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2014届高三数学(理)二轮强化训练:专题1 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数(5) Word版含解析]


课时强化训练(五) 一、选择题 1.(2013· 哈尔滨联考)已知 a 为实数,函数 f(x)=x3+ax2+(a-2)x 的导函数 f′(x)是偶 函数,则曲线 y=f(x)在原点处的切线方程为( ) A.y=-3x B.y=-2x C.y=3x D.y=2x 解析:∵f(x)=x3+ax2+(a-2)x, ∴f′(x)=3x2+2ax+a-2, ∵f′(x)为偶函数,∴a=0, ∴f′(x)=3x2-2,∴f′(0)=-2, ∴曲线 y=f(x)在原点处的切线方程为 y=-2x. 答案:B 2.(2013· 洛阳统考)若函数 f(x)=2x3-9x2+12x-a 恰好有两个不同零点,则 a 可能为 ( ) A.4 B.6 C.7 D.8 解析:f′(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2),由 f′(x)>0 得 x<1 或 x>2,由 f′(x)<0 得 1<x<2,所以函数 f(x)在(-∞,1),(2,+∞)上单调递增,在(1,2)上单调递减,从而可 知 f(x)的极大值和极小值分别为 f(1),f(2),若欲使函数 f(x)恰好有两个不同的零点,则需使 f(1)=0 或 f(2)=0,解得 a=5 或 a=4,而选项中只给出了 4,所以选 A. 答案:A 3.(2013· 大同调研)设 f(x)、g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数,当 x<0 时, f′(x)· g(x)+f(x)· g′(x)>0,且 g(-3)=0,则不等式 f(x)· g(x)<0 的解集是( ) A.(-3,0)∪(3,+∞) B.(-3,0)∪(0,3) C.(-∞,-3)∪(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(0,3) 解析: 记 h(x)=f(x)· g(x). 依题意得, h(-x)=f(-x)· g(-x)=-f(x)g(x), 即 h(-x)=-h(x), 所以函数 h(x)是奇函数.当 x<0 时,h′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,h(x)是增函数,又 h(-3)=f(-3)· g(-3)=0, 因此, 不等式 h(x)<0 的解集是(-∞, -3)∪(0,3), 即不等式 f(x)· g(x) <0 的解集是(-∞,-3)∪(0,3),选 D. 答案:D 1 1 4.(2013· 长春调研)已知函数 f(x)= x3+ ax2+bx+c 在 x1 处取得极大值,在 x2 处取得 3 2 极小值,满足 x1∈(-1,1),x2∈(2,4),则 a+2b 的取值范围是 ( ) A.(-11,-3) B.(-6,-4) C.(-16,-8) D.(-11,3) 解析:依题意得,f′(x)=x2+ax+b,x1,x2 是方程 f′(x)=0 的两个根,于是有

? ?f′?1?=1 +a· 1+b=1+a+b<0, ?f′?2?=2 +a· 2+b=4+2a+b<0, ? ?f′?4?=4 +a· 4+b=16+4a+b>0,
2 2 2

f′?-1?=?-1?2+a· ?-1?+b=1-a+b>0,

在坐标平面内画出该不等式组表示的平面区域, 阴影部分表示的四边形的四个顶点的坐

标分别为(-3,-4),(-1,-2),(-3,2),(-5,4),验证得:当 a=-5,b=4 时,a+2b 取得最大值 3;当 a=-3,b=-4 时,a+2b 取得最小值-11.于是 a+2b 的取值范围是(- 11,3),故选 D. 答案:D 5.(2013· 新课标全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是( ) A.?x0∈R,f(x0)=0 B.函数 y=f(x)的图象是中心对称图形 C.若 x0 是 f(x)的极小值点,则 f(x)在区间(-∞,x0)单调递减 D.若 x0 是 f(x)的极值点,则 f′(x0)=0 解析:f′(x)=3x2+2ax+b,因为 x0 是极小值点,所以 f′(x)=0 必有两个不同的实根, 且 x0 为较大实根,若另一根为 x1,则在区间(x1,x0)内 f′(x)<0,即 f(x)在该区间内单调递减, 而在(-∞,x0)内,f(x)不具有单调性,故选 C. 对于 A:当 x 趋于+∞时,y 趋于+∞,当 x 趋于-∞时,y 趋于-∞; 当?x0∈R,f(x0)=0; a 2 ab - , a3- +c?.故 B 正确. 对于 B:f(x)的图象的对称中心为? 3 ? 3 27 ? 对于 D:由极值点的定义可知正确. 答案:C ex e2 6.(2013· 辽宁卷)设函数 f(x)满足 x2f′(x)+2xf(x)= ,f(2)= ,则 x>0 时,f(x)( ) x 8 A.有极大值,无极小值 B.有极小值,无极大值 C.既有极大值又有极小值 D.既无极大值也无极小值 ex-2x2f?x? ex 2 2 解析:由 x f′(x)+2xf(x)= 得 x f′(x)= ,设 h(x))=ex-2x2f(x),所以 h′(x) x x 2ex 2 =ex-2(x2f′(x)+2xf(x))=ex- =ex(1- ). 所以当 0<x<2 时, h′(x)<0; 当 x>2 时, h′(x)>0, x x x 2 e -2x f?x? 所以 h(x)≥h(2)=0.所以当 x>0 时,x2f′(x)= ≥0,即 f′(x)≥0.所以 f(x)在(0,+ x ∞)上为增函数.故选 D. 答案:D 二、填空题 π 7.若曲线 y=xsinx+1 在 x= 处的切线与直线 ax+2y+1=0 互相垂直,则实数 a= 2 ________. π 解析: 由题意知 y′=sinx+xcosx, 则曲线 y=xsinx+1 在 x= 处的切线的斜率是 y′| ? 2 x=
2

a? a =1,又直线 ax+2y+1=0 的斜率是- ,所以? ?-2?×1=-1,解得 a=2. 2 答案:2 8.若函数 f(x)=x3-12x 在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则实数 k 的取值范围是 __________. 解析:由题意可知 f′(x)=3(x+2)(x-2),则 k-1<-2<k+1 或 k-1<2<k+1,解得 -3<k<-1 或 1<k<3. 答案:(-3,-1)∪(1,3) 1 9.(2013· 东北联考)已知 M 是曲线 y=lnx+ x2+(1-a)x 上的一点,若曲线在 M 处的切 2 π 线的倾斜角是均不小于 的锐角,则实数 a 的取值范围是__________. 4 1 解析:依题意得 y′= +x+(1-a),其中 x>0.由曲线在 M 处的切线的倾斜角是均不 x

π 1 1 1 小于 的锐角得,对于任意正数 x,均有 +x+(1-a)≥1,即 a≤ +x.注意到当 x>0 时, + 4 x x x 1 1 x≥2 · x=2,当且仅当 =x,即 x=1 时取等号,因此实数 a 的取值范围是(-∞,2]. x x 答案:(-∞,2] 三、解答题 10.(2013· 重庆卷)设 f(x)=a(x-5)2+6lnx,其中 a∈R,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切 线与 y 轴相交于点(0,6). (1)确定 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值. 解析:(1)因 f(x)=a(x-5)2+6lnx, 6 故 f′(x)=2a(x-5)+ . x 令 x=1,得 f(1)=16a,f′(1)=6-8a, 所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y-16a=(6-8a)· (x-1),由点(0,6)在切线 1 上可得 6-16a=8a-6,故 a= . 2 1 (2)由(1)知,f(x)= (x-5)2+6lnx(x>0), 2 6 ?x-2??x-3? f′(x)=x-5+ = . x x 令 f′(x)=0,解得 x1=2,x2=3. 当 0<x<2 或 x>3 时,f′(x)>0,故 f(x)在(0,2),(3,+∞)上为增函数;当 2<x<3 时,f′(x)<0,故 f(x)在(2,3)上为减函数. 9 由此可知 f(x)在 x=2 处取得极大值 f(2)= +6ln2,在 x=3 处取得极小值 f(3)=2+6ln3. 2 11.(2013· 新课标全国卷Ⅰ)设函数 f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线 y=f(x)和 曲线 y=g(x)都过点 P(0,2),且在点 P 处有相同的切线 y=4x+2. (1)求 a,b,c,d 的值; (2)若 x≥-2 时,f(x)≤kg(x),求 k 的取值范围. 解析:(1)由已知得 f(0)=2,g(0)=2,f′(0)=4,g′(0)=4. 而 f′(x)=2x+a,g′(x)=ex(cx+d+c), 故 b=2,d=2,a=4,d+c=4. 从而 a=4,b=2,c=2,d=2. (2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1). 设函数 F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,则 F′(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x +2)· (kex-1). 由题设可得 F(0)≥0,即 k≥1. 令 F′(x)=0 得 x1=-lnk,x2=-2. ①若 1≤k<e2,则-2<x1≤0.从而当 x∈(-2,x1)时,F′(x)<0;当 x∈(x1,+∞)时, F′(x)>0.即 F(x)在(-2,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增.故 F(x)在[-2,+∞) 上的最小值为 F(x1). 而 F(x1)=2x1+2-x2 1-4x1-2=-x1(x1+2)≥0. 故当 x≥-2 时,F(x)≥0,即 f(x)≤kg(x)恒成立. - ②若 k=e2,则 F′(x)=2e2(x+2)(ex-e 2). 从而当 x>-2 时,F′(x)>0 ,即 F(x)在(-2,+∞)上单调递增. 而 F(-2)=0,故当 x≥-2 时,F(x)≥0,即 f(x)≤kg(x)恒成立. - - ③若 k>e2,则 F(-2)=-2ke 2+2=-2e 2· (k-e2)<0. 从而当 x≥-2 时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立. 综上,k 的取值范围是[1,e2]. 12.(2013· 广东卷)设函数 f(x)=(x-1)ex-kx2(k∈R). (1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间;

1 ? (2)当 k∈? ?2,1?时,求函数 f(x)在[0,k]上的最大值 M. 解析:(1)当 k=1 时,f(x)=(x-1)ex-x2,f′(x)=x(ex-2),由 f′(x)=x(ex-2)>0,解得 x<0 或 x>ln2,所以 f(x)的递增区间为(-∞,0),(ln2,+∞);递减区间为(0,ln2). 1 ? x (2)当 k∈? ?2,1?时,f′(x)=x(e -2k),x∈[0,k].令 f′(x)=0,得 x=0 或 x=ln(2k)∈ [0,k], 当 x∈(0,ln(2k))时,f′(x)<0,f(x)递减;当 x∈(ln(2k),k]时,f′(x)>0,f(x)递增, 所以 M=max{f(0),f(k)}. 又 f(k)-f(0)=(k-1)ek-k3+1=(k-1)[ek-(k2+k+1)], 令 g(x)=ex-(x2+x+1)(0≤x≤k), 则 g′(x)=ex-(2x+1)=h(x)(0≤x≤k), h′(x)=ex-2(0≤x≤k), 令 h′(x)=0,得 x=ln2,∴当 x∈[0,ln2)时,h′(x)<0;当 x∈(ln2,k]时,h′(x)>0, ∴h(x)在[0,ln2]上单调递减,在[ln2,k]上单调递增. 又∵h(0)=e0-(2×0+1)=0,h(k)=ek-(2k+1)≤0 恒成立, ∴h(x)≤0 在[0,k]上恒成立, 即 g′(x)≤0 在[0,k]上恒成立,∴g(x)在[0,k]上单调递减. ∴g(x)≤g(0)=0,又∵k-1≤0,∴f(k)-f(0)=(k-1)[ek-(k2+k+1)]≥0, ∴M=f(k)=(k-1)ek-k3.


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