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．