤m≤e+1,m的最大值为e+1,无最小值,故选D.
答案: D
4.已知函数f(x)=aln x-ax-3(aR).若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处切线的倾斜角为,且对于任意的t[1,2],函数g(x)=x3+x2在区间(t,3)上总不是单调函数,则实数m的取值范围是 (  )
A.(-∞,-5) 	B.
C.(-9,+∞) 	D.
解析: 由函数f(x)=aln x-ax-3(aR),可得f′(x)=-a,f′(2)=-=1,得a=-2.又对于任意的t[1,2],函数g(x)=x3+x2=x3+x2在区间(t,3)上总不是单调函数,只需g(x)=x3+x2-2x在(2,3)上不是单调函数,故g′(x)=3x2+(m+4)x-2在(2,3)上有零点,即方程m=-3x-4+在(2,3)上有解.而y=-3x-4+在(2,3)上单调递减,故其值域为,所以实数m的取值范围是.故选D.
答案: D
5.已知函数f(x)=ex-1,g(x)=+x,其中e是自然对数的底数,e=2.718 28….
(1)证明:函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(1,2)上有零点;
(2)求方程f(x)=g(x)的根的个数,并说明理由.
解析: (1)证明:由h(x)=f(x)-g(x)=ex-1--x得,
h(1)=e-3<0,h(2)=e2-3->0,所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点.
(2)由(1)得h(x)=ex-1--x.
由g(x)=+x知,x[0,+∞),而h(0)=0,则x=0为h(x)的一个零点,而h(x)在(1,2)内有零点,因此h(x)在[0,+∞)上至少有两个零点.因为h′(x)=ex-x--1,记φ(x)=ex-x--1,
则φ′(x)=ex+x-.当x(0,+∞)时,φ′(x)>0,因此φ(x)在(0,+∞)上单调递增,则φ(x)在(0,+∞)内至多只有一个零点,即h(x)在[0,+∞)内至多有两个零点.所以方程f(x)=g(x)的根的个数为2.
6.(2017·全国卷)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
解析: (1)f′(x)=(1-2x-x2)ex.
令f′(x)=0得x=-1-或x=-1+.
当x(-∞,-1-)时,f′(x)<0;
当x(-1-,-1+)时,f′(x)>0;
当x(-1+,+∞)时,f′(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)单调递减,在(-1-,-1+)单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,则h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)单调递减.而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,则g′(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)单调递增.而g(0)=0,故ex≥x+1.
当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
当a≤0时,取x0=,则x0(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
B级
1.(2017·全国卷)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.
(1)求a;
(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-21时,g′(x)>0,g(x)单调递增.
所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.
综上,a=1.
(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f′(x)=2x-2-ln x.
设h(x)=2x-2-ln x,则h′(x)=2-.
当x时,h′(x)<0;
当x时,h′(x)>0.
所以h(x)在上单调递减,在上单调递增.
又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,
所以h(x)在上有唯一零点x0,在上有唯一零点1,且当x(0,x0)时,h(x)>0;当x(x0,1)时,h(x)<0;当x(1,+∞)时,h(x)>0.
因为f′(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f′(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0得f(x0)<.
因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,
由e-1(0,1),f′(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2.
所以e-20),若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处切线的斜率小于0,
则f′(2)=-a+<0,即有a>,所以2a+1>2>1,
则由f′(x)>0得02a+1;
由f′(x)<0得1f(x2),>,
所以原不等式为f(x1)-f(x2)<λ,即f(x1)-
        
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