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【与名师对话】2015新课标A版数学理一轮复习课时作业:2-12 Word版含解析]


课时作业(十五)
一、选择题 1.(2013· 浙江杭州第二次质检)若函数 f(x)=(x+1)· ex,则下列命 题正确的是( )

1 A.对任意 m<-e2,都存在 x∈R,使得 f(x)<m 1 B.对任意 m>-e2,都存在 x∈R,使得 f(x)<m 1 C.对任意 m<-e2,方程 f(x)=m 只有一个实

根 1 D.对任意 m>-e2,方程 f(x)=m 总有两个实根 解析:f′(x)=ex+(x+1)ex=(x+2)· ex,可知当 x∈(-∞,-2) 1 时 f(x)为减函数;当 x∈(-2,+∞)时 f(x)为增函数,故 f(x)min=-e2, 则结合所给出的选项,可知 B 正确. 答案:B 1 2.(2013· 河南十所名校第三次联考)设函数 f(x)=3x-ln x,则 y =f(x)( )
? ?

?1 ? A.在区间?e ,1?,(1,e)内均有零点 ?1 ? B.在区间? e,1?,(1,e)内均无零点 ? ? ? ? ?1 ? C.在区间? e,1?内有零点,在区间(1,e)内无零点 ?1 ? D.在区间?e ,1?内无零点,在区间(1,e)内有零点 ? ?

1 1 1 x-3 解析:f(x)=3x-ln x,则 f′(x)=3-x= 3x ,知当 x∈(0,3)时, f′(x)<0,f(x)单调递减,x∈(3,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(3,+∞) 上单调递增,而 f(3)=1-ln 3<0,故 f(x)在(0,3)上有零点且惟一,在 1 e (3,+∞)上有零点且惟一,f(1)=3>0,f(e)=3-1<0,故在(1,e)上
?1 ? 有零点,在?e ,1?上无零点,故选 D. ? ?

答案:D 3.(2013· 正定中学高三月考)等比数列{an}中,a1=2,a8=4,函 数 f(x)=x(x-a1)(x-a2)…(x-a8),则 f′(0)=( A.26 B.29 C.212 D.215 解析:f′(x)=x′· [(x-a1)(x-a2)…(x-a8)]+[(x-a1)(x-a2)…(x -a8)]′· x =(x-a1)(x-a2)…(x-a8)+[(x-a1)(x-a2)…(x-a8)]′· x, 所以 f′(0) = (0 - a1)(0 - a2)…(0 - a8) + [(0 - a1)(0 - a2)…(0 - a8)]′· 0=a1a2…a8. 因为数列{an}为等比数列, 所以 a2a7=a3a6=a4a5=a1a8=8, 所以 f′(0)=84=212. 答案:C 1 4. (2013· 陕西宝鸡质检(一))设函数 f(x)=3x3+ax2+5x+6 在区间 [1,3]是单调减函数,则实数 a 的取值范围是( A.[- 5,+∞) B.(-∞,-3]∪[- 5,+∞) C.(-∞,-3] D.[- 5, 5] ) )

1 解析:f′(x)=x2+2ax+5,因为 f(x)=3x3+ax2+5x+6 在[1,3]
? ?f′?1?≤0 是单调递减函数,所以 f′(x)≤0 在[1,3]上恒成立,只需? , ?f′?3?≤0 ?

解得 a≤-3. 答案:C 5.(2013· 江西八校联考)函数 f(x)的导函数为 f ′(x),对任意的 x ∈R,都有 2f ′(x)>f(x)成立,则( A.3f(2ln 2)>2f(2ln 3) B.3f(2ln 2)<2f(2ln 3) C.3f(2ln 2)=2f(2ln 3) D.3f(2ln 2)与 2f(2ln 3)的大小不确定 x 1 x e2f ′?x?-2e2f?x? 2f ′?x?-f?x? f ?x ? 解析: 令 F(x)= x , 则 F′(x)= = , x2 x e2 ?e 2 ? 2· e2 由已知 2f ′(x)>f(x), 可知 F′(x)>0 恒成立, 故 F(x)在 R 上单调递增, f?2ln 2? f?2ln 3? 则 2 < 3 ,即 3f(2ln 2)<2f(2ln 3). 答案:B 6.若商品的年利润 y(万元)与年产量 x(百万件)的函数关系式 y =-x3+27x+123(x>0),则获得最大利润时的年产量为( A.1 百万件 B.2 百万件 C.3 百万件 D.4 百万件 解析:依题意得,y′=-3x2+27=-3(x-3)(x+3),当 0<x<3 时,y′>0;当 x>3 时,y′<0.因此,当 x=3 时,该商品的年利润最 大. 答案:C ) )

二、填空题 7.已知函数 f(x)是 R 上的偶函数,且在(0,+∞)上有 f ′(x)>0, 若 f(-1)=0,那么关于 x 的不等式 xf(x)<0 的解集是________. 解析: 在(0, +∞)上有 f ′(x)>0, 所以 f(x)在(0, +∞)单调递增. 又 函数 f(x)是 R 上的偶函数,所以 f(1)=f(-1)=0.当 x>0 时, f(x)<0, ∴0<x<1;当 x<0 时,图象关于 y 轴对称, f(x)>0,∴x<-1. 答案:(-∞,-1)∪(0,1) 8.直线 y=a 与函数 f(x)=x3-3x 的图象有相异的三个公共点, 则 a 的取值范围是________.

解析: 令 f ′(x)=3x2-3=0, 得 x=± 1, 可得极大值为 f(-1)=2, 极小值为 f(1)=-2, 如图, 观察得-2<a<2 时恰有三个不同的公共点. 答案:(-2,2) 9.(2013· 东北三校第二次联考)已知函数 f(x)是定义在 R 上的偶 函数,当 x≥0 时, f(x)=ex-ax,若函数在 R 上有且仅有 4 个零点, 则 a 的取值范围是________. 解析:x≥0 时 f(x)=ex-ax,f(0)=1>0,f(x)又为偶函数,所以函 数 f(x)在 R 上有 4 个零点, 则在(0, +∞)上有两个零点, x>0 时, f ′(x) =ex-a=0 得 x=ln a(a>0),所以 f(x)在(0,ln a)上单调减,在(ln a, +∞)上单调递增,若在(0,+∞)上存在两个零点,则 f(ln a)=a-aln

a<0,得 a>e,即 a 的取值范围是(e,+∞). 答案:(e,+∞) 三、解答题 10.(2013· 合肥第二次质检)已知函数 f(x)=xln x. (1)若函数 g(x)=f(x)+x2+ax+2 有零点,求实数 a 的最大值; f ?x ? (2)若?x>0, x ≤x-kx2-1 恒成立,求实数 k 的取值范围. 解: (1)由题知, g(x)=xln x+x2+ax+2=0 在(0, +∞)上有实根, 2 即:-a=ln x+x+x在(0,+∞)上有实根,
2 1 1 2 x +x-2 1 令 φ(x)=ln x+x+x, 则 φ′(x)=x+1-x2= x2 =x2(x+2)(x

-1), 易知,φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以, -a≥φ(x)max=φ(1)=3,a≤-3. f ?x ? (2)依题意 x ≤x-kx2-1,kx2≤x-1-ln x,x>0. 1 所以 k≤x2(x-1-ln x) 1 设 g(x)=x-1-ln x,x>0,g′(x)=1-x , 当 0<x<1 时 g′(x)<0, 当 x>1 时 g′(x)>0,所以?x>0,g(x)≥g(1)=0. 1 所以,x2(x-1-ln x)≥0, ∴k≤0,即 k 的取值范围是(-∞,0]. 1 11.(2013· 马鞍山第一次质检)设函数 f(x)=cln x+2x2+bx(b,c ∈R,c≠0),且 x=1 为 f(x)的极值点.

(1)若 x=1 为 f(x)的极大值点,求 f(x)的单调区间(用 c 表示); (2)若 f(x)=0 恰有两解,求实数 c 的取值范围. x2+bx+c c 解:f′(x)=x+x+b= ,又 f′(1)=0, x 则 b+c+1=0, 所以 f′(x)= ?x-1??x-c? 且 c≠1, x

(1)因为 x=1 为 f(x)的极大值点,所以 c>1. 令 f′(x)>0,得 0<x<1 或 x>c;令 f′(x)<0,得 1<x<c. 所以 f(x)的递增区间为(0,1),(c,+∞);递减区间为(1,c). (2)①若 c<0,则 f(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增. 1 1 若 f(x)=0 恰有两解,则 f(1)<0,即2+b<0,所以-2<c<0. 1 1 ②若 0<c<1, 则 f(x)极大值=f(c)=cln c+2c2+bc, f(x)极小值=f(1)=2+ b.因为 b=-1-c, c2 c2 则 f(x)极大值=cln c+ 2 +c(-1-c)=cln c-c- 2 <0, 1 f(x)极小值=-2-c,从而 f(x)=0 只有一解; 1 ③若 c>1,则 f(x)极大值=-2-c<0, c2 从而 f(x)极小值=cln c+ 2 +c(-1-c) c2 =cln c-c- 2 <0, 则 f(x)=0 只有一解. 1 综上,使 f(x)=0 恰有两解的 c 的取值范围为-2<c<0. 12.(2013· 湖北八校第一次联考)在淘宝网上,某店铺专卖当地某

种特产,由以往的经验表明,不考虑其他因素,该特产每日的销售量 y(单位:千克)与销售价格 x(单位:元/千克,1<x≤5)满足:当 1<x≤3 b 时, y=a(x-3)2+ , (a, b 为常数); 当 3<x≤5 时, y=-70x+490, x-1 已知当销售价格为 2 元/千克时,每日可售出该特产 700 千克;当销 售价格为 3 元/千克时,每日可售出该特产 150 千克. (1)求 a,b 的值,并确定 y 关于 x 的函数解析式; (2)若该特产的销售成本为 1 元/千克,试确定销售价格 x 的值, 使店铺每日销售该特产所获利润 f(x)最大(x 精确到 0.01 元/千克). 解:(1)因为 x=2 时,y=700;x=3 时,y=150,所以

?b=150 ?2 ?a+b=700

解得 a=400,b=300.

?400?x-3?2+ 300 ,1<x≤3 x-1 每日的销售量 y=? ?-70x+490,3<x≤5
(2)由(1)知,当 1<x≤3 时:
? 300 ? 2 每日销售利润 f(x)=?400?x-3? +x-1?(x-1) ? ?



=400(x-3)2(x-1)+300 =400(x3-7x2+15x-9)+300(1<x≤3) f′(x)=400(3x2-14x+15) 5 当 x=3,或 x=3 时 f′(x)=0 5? ? ?5 ? 当 x∈?1,3?时 f′(x)>0,f(x)单增;当 x∈?3,3?时 f′(x)<0,f(x)
? ? ? ?

单减.

5 ∴x=3是函数 f(x)在(1,3]上的惟一极大值点,
?5? 32 f?3?=400×27+300>700; ? ?

当 3<x≤5 时: 每日销售利润 f(x)=(-70x+490)(x-1) =-70(x2-8x+7)
?5? f(x)在 x=4 有最大值,且 f(4)=630<f?3? ? ?

5 综上,销售价格 x=3≈1.67 元/千克时,每日利润最大. [热点预测] 1 13. (2013· 黑龙江哈尔滨四校统一检测)已知函数 f(x)=x· sin θ+ln t-1+2e x 在[1,+∞)上为增函数,且 θ∈(0,π),g(x)=tx- -ln x, x t∈R. (1)求 θ 的值; (2)当 t=0 时,求函数 g(x)的单调区间和极大值; (3)若在[1,e]上至少存在一个 x0,使得 g(x0)>f(x0)成立,求 t 的取 值范围. 1 1 解:(1)由已知得 f ′(x)=-sin θ· 2+ ≥0 在[1,+∞)上恒成立, x x sin θ· x-1 即 sin θ· x2 ≥0 在[1,+∞)上恒成立,∵θ∈(0,π),∴sin θ>0,∴sin θ· x-1≥0 在[1,+∞)上恒成立,只需 sin θ· 1-1≥0,即 sin θ≥1, π ∴sin θ=1,由 θ∈(0,π),知 θ=2. (2)∵t=0,∴g(x)=- -1+2e x -ln x,x∈(0,+∞),

2e-1 1 2e-1-x ∴g′(x)= x2 -x= , x2 令 g′(x)=0,则 x=2e-1∈(0,+∞),∴x,g′(x)和 g(x)的变 化情况如下表: x g′(x) g (x ) (0,2e-1) + ↗ 2e-1 0 极大值 (2e-1,+∞) - ↘

即函数的单调递增区间是(0,2e-1),单调递减区间是(2e-1,+ ∞),极大值是 g(2e-1)=-1-ln(2e-1). t+2e (3)令 F(x)=g(x)-f(x)=tx- x -2ln x, t 2e 当 t≤0 时,由 x∈[1,e]有 tx-x≤0,且-2ln x- x <0,∴此时 不存在 x0∈[1,e]使得 g(x0)>f(x0)成立; t+2e 2 tx2-2x+t+2e 当 t>0 时,F ′(x)=t+ x2 -x = ,∵x∈[1,e], x2 ∴2e-2x≥0,又 tx2+t>0,∴F′(x)>0 在[1,e]上恒成立,故 F(x)在 t t [1,e]上单调递增,∴F(x)max= F(e)=te-e-4,令 te-e -4>0,则
? 4e ? 4e t> 2 ,故所求 t 的取值范围为?e2-1,+∞?. e -1 ? ?


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