届高考数学基础得分题集及答案 16Word文档格式.docx
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C.6D.5
A
设圆柱的底面半径为R,母线长为l,则V=πR2l=27π,∴l=
.要使用料最省,只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小.
由题意,S=πR2+2πRl=πR2+2π·
∴S′=2πR-
,令S′=0,得R=3,则当R=3时,S最小.故选A.
4.[2017·
河北衡水中学一调]设曲线f(x)=-ex-x(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1,若总存在曲线g(x)=3ax+2cosx上某点处的切线l2,使得l1⊥l2,则实数a的取值范围为( )
A.[-1,2]B.(3,+∞)
C.
D.
由f(x)=-ex-x,得f′(x)=-ex-1,
因为ex+1>
1,所以
∈(0,1),
由g(x)=3ax+2cosx,得g′(x)=3a-2sinx,
又-2sinx∈[-2,2],
所以3a-2sinx∈[-2+3a,2+3a],
要使过曲线f(x)=-ex-x上任意一点的切线l1,总存在过曲线g(x)=3ax+2cosx上一点处的切线l2,使得l1⊥l2,则
解得-
≤a≤
,故选D.
5.[2017·
河北石家庄模拟]已知函数f(x)=x
,若f(x1)<f(x2),则( )
A.x1>x2B.x1+x2=0
C.x1<x2D.x
<x
因为f(-x)=-x
=x
=f(x),所以f(x)为偶函数,
由f(x1)<f(x2),得f(|x1|)<f(|x2|)(*).
又f′(x)=ex-
+x
=
当x≥0时,e2x(x+1)+x-1≥e0(0+1)+0-1=0,则f′(x)≥0,所以f(x)在[0,+∞)上为增函数,从而由(*)式得|x1|<|x2|,即x
6.[2017·
辽宁沈阳一模]若定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则不等式f(x)>
+1(e为自然对数的底数)的解集为( )
A.(0,+∞)
B.(-∞,0)∪(3,+∞)
C.(-∞,0)∪(0,+∞)
D.(3,+∞)
由f(x)>
+1,得exf(x)>3+ex.
构造函数F(x)=exf(x)-ex-3,得F′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1].
由f(x)+f′(x)>1,ex>0,可知F′(x)>0,即F(x)在R上单调递增.
又因为F(0)=e0f(0)-e0-3=f(0)-4=0.
所以F(x)>0的解集为(0,+∞).
7.已知函数f(x)=ax3-3x+1对x∈(0,1]总有f(x)≥0成立,则实数a的取值范围是________.
[4,+∞)
当x∈(0,1]时,不等式ax3-3x+1≥0可化为a≥
,设g(x)=
,x∈(0,1],
g′(x)=
=-
由g′(x)=0得x=
当x变化时,g′(x)与g(x)的变化情况如下表:
x
g′(x)
+
-
g(x)
极大值4
因此g(x)的最大值为4,则实数a的取值范围是[4,+∞).
8.已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c=________.
-2或2
设f(x)=x3-3x+c,对f(x)求导可得,f′(x)=3x2-3,令f′(x)=0,可得x=±
1,易知f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增,在(-1,1)上单调递减.若f
(1)=1-3+c=0,可得c=2;
若f(-1)=-1+3+c=0,可得c=-2.
9.设直线x=t与函数f(x)=x2,g(x)=lnx的图象分别交于点M,N,则当|MN|达到最小时t的值为________.
当x=t时,f(t)=t2,g(t)=lnt,
∴y=|MN|=t2-lnt(t>0).
∴y′=2t-
当0<t<
时,y′<0;
当t>
时,y′>0.
∴y=|MN|=t2-lnt在t=
时有最小值.
10.已知f(x)=(1-x)ex-1.
(1)求函数f(x)的最大值;
解:
f′(x)=-xex.
当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
所以f(x)的最大值为f(0)=0.
(2)设g(x)=
,x>-1,且x≠0,证明:
g(x)<1.
证明:
由
(1)知,当x>
0时,f(x)<
0,g(x)<
0<
1.
当-1<
x<
0时,g(x)<
1等价于f(x)>
x.
设h(x)=f(x)-x,则h′(x)=-xex-1.
当x∈(-1,0)时,0<
-x<
1,0<
ex<
1,则0<
-xex<
1,
从而当x∈(-1,0)时,h′(x)<
0,h(x)在(-1,0]上单调递减.
0时,h(x)>
h(0)=0,即g(x)<
综上,当x>
-1且x≠0时,总有g(x)<
11.已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.
(1)求a的值;
f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a.
曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2.
由题设得-
=-2,所以a=1.
(2)证明:
当k<
1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
由
(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.
设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.
由题设知1-k>
0.
当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>
0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<
0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一实根.
当x>
0时,令h(x)=x3-3x2+4,
则g(x)=h(x)+(1-k)x>
h(x).
h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)>
h(x)≥h
(2)=0.
所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根.
综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
[冲刺名校能力提升练]
1.[2017·
陕西西安八校联考]已知函数f(x)=m(x-1)ex+x2(m∈R).
(1)若m=-1,求函数f(x)的单调区间;
(2)若对任意的x<0,不等式x2+(m+2)x>f′(x)恒成立,求m的取值范围.
(1)当m=-1时,f(x)=(1-x)ex+x2,
则f′(x)=x(2-ex),
由f′(x)>0得,0<x<ln2;
由f′(x)<0得,x<0或x>ln2.
故函数f(x)的单调递增区间为(0,ln2),单调递减区间为(-∞,0),(ln2,+∞).
(2)依题意,f′(x)=mx
<x2+(m+2)x,x<0,
因为x<0,所以mex-x-m>0,
令h(x)=mex-x-m,则h′(x)=mex-1,
当m≤1时,h′(x)≤ex-1<0,
则h(x)在(-∞,0)上单调递减,
所以h(x)>h(0)=0,符合题意;
当m>1时,h(x)在(-∞,-lnm)上单调递减,在(-lnm,0)上单调递增,
所以h(x)min=h(-lnm)<h(0)=0,不合题意.
综上所述,m的取值范围为(-∞,1].
2.[2017·
贵州七校联考]函数f(x)=(ax2+x)ex,其中e是自然对数的底数,a∈R.
(1)当a>0时,解不等式f(x)≤0;
(2)当a=0时,求整数t的所有值,使方程f(x)=x+2在[t,t+1]上有解.
(1)因为ex>0,所以不等式f(x)≤0即为ax2+x≤0,又因为a>0,所以不等式可化为x
≤0,
所以不等式f(x)≤0的解集为
(2)当a=0时,方程即为xex=x+2,
由于ex>0,所以x=0不是方程的解,
所以原方程等价于ex-
-1=0.
令h(x)=ex-
-1,
因为h′(x)=ex+
>0对于x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立,所以h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调递增函数,又h
(1)=e-3<0,h
(2)=e2-2>0,h(-3)=e-3-
<0,h(-2)=e-2>0,
所以方程f(x)=x+2有且只有两个实数根,且分别在区间[1,2]和[-3,-2]上,
所以整数t的所有值为{-3,1}.
3.某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路.记两条相互垂直的公路为l1,l2,山区边界曲线为C,计划修建的公路为l.如图所示,M,N为C的两个端点,测得点M到l1,l2的距离分别为5千米和40千米,点N到l1,l2的距离分别为20千米和2.5千米.以l2,l1所在的直线分别为x轴、y轴,建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y=
(其中a,b为常数)模型.
(1)求a,b的值;
(2)设公路l与曲线C相切于点P,P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式f(t),并写出其定义域;
②当t为何值时,公路l的长度最短?
求出最短长度.
(1)由题意知,点M,N的坐标分别为(5,40),(20,2.5).
将其分别代入y=
,得
解得
(2)①由
(1)知,y=
(5≤x≤20),
则点P的坐标为
设在点P处的切线l交x轴、y轴分别于A,B两点,y′=-
则l的方程为y-
(x-t),
由此得A
,B
故f(t)=
,t∈[5,20].
②设g(t)=t2+
,则g′(t)=2t-
令g′(t)=0,解得t=10
当t∈(5,10
)时,g′(t)<0,g(t)是减函数;
当t∈(10
,20)时,g′(t)>0,g(t)是增函数.
从而,当t=10
时,函数g(t)有极小值,也是最小值,
所以g(t)min=300,此时f(t)min=15
故当t=10
时,公路l的长度最短,最短长度为15
千米.