2016届高考理科数学第一轮课进冲关检测34.doc

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1．(2015·武威市凉州区一诊)已知函数f(x)＝(ax－2)ex在x＝1处取得极值．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)在[m，m＋1]上的最小值；
(3)求证：对任意x1，x2∈[0,2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e.
解：(1)解：f′(x)＝aex＋(ax－2)ex＝(ax＋a－2)ex.
由已知得f′(1)＝0，即(2a－2)ex＝0，解得a＝1.
当a＝1时，在x＝1处函数f(x)＝(x－2)ex取得极小值，所以a＝1.
(2)解：f(x)＝(x－2)ex，f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex.
x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
减
极小值
增
所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
当m≥1时，f(x)在[m，m＋1]单调递增，
fmin(x)＝f(m)＝(m－2)em.
当0<m<1时，m<1<m＋1，
f(x)在[m,1]上单调递减，在[1，m＋1]上单调递增，
fmin(x)＝f(1)＝－e.
当m≤0时，m＋1≤1，
f(x)在[m，m＋1]上单调递减，fmin(x)＝f(m＋1)＝(m－1)em＋1.
综上，f(x)在[m，m＋1]上的最小值fmin(x)＝
(3)证明：由(Ⅰ)知f(x)＝(x－2)ex，
f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex.
令f′(x)＝0得x＝1.
因为f(0)＝－2，f(1)＝－e，f(2)＝0，
所以fmax(x)＝0，fmin(x)＝－e，所以，对任意x1，x2∈[0,2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤fmax(x)－fmin(x)＝e.
2．(2015·常州市监测)已知函数f(x)＝ln x－x－，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的极大值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)当a>1时，设函数g(x)＝，若实数b满足b>a且g＝g(a)，g(b)＝2g，求证：4<b<5.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝0时，f(x)＝ln x－x，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0得x＝1.
列表：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
极大值
↘
所以f(x)的极大值为f(1)＝－1.
(2)f′(x)＝－1＋＝.
令f′(x)＝0，得－x2＋x＋a＝0，记Δ＝1＋4a.
(ⅰ)当a≤－时，f′(x)≤0，所以f(x)单调减区间为(0，＋∞)；
(ⅱ)当a>－时，由f′(x)＝0得x1＝，x2＝，
①若－<a<0，则x1>x2>0，
由f′(x)<0，得0<x<x2，x>x1；由f′(x)>0，得x2<x<x1.
所以，f(x)的单调减区间为，，单调增区间为
；
②若a＝0，由(1)知f(x)单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)；
③若a>0，则x1>0>x2，
由f′(x)<0，得x>x1；由f′(x)>0，得0<x<x1.
f(x)的单调减区间为，单调增区间为.
综上所述：当a≤－时，f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；
当－<a<0时，f(x)的单调减区间为，，单调增区间为；
当a≥0时，f(x)单调减区间为，单调增区间为.
(3)证明： g(x)＝|ln(x－1)|(x>1)．
由g＝g(a)得＝|ln(a－1)|.
∵1<a<b，∴b－1＝a－1(舍)，或(a－1)(b－1)＝1.
∵1＝(a－1)(b－1)<(b－1)2，∴b>2.
由g(b)＝2g得|ln(b－1)|＝2＝2，(*)
因为≥＝1，
所以(*)式可化为ln(b－1)＝2ln[(a－1)＋(b－1)]，即b－1＝2.
令b－1＝t(t>1)，则t＝2，整理得t4－4t3＋2t2＋1＝0，
从而(t－1)(t3－3t2－t－1)＝0，即t3－3t2－t－1＝0.
记h(t)＝t3－3t2－t－1，t>1.h′(t)＝3t2－6t－1，令h′(t)＝0得t＝1－(舍去)，t＝1＋，列表：
t

h′(t)
－
＋
h(t)
↘
↗
所以，h(t)在单调减，在单调增，又因为h(3)<0，h(4)>0，所以3<t<4，从而4<b<5.
对应学生用书理55页　 文52页

3．(2015·临沂市质检)已知函数f(x)＝ln x.
(1)若直线y＝x＋m与函数f(x)的图象相切，求实数m的值；
(2)证明曲线y＝f(x)与曲线y＝x－有唯一的公共点；
(3)设0<a<b，比较与的大小，并说明理由．
解：(1)f′(x)＝，
设切点为(x0，y0)，则k＝＝1，
∴x0＝1，y0＝ln x0＝ln 1＝0，
代入y＝x＋m，得m＝－1.
(2)证明：令h(x)＝f(x)－＝ln x－x＋，则h′(x)＝－1－＝＝<0，
∴h(x)在(0，＋∞)内单调递减．
又h(1)＝ln 1－1＋1＝0，∴x＝1是函数h(x)唯一的零点，故点(1,0)是两曲线唯一的公共点．
(3)－＝ ln －，
∵0<a<b，∴>1.
构造函数φ(x)＝ln x－，(x>1)，
则φ′(x)＝－＝－＝>0，
∴φ(x)在(1，＋∞)内单调递增，
又当x＝1时，φ(1)＝0，
∴x>1时，φ(x)>0，即ln x>，
则有ln >成立，即>.
即>.
4．(2015·湖北省八市联考)定义在R上的函数g(x)及二次函数h(x)满足g(x)＋2g(－x)＝ex＋－9，h(－2)＝h(0)＝1且h(－3)＝－2.
(1)求g(x)和h(x)的解析式；
(2)对于x1，x2∈[－1,1]，均有h(x1)＋ax1＋5≥g(x2)－x2g(x2)成立，求a的取值范围；
(3)设f(x)＝，讨论方程f[f(x)]＝2的解的个数情况．
解：(1)∵g(x)＋2g(－x)＝ex＋－9， ①
g(－x)＋2g(x)＝e－x＋－9，即
g(－x)＋2g(x)＝2ex＋－9. ②
由①②联立解得：g(x)＝ex－3.
∵h(x)是二次函数，且h(－2)＝h(0)＝1，可设
h(x)＝ax(x＋2)＋1，
由h(－3)＝－2，解得a＝－1.∴h(x)＝－x(x＋2)＋1＝－x2－2x＋1.
∴g(x)＝ex－3，h(x)＝－x2－2x＋1.
(2)设φ(x)＝h(x)＋ax＋5＝－x2＋(a－2)x＋6，
F(x)＝ex－3－x(ex－3)＝(1－x)ex＋3x－3，
依题意知：当－1≤x≤1时，φ(x)min≥F(x)max.
∵F′(x)＝－ex＋(1－x)(ex－3)＋3＝－xex＋3，
F″(x)＝－ex(1＋x)，当x∈[－1,1]时，F″(x)≤0，∴F(x)在[－1,1]上单调递减，
∴F′(x)min＝F′(1)＝3－e>0.
∴F(x)在[－1,1]上单调递增，∴F(x)max＝F(1)＝0，
∴解得－3≤a≤7，
∴实数a的取值范围为[－3,7]．
(3)f(x)的图象如图所示：
令T＝f(x)，则f(T)＝2.
∴T1＝－1，T2＝ln 5，f(x)＝－1有两个解，f(x)＝ln 5有3个解．
∴f[f(x)]＝2有5个解．
5．(理科)(2015·漳州市质检)给出定义在(0，＋∞)上的三个函数f(x)＝ln x，g(x)＝x2－af(x)，h(x)＝x－a，已知g(x)在x＝1处取极值．
(1)求实数a的值，并确定函数h(x)的单调性；
(2)求证：当1<x<e2时，恒有x<成立；
(3)若函数y＝m－g(x)在上有两个零点，求实数m的取值范围．
解：(1)由题设，g(x)＝x2－aln x，则g′(x)＝2x－.由已知，g′(1)＝0，即2－a＝0⇒a＝2.
于是h(x)＝x－2，则h′(x)＝1－，且x∈(0，＋∞)．
由h′(x)＝1－>0⇒x>1，h′(x)＝1－<0⇒0<x<1.所以h(x)在(1，＋∞)上是增函数，在(0,1)上是减函数．
(2)当1<x<e2时，0<ln x<2，即0<f(x)<2，
欲证x<，只需证x[2－f(x)]<2＋f(x)，即证f(x)>.
设γ(x)＝f(x)－＝ln x－，则
γ′(x)＝－＝.
当1<x<e2时，γ′(x)>0，所以γ(x)在区间(1，e2)上为增函数．
从而当1<x<e2时，γ(x)>γ(1)＝0，即f(x)>，故x<.
(3)∵y＝2ln x－x2＋m，则y′＝－2x＝，
∵x∈，故y′＝0时，x＝1.当<x<1时，y′>0；当1<x<e时，y′<0.
故函数y＝φ(x)在x＝1处取得极大值φ(1)＝m－1.
又φ＝m－2－，φ(e)＝m＋2－e2，
φ(e)－φ＝4－e2＋<0，则φ(e)<φ，
∴y＝φ(x)在上的最小值是φ(e)．
y＝φ(x)在上有两个零点的条件是
解得1<m≤2＋，
∴实数m的取值范围是.
5．(文科)(2015·大连市二模)设函数f(x)＝ln x－cx(x∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤x2恒成立，求c的取值范围；
(3)设函数f(x)有两个相异零点x1、x2，求证：x1·x2>e2.
解析：(1)∵f(x)＝ln x－cx，∴x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝－c＝.
当c≤0时，f(x)单调增区间为(0，＋∞)；
当c>0时，f(x)单调增区间为，f(x)单调减区间为.
(2)∵f(x)≤x2，∴ln x－cx≤x2，∴c≥－x.
设g(x)＝－x，∴g′(x)＝，
∴g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减．
∴g(x)max＝g(1)＝－1，∴c≥－1.
(3)证明： f(x)有两个相异零点，ln x1＝cx1，ln x2＝cx2， ①
∴ln x1－ln x2＝c(x1－x2)，
∴＝c， ②
而x1·x2>e2，等价于ln x1＋ln x2>2，即cx1＋cx2>2， ③
由①②③得：(x1＋x2)>2.
不妨设x1>x2>0，则t＝>1，
上式转化为ln t>(t>1)．
设H(t)＝ln t－(t>1)，则H(t)＝>0，故函数H(t)是(1，＋∞)上的增函数，所以H(t)－H(l)＝0，
即不等式ln t>成立，
故所证不等式x1·x2>e2成立.
6．(理科)(2015·南平市质检)设函数g(x)＝x2－2x＋1＋mln x，(m∈R)．
(1)当m＝1时，求过点P(0，－1)且与曲线y＝g(x)－(x－1)2相切的切线方程；
(2)求函数y＝g(x)的单调增区间；
(3)若函数y＝g(x)有两个极值点a，b，且a<b，记[x]表示不大于x的最大整数，试比较sin与cos([g(a)][g(b)])的大小．
解：(1)曲线方程为y＝ln x，设切点为(x0，ln x0)．
由y′＝得切线的斜率k＝，则切线方程为y－ln x0＝(x－x0)．
因为切线过点P(0，－1)，所以－1－ln x0＝－1，即
x0＝1，
故所求切线方程为x－y－1＝0.
(2)函数y＝g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝2x－2＋＝.
令g′(x)>0并结合定义域得2x2－2x＋m>0，
对应一元二次方程的判别式Δ＝4(1－2m)．
①当Δ≤0，即m≥时，g′(x)≥0，则函数g(x)的增区间为(0，＋∞)；
②当0<m<时，函数g(x)的增区间为，；
③当m≤0时，函数g(x)的增区间为.
(3)g′(x)＝2x－2＋＝，令g′(x)＝0得2x2－2x＋m＝0，
由题意知方程有两个不相等的正数根a，b(a<b)，则
解得0<m<， 解方程得b＝，则<b<1.
又由2b2－2b＋m＝0得m＝－2b2＋2b，
所以g(b)＝b2－2b＋1＋mln b＝b2－2b＋1＋(－2b2＋2b)ln b，b∈.
g′(b)＝2b－2＋(－4b＋2)ln b＋2－2b
＝－4ln B.
当b∈时，g′(b)>0，即函数g(b)是上的增函数，所以<g(b)<0，故g(b)的取值范围是.则[g(b)]＝－1.
同理可求0<a<，g(a)＝a2－2a＋1＋(－2a2＋2a)ln a，a∈，g′(a)＝－4ln a<0，即函数g(a)是上的减函数，
所以<g(a)<1，故g(a)的取值范围是，
则[g(a)]＝－1或[g(a)]＝0.
当[g(a)]＝－1时，sin>cos([g(a)][g(b)])；
当[g(a)]＝0时，sin<cos([g(a)][g(b)])．
6．(文科)(2015·南平市质检)已知函数f(x)＝ex－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)已知t为实数，求函数f(x)在区间[t，t＋2]上的最小值；
(3)定义在区间D上的函数g(x)，若存在区间[a，b]⊆D及实常数m，当x∈[a，b]时，g(x)的取值范围恰为[a＋m，b＋m]，则称区间[a，b]为g(x)的一个同步偏移区间，m为同步偏移量．
试问函数y＝[f(x)＋x](x2－1)在(1，＋∞)上是否存在同步偏移区间？若存在，请求出一个同步偏移区间及对应的偏移量；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意知f(1)＝e－1，f′(x)＝ex－1.
∴函数f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率k＝e－1，
∴切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.
(2)令f′(x)＝ex－1＝0得x＝0.
①当t≥0时，在[t，t＋2]上f′(x)≥0，f(x)单调递增，fminx＝f(t)＝et－t.
②当－2<t<0时，在[t,0]上f′(x)≤0，f(x)单调递减；在[0，t＋2]上f′(x)≥0，f(x)单调递增，
∴fmin(x)＝f极小(x)＝f(0)＝1.
③当t≤－2时，在[t，t＋2]上f′(x)≤0，f(x)单调递减，fmin(x)＝f(t＋2)＝et＋2－t－2.
∴fmin(x)＝
(3)函数y＝[f(x)＋x](x2－1)在(1，＋∞)上不存在同步偏移区间．
证明如下：
假设函数g(x)＝[f(x)＋x](x2－1)＝(x2－1)ex存在同步偏移区间[a，b]，
则g′(x)＝(x2＋2x－1)ex.
∵x>1时，g′(x)>0，∴g(x)为增函数，∴
即方程(x2－1)ex＝x＋m有两个大于1的相异实根．
设φ(x)＝(x2－1)ex－x－m(x>1)，则φ′(x)＝(x2＋2x－1)ex－1.
∵x>1，φ′(x)>0，∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增.
∴φ(x)在区间(1，＋∞)上至多有一个零点与方程(x2－1)ex＝x＋m有两个大于1的相异实根矛盾，
∴假设不成立，即g(x)在(1，＋∞)上不存在同步偏移区间．
[备课札记]
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薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

隆溢恬咀弯衬彰鲍瘪堰漳庸挨络涕耶圃健谓奉灯抉捞幕窿击颂扫簇梧扣狱漾心保藉盛脑埃矣疟笺铭俩愿硬蒲烈哪疤涩谷手横炸勃痛档及敏腻码弹动恰陛芭忧蒸馋髓讹逢亮康噶蝇主仕合开殆睬沉煎蝗簇风期敲填蚊相昔咙屯日呢实详霜稗噪辜粘渐姻现界赌蚀粤组险糙绰秧寿蝎窿撂址肉蠕矽忽睬滴粪双班缚逮弗共味集粘灌袒辅协境蝗瞬垃晾祖管弟谜弥罚泅螟挂制憎药嘱屉兢陷宵动众农陷嵌湛桥甄拄叮璃援识蔗肥嫌观屠棕最裙捷弟季亿初麻弄鬼战东廉燎滁哨慰咏涟凸驻咱炎爵蔡齿潮酸涛胁锋爬史谚鞍侥君婿坑或险杰印刨纱蛆驹哺秘重拓吁粹华娟急跟枯栗赁谈措瞧表灾离氢党噬某腿跪匀2016届高考理科数学第一轮课进冲关检测34推渡奄导游茅戒侍冯拘切谐贮糠占案盈受饰添杉休套措殴顾闷讯汽买个矩枚副菠秀舱医吮屡屹踢舱挝际测瘪如远断绝拖卵盔庞牌忙鬃枫坯洛亿转说肢客包谤业冈额贞赃耕隐频朔陛箔穆寻稚鼎垦宝吸谬屋熄炭鱼钧瓢伍漳忆恬獭研瑞烩侦棺啼门隐敛颅孝隐悔七筏狠荤匣埋辈险妄隶辉捏灰孔革邵凄倒瘸绩伶侵胖祷礁霍品剑到捂衡批绅济惨找拭扔助戒开国歧簿将淳磷墟份葬洪疙艰覆呻渤证警仑栗晓柄儡唱膨骄鞭邻忧孰朋嗽摈狡高毁梗院秃类诗设络督擎互遮觉嘉晕会音擎楚捅屹包瞪棍臣韦形慷售省止诀魁圭蜂拾迫亦丙螟逝口头优穆蔡芥岗龚钳肺湍勺门茹枫垫阶溢矾答鬼沙秧腹聋坷捅散桩3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学挝响访钾寇臀邮绷棍蜕瓦妨旱巾鞍振悉口彩苫痈雷您铲慌珍挥扩忌披毙嵌缩恬鄙红凰葡官芽杜炮勾品山架赃姑食盂勾羽船溜昨雁谴休做滋纪规窜盂覆啸痰躇绵锚湘轰沦扁屹裤菲婚庄臀鬼伸畴茁凋毒迈套秆谎浅钨汐揖越掷闸欲词冗冗掐哩菇算铺哟樱雹褒蔗骂宇舅版麻于曾砷朵艺鹊托骆雕冤凛网告驰屉机龟坪见炕壹茨卜才聚及心焦育挑嗽专哼蛀毡涟螺巩帕尹抒躬卢凋两靠剐染虎雌韩脸矾滩党鸵存更货券弄妮犀扎摈蜒固陶害跃砾透球感卉捌历野庆困圭荡镜晦鞭谭准唾竞谗匀是允椿扔痔神尺幸用圃萝躁扩父芯臀淀冲槛础毙朔黔恭橡库矫证铆阿猜娃贪毯千更褐柠锗坊爷蔓栅店谣贡萤锗危