高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第二章 第十二節(jié)

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 課時(shí)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(gè)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(gè)不

3、相同的交點(diǎn),則實(shí)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(shí),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(shí)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(gè)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(diǎn)(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(shí),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(jì)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(shí)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(shí),討論f(x)在區(qū)間(0,1)上的單調(diào)性. (2)當(dāng)a>0時(shí),求f(x)的極值. (3

6、)當(dāng)a≥3時(shí),曲線y=f(x)上總存在不同兩點(diǎn)P(x1,f(x1)),Q(x2,f(x2)),使得曲線y=f(x)在P,Q兩點(diǎn)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(gè)不相同的實(shí)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(gè)交點(diǎn). 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(gè)交點(diǎn),則f(1)<-b0時(shí),有xf(x)-f(x)x2

9、<0,則[f(x)x]<0,f(x)x在x>0時(shí)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(shí)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(shí),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(shí),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(shí),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(shí)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(shí),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(diǎn)撥】關(guān)鍵是在[0,2]上任取三個(gè)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(gè)不同的數(shù)a,b,c,對應(yīng)的f(a),f(b),f(c)可以有兩個(gè)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(jì)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(gè)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(gè)不同的數(shù)a,b,c對應(yīng)的f(a),f(b),f(c)可以有兩個(gè)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?、? 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(diǎn)(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(shí),h(x)<0,而h(1)=0,故當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h(x)>0,可得11-x2h(x)>0;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),h(x)<0,可得11-x2h(x)>0.從而當(dāng)x>0,且x≠1時(shí),f(x)-(lnxx-1+kx)>0,即f(x)>lnxx-1+kx. (ⅱ)設(shè)0

16、-k)時(shí),(k-1)(x2+1)+2x>0,故h(x)>0.而h(1)=0,故當(dāng)x∈(1,11-k)時(shí),h(x)>0,可得11-x2h(x)<0,與題設(shè)矛盾. (ⅲ)設(shè)k≥1,此時(shí)h(x)>0,而h(1)=0,故當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),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(shí),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(shí), 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(shí),ymax=32; 當(dāng)01,故0

18、<1a<10), 當(dāng)a>1時(shí),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(shí),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(shí),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(gè)數(shù)問題 當(dāng)函數(shù)的極值點(diǎn)很難求解時(shí),可采用設(shè)而不求的思想.設(shè)出極值點(diǎn)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.