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2018届高三数学(文)二轮复习专题集训:专题2 函数、不等式、导数2.2

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:63次

资料类型:

文档大小:116KB

所属点数: 2

普通下载 VIP下载 【下载此资源需要登录并付出 2 点,如何获得点?
A级
1.已知函数f(x)=3x-b(2≤x≤4,b为常数)的图象经过点(2,1),则f(x)的值域为(  )
A.[1,81] 	B.[1,3]
C.[1,9] 	D.[1,+∞)
解析: 由f(x)的图象过点(2,1)可知b=2,f(x)=3x-2,其在区间[2,4]上是增函数,f(x)min=f(2)=30=1,f(x)max=f(4)=32=9.故C正确.
答案: C
2.(2017·安徽省两校阶段性测试)函数y=的图象大致是(  )

解析: 易知函数y=是偶函数,可排除B,当x>0时,y=xln x,y′=ln x+1,令y′>0,得x>e-1,所以当x>0时,函数在(e-1,+∞)上单调递增,结合图象可知D正确,故选D.
答案: D
3.已知x0是f(x)=x+的一个零点,x1(-∞,x0),x2(x0,0),则(  )
A.f(x1)<0,f(x2)<0 	B.f(x1)>0,f(x2)>0
C.f(x1)>0,f(x2)<0 	D.f(x1)<0,f(x2)>0
解析: 因为x0是函数f(x)=x+的一个零点,所以f(x0)=0,因为f(x)=x+在(-∞,0)和(0,+∞)上是单调递减函数,且x1(-∞,x0),x2(x0,0),所以f(x1)>f(x0)=0>f(x2).
答案: C
4.(2017·云南省第一次统一检测)已知a,b,c,d都是常数,a>b,c>d.若f(x)=2 017-(x-a)(x-b)的零点为c,d,则下列不等式正确的是(  )
A.a>c>b>d 	B.a>b>c>d
C.c>d>a>b 	D.c>a>b>d

解析: f(x)=2 017-(x-a)(x-b)=-x2+(a+b)x-ab+2 017,又f(a)=f(b)=2 017,c,d为函数f(x)的零点,且a>b,c>d,所以可在平面直角坐标系中作出函数f(x)的大致图象,如图所示,由图可知c>a>b>d,故选D.
答案: D
5.(2017·洛阳市第一次统一考试)已知f(x)是偶函数,当x>0时, f(x)单调递减,设a=-21.2,b=-0.8,c=2log52,则f(a),f(b),f(c)的大小关系为(  )
A.f(c)f(b)>f(a) 	D.f(c)>f(a)>f(b)
解析: 依题意,注意到21.2>20.8=-0.8>20=1=log55>log54=2log52>0,又函数f(x)在区间(0,+∞)上是减函数,于是有f(21.2)0,故y1为增函数,
当x=200时,y1取得最大值1 980-200a,即投资生产甲产品的最大年利润为(1 980-200a)万美元.
y2=-0.05(x-100)2+460(1≤x≤120,xN*),
当x=100时,y2取得最大值460,即投资生产乙产品的最大年利润为460万美元.
(3)为研究生产哪种产品年利润最大,我们采用作差法比较:
由(2)知生产甲产品的最大年利润为(1 980-200a)万美元,生产乙产品的最大年利润为460万美元,
(1 980-200a)-460=1 520-200a,且6≤a≤8,
当1 520-200a>0,即6≤a<7.6时,投资生产甲产品200件可获得最大年利润;
当1 520-200a=0,即a=7.6时,生产甲产品与生产乙产品均可获得最大年利润;
当1 520-200a<0,即7.61),都有f(x-2)≤g(x),则m的取值范围是(  )
A.(1,2+ln 2) 	B.
C.(ln 2,2] 	D.
解析: 作出函数y1=e|x-2|和y=g(x)的图象,由图可知当x=1时,y1=g(1),又当x=4时,y1=e24时,由ex-2≤4e5-x,得e2x-7≤4,即2x-7≤ln 4,解得x≤ln 2+,又m>1,10,则方程(a-1)t2-at-1=0有且只有一个正根.
当a=1时,则t=-不合题意;
当a≠1时,Δ=0,解得a=或-3.
若a=,则t=-2,不合题意;
若a=-3,则t=;
若方程有一个正根与一个负根,即<0,解得a>1.
综上所述,实数a的取值范围是{-3}(1,+∞).
4.已知函数f(x)=ex-m-x,其中m为常数.
(1)若对任意xR有f(x)≥0成立,求m的取值范围;
(2)当m>1时,判断f(x)在[0,2m]上零点的个数,并说明理由.
解析: (1)f′(x)=ex-m-1,令f′(x)=0,得x=m.
故当x(-∞,m)时,ex-m<1,
f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x(m,+∞)时,ex-m>1,
f′(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=m时,f(m)为极小值,也是最小值.
令f(m)=1-m≥0,得m≤1,
即若对任意xR有f(x)≥0成立,
则m的取值范围是(-∞,1].
(2)由(1)知f(x)在[0,2m]上至多有两个零点,
当m>1时, f(m)=1-m<0.
因为f(0)=e-m>0,f(0)f(m)<0,
所以f(x)在(0,m)上有一个零点.
因为f(2m)=em-2m,令g(m)=em-2m,
因为当m>1时,g′(m)=em-2>0,
所以g(m)在(1,+∞)上单调递增,
所以g(m)>g(1)=e-2>0,即f(2m)>0.
所以f(m)·f(2m)<0,
所以f(x)在(m,2m)上有一个零点.
故f(x)在[0,2m]上有两个零点.













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