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2018年高考数学一轮复习课时跟踪检测16文新人教A版!


课时跟踪检测(十六)
[高考基础题型得分练] 1.方程 x -6x +9x-10=0 的实根个数是( A.3 C.1 答案:C 解析:设 f(x)=x -6x +9x-10,f′(x)=3x -12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函 数的极大值为 f(1)=-6<0, 极小值为 f(3)=-10<0, 所以方程 x -6x +9x-10=0 的实 根有 1 个. 2.若存在正数 x 使 2 (x-a)<1 成立,则 a 的取值范围是( A.(-∞,+∞) C.(0,+∞) 答案:D 1 x 解析:∵2 (x-a)<1,∴a>x- x. 2 1 令 f(x)=x- x, 2 ∴f′(x)=1+2 ln 2>0. ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f(x)>f(0)=0-1=-1, ∴a 的取值范围为(-1,+∞). 3.做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是 27π ,且用料最省,则圆柱的底面半径 为( ) A.3 C.6 答案:A 27 2 解析:设圆柱的底面半径为 R,母线长为 l,则 V=π R l=27π ,∴l= 2 .要使用料最 B.4 D.5
-x 3 2 3 2 2 3 2

) B.2 D.0

x

)

B.(-2,+∞) D.(-1,+∞)

R

省,只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和 S 最小. 27 2 2 由题意,S=π R +2π Rl=π R +2π · .

R

54π ∴S′=2π R- 2 ,令 S′=0,得 R=3,则当 R=3 时,S 最小.故选 A.

R

4. [2017·河北衡水中学一调]设曲线 f(x)=-e -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+2cos x 上某点处的切线 l2,使得 l1⊥l2,则实数

x

1

a 的取值范围为(
A.[-1,2]

) B.(3,+∞)

? 2 1? C.?- , ? ? 3 3?
答案:D
x x

? 1 2? D.?- , ? ? 3 3?

解析:由 f(x)=-e -x,得 f′(x)=-e -1, 1 x 因为 e +1>1,所以 x ∈(0,1), e +1 由 g(x)=3ax+2cos x,得 g′(x)=3a-2sin x, 又-2sin x∈[-2,2], 所以 3a-2sin x∈[-2+3a,2+3a], 要使过曲线 f(x)=-e -x 上任意一点的切线 l1,总存在过曲线 g(x)=3ax+2cos x 上
?-2+3a≤0, ? 一点处的切线 l2,使得 l1⊥l2,则? ? ?2+3a≥1,
x

1 2 解得- ≤a≤ ,故选 D. 3 3

? x 1? 5.[2017·河北石家庄模拟]已知函数 f(x)=x?e - x?,若 f(x1)<f(x2),则( e? ?
A.x1>x2 C.x1<x2 答案:D B.x1+x2=0 D.x1<x2
2 2

)

? 解析:因为 f(-x)=-x?e - ?
-x

1 ? ? x 1? -x =x?e - x?=f(x),所以 f(x)为偶函数, e ? e? ? ?

由 f(x1)<f(x2),得 f(|x1|)<f(|x2|)(*). 1 ? x 1? x 又 f′(x)=e - x+x?e + x? e? e ? e ?x+1?+?x-1? = . x e 当 x≥0 时,e (x+1)+x-1≥e (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 x1<x2. 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, 3 则不等式 f(x)> x+1(e 为自然对数的底数)的解集为( e A.(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞) C.(-∞,0)∪(0,+∞) )
2 2 2x 0 2x

2

D.(3,+∞) 答案:A 3 x x 解析:由 f(x)> x+1,得 e f(x)>3+e . e 构造函数 F(x)=e f(x)-e -3,得 F′(x)=e f(x)+e f′(x)-e =e [f(x)+f′(x) -1]. 由 f(x)+f′(x)>1,e >0,可知 F′(x)>0,即 F(x)在 R 上单调递增. 又因为 F(0)=e f(0)-e -3=f(0)-4=0. 所以 F(x)>0 的解集为(0,+∞). 7. 已知函数 f(x)=ax -3x+1 对 x∈(0,1]总有 f(x)≥0 成立, 则实数 a 的取值范围是 ________. 答案:[4,+∞) 3x-1 3x-1 3 解析:当 x∈(0,1]时,不等式 ax -3x+1≥0 可化为 a≥ 3 ,设 g(x)= 3 ,x∈
3 0 0

x

x

x

x

x

x

x

x

x

(0,1],

? 1? 6?x- ? 3 2 3x -?3x-1?·3x ? 2? g′(x)= =- . 6 4
x x
1 由 g′(x)=0 得 x= , 2 当 x 变化时,g′(x)与 g(x)的变化情况如下表:

x g′(x) g(x)

?0,1? ? 2? ? ?
+ ?

1 2 0 极大值 4

?1,1? ?2 ? ? ?
- ?

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=x -3x+c 的图象与 x 轴恰有两个公共点,则 c=________. 答案:-2 或 2 解析:设 f(x)=x -3x+c,对 f(x)求导可得,f′(x)=3x -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)=x ,g(x)=ln x 的图象分别交于点 M,N,则当|MN|达到 最小时 t 的值为________. 答案: 2 2
2 2 3 2 3

解析:当 x=t 时,f(t)=t ,g(t)=ln t,
3

∴y=|MN|=t -ln t(t>0). 2?? 2? ? 2?t+ ??t- ? 2 2 ?? 2? 1 2t -1 ? ∴y′=2t- = = .

2

t

t

t

当 0<t<

2 2 时,y′<0;当 t> 时,y′>0. 2 2
2

∴y=|MN|=t -ln t 在 t=
x

2 时有最小值. 2

10.已知 f(x)=(1-x)e -1. (1)求函数 f(x)的最大值; 解:f′(x)=-xe . 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

f?x? ,x>-1,且 x≠0,证明:g(x)<1. x

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)=-xe -1. 当 x∈(-1,0)时,0<-x<1,0<e <1,则 0<-xe <1, 从而当 x∈(-1,0)时,h′(x)<0,h(x)在(-1,0]上单调递减. 当-1<x<0 时,h(x)>h(0)=0,即 g(x)<1. 综上,当 x>-1 且 x≠0 时,总有 g(x)<1. 11.已知函数 f(x)=x -3x +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; 解:f′(x)=3x -6x+a,f′(0)=a. 曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y=ax+2. 2 由题设得- =-2,所以 a=1.
2 3 2

x

x

x

a

(2)证明:当 k<1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. 证明:由(1)知,f(x)=x -3x +x+2. 设 g(x)=f(x)-kx+2=x -3x +(1-k)x+4. 由题设知 1-k>0. 当 x≤0 时,g′(x)=3x -6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,
2 3 2 3 2

4

所以 g(x)=0 在(-∞,0]上有唯一实根. 当 x>0 时,令 h(x)=x -3x +4, 则 g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).
3 2

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)e +x (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 x +(m+2)x>f′(x)恒成立,求 m 的取值范围. 解:(1)当 m=-1 时,f(x)=(1-x)e +x , 则 f′(x)=x(2-e ), 由 f′(x)>0 得,0<x<ln 2; 由 f′(x)<0 得,x<0 或 x>ln 2. 故函数 f(x)的单调递增区间为(0,ln 2),单调递减区间为(-∞,0),(ln 2,+∞).
x x
2 2

x

2

? x 2? 2 (2)依题意,f′(x)=mx?e + ?<x +(m+2)x,x<0, ?
m?
因为 x<0,所以 me -x-m>0, 令 h(x)=me -x-m,则 h′(x)=me -1, 当 m≤1 时,h′(x)≤e -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(-∞,-ln m)上单调递减,在(-ln m,0)上单调递增, 所以 h(x)min=h(-ln m)<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)=(ax +x)e ,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. 解:(1)因为 e >0,所以不等式 f(x)≤0 即为 ax +x≤0,又因为 a>0,所以不等式可
x
2 2

x

x

x

x

x

? 1? 化为 x?x+ ?≤0, ?
a?

? 1 ? 所以不等式 f(x)≤0 的解集为?- ,0?. ? a ?
(2)当 a=0 时,方程即为 xe =x+2,
5
x

由于 e >0,所以 x=0 不是方程的解, 2 x 所以原方程等价于 e - -1=0.

x

x

2 x 令 h(x)=e - -1,

x

2 x 因为 h′(x)=e + 2>0 对于 x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立,所以 h(x)在(-∞,0)

x

1 2 -3 和(0,+∞)内是单调递增函数,又 h(1)=e-3<0,h(2)=e -2>0,h(-3)=e - <0, 3

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=

a
2

x +b

(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. 解:(1)由题意知,点 M,N 的坐标分别为(5,40),(20,2.5).

6

将其分别代入 y=

a
2

x +b

,得

a ? ?25+b=40, ? a ?400+b=2.5, ? x

解得?

? ?a=1 000, ?b=0. ?

1 000 (2)①由(1)知,y= 2 (5≤x≤20),

? 1 000? 则点 P 的坐标为?t, 2 ?. ?
t

?

2 000 设在点 P 处的切线 l 交 x 轴、y 轴分别于 A,B 两点,y′=- 3 ,

x

1 000 2 000 则 l 的方程为 y- 2 =- 3 (x-t),

t

t

?3t ? ? 3 000? 由此得 A? ,0?,B?0, 2 ?. t ? ?2 ? ?
故 f(t)= = 3 2

?3t?2+?3 000 ? ? 2 ? ? t2 ?2 ? ? ? ?
4×10
6

t2+

t

4

,t∈[5,20].
6 6

4×10 16×10 2 ②设 g(t)=t + 4 ,则 g′(t)=2t- . 5

t

t

令 g′(t)=0,解得 t=10 2. 当 t∈(5,10 2)时,g′(t)<0,g(t)是减函数; 当 t∈(10 2,20)时,g′(t)>0,g(t)是增函数. 从而,当 t=10 2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 3. 故当 t=10 2时,公路 l 的长度最短,最短长度为 15 3千米.

7


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