2017届高考理科数学第一轮复习检测10.doc

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一、填空题
1.(2015·哈师大附中检测)设函数f(x)＝axln x(a∈R，a≠0)，若f′(e)＝2，则f(e)的值为________.
解析　f′(x)＝aln x＋a，故f′(e)＝2a＝2，得a＝1，
故f(x)＝xln x，f(e)＝e.
答案　e
2.(2015·扬州模拟)曲线y＝x2＋ln x在点(1，1)处的切线方程为________.
解析　y′＝2x＋，故y′|x＝1＝3，故在点(1，1)处的切线方程为y－1＝3(x－1)，化简整理得3x－y－2＝0.
答案　3x－y－2＝0
3.若函数f(x)＝在x＝1处取极值，则a＝______.
解析　由f′(x)＝＝＝0，
∴x2＋2x－a＝0，x≠－1，又f(x)在x＝1处取极值，
∴x＝1是x2＋2x－a＝0的根，∴a＝3.
答案　3
4.三次函数f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是减函数，则m的取值范围是________.
解析　f′(x)＝3mx2－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，
①x＝0时，－1≤0恒成立，即m∈R；
②x≠0时，有m≤在R上恒成立，
∵＞0，∴m≤0，又m＝0时，f(x)＝－x不是三次函数，不满足题意.
综上m<0.
答案　(－∞，0)
5.(2015·南通、扬州、泰州、宿迁四市调研)若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx为奇函数，其图象的一条切线方程为y＝3x－4，则b的值为________.
解析　由函数f(x)＝x3＋ax2＋bx为奇函数可得a＝0.设切点坐标为(x0，y0)，则y0＝x＋bx0＝3x0－4，又f′(x)＝3x2＋b，所以f′(x0)＝3x＋b＝3，联立解得x0＝，b＝－3.
答案　－3
6.(2014·无锡模拟)已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝________.
解析　∵y′＝3x2－3，∴当y′＝0时，x＝±1.则y′，y的变化情况如下表；
x
(－∞，－1)
－1
(－1，1)
1
(1，＋∞)
y′
＋
0
－
0
＋
y

c＋2

c－2

因此，当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.
答案　－2或2
7.设函数g(x)＝x(x2－1)，则g(x)在区间[0，1]上的最小值为________.
解析　g(x)＝x3－x，由g′(x)＝3x2－1＝0，
解得x＝或－(舍去).
当x变化时，g′(x)与g(x)的变化情况如下表：

x
0

1
g′(x)

－
0
＋

g(x)
0

极小值

0
所以当x＝时，g(x)有最小值g＝－.
答案　－
8.(2015·石家庄模拟)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是________.
解析　2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝.当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范围是(－∞，4].
答案　(－∞，4]
9.从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm3.
解析　设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm.则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x(0<x<5)，
∴y′＝12x2－104x＋160.
令y′＝0，得x＝2或(舍去)，
∴ymax＝6×12×2＝144(cm3).
答案　144
10.已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________.
解析　由题知，x>0，f′(x)＝ln x＋1－2ax，由于函数f(x)有两个极值点，则f′(x)＝0有两个不等的正根，即函数y＝ln x＋1与y＝2ax的图象有两个不同的交点(x>0)，则a>0；设函数y＝ln x＋1上任一点(x0，1＋ln x0)处的切线为l，则kl＝y′＝，当l过坐标原点时，＝⇒x0＝1，令2a＝1⇒a＝，结合图象知0<a<.
答案　
11.(2015·全国Ⅱ改编)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________.
解析　因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.当x≠0时，令g(x)＝，则g(x)为偶函数，且g(1)＝g(－1)＝0.则当x＞0时，g′(x)＝′＝＜0，故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数.所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0⇔＞0⇔f(x)＞0；在(－∞，0)上，当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0⇔＜0⇔f(x)＞0.综上，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).
答案　(－∞，－1)∪(0，1)

12.已知函数f(x)的定义域是[－1，5]，部分对应值如下表.f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.

x
－1
0
4
5
f(x)
1
2
2
1

下列关于函数f(x)的命题：
①函数y＝f(x)在[0，2]上是减函数；②如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值是4；③当1<a<2时，函数y＝f(x)－a有4个零点.其中真命题的个数是________.
解析　y＝f′(x)在[0，2]上为负，故函数y＝f(x)在[0，2]上是减函数，①正确；当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，t的最大值是5，②错误；当1<a<2时，函数y＝f(x)－a可能有2个，3个或4个零点，故③错误.
答案　1
13.(2015·南京调研)已知函数f(x)＝x－1－(e－1)ln x，其中e为自然对数的底，则满足f(ex)<0的x的取值范围为________.
解析　令g(x)＝f(ex)＝ex－1－(e－1)x，则g′(x)＝ex－(e－1)，当x＝ln(e－1)时，g′(x)＝0，x∈(－∞，ln(e－1))时，g′(x)<0，g(x)单调递减，x∈(ln(e－1)，
＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，又g(x)有0和1两个零点，所以f(ex)<0的x的取值范围为(0，1).
答案　(0，1)
14.(2015·全国Ⅰ卷改编)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是________.
解析　设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方，
因为g′(x)＝ex(2x＋1)，所以当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，所以当x＝－时，[g(x)]min＝－2e－，
当x＝0时，g(0)＝－1，g(1)＝e>0，直线y＝a(x－1)恒过(1，0)且斜率为a，故－a>g(0)＝－1，
且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，
解得≤a<1.

答案　
二、解答题
15.已知函数f(x)＝x2－aln x(a∈R).
(1)若函数f(x)的图象在x＝2处的切线方程为y＝x＋b，求a，b的值；
(2)若函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围.
解　(1)因为f′(x)＝x－(x＞0)，
又f(x)在x＝2处的切线方程为y＝x＋b，
所以解得a＝2，b＝－2ln 2.
(2)若函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数，则f′(x)＝x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤x2在(1，＋∞)上恒成立.所以有a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1].
16.已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2处取得极值为c－16.
(1)求a，b的值；
(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3，3]上的最小值.
解　(1)因为f(x)＝ax3＋bx＋c，故f′(x)＝3ax2＋b，
由于f(x)在点x＝2处取得极值c－16，
故有即
化简得解得
(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，
f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2).
令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，
故f(x)在(－∞，－2)上为增函数；
当x∈(－2，2)时，f′(x)＜0，
故f(x)在(－2，2)上为减函数；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，
故f(x)在(2，＋∞)上为增函数.
由此可知f(x)在x＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c，
f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝c－16.
由题设条件知16＋c＝28，解得c＝12.
此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，
f(2)＝－16＋c＝－4，
因此f(x)在[－3，3]上的最小值为f(2)＝－4.
17.(2015·南京、盐城模拟)几名大学毕业生合作开设3D打印店，生产并销售某种3D产品.已知该店每月生产的产品当月都能销售完，每件产品的生产成本为34元，该店的月总成本由两部分组成：第一部分是月销售产品的生产成本，第二部分是其他固定支出20 000元.假设该产品的月销售量t(x)(件)与销售价格x(元/件)(x∈N*)之间满足如下关系：
①当34≤x≤60时，t(x)＝－a(x＋5)2＋10 050；
②当60≤x≤70时，t(x)＝－100x＋7 600.
设该店月利润为M(元)，月利润＝月销售总额－月总成本.
(1)求M关于销售价格x的函数关系式；
(2)求该打印店月利润M的最大值及此时产品的销售价格.
解　(1)当x＝60时，t(60)＝1 600，
代入t(x)＝－a(x＋5)2＋10 050，解得a＝2.
∴M(x)＝
即M(x)＝
(2)设g(u)＝(－2u2－20u＋10 000)(u－34)－20 000，34≤u＜60，u∈R，
则g′(u)＝－6(u2－16u－1 780).
令g′(u)＝0，解得u1＝8－2(舍去)，
u2＝8＋2∈(50，51).
当34＜u＜50时，g′(u)＞0，g(u)单调递增；
当51＜u＜60时，g′(u)＜0，g(u)单调递减.
∵x∈N*，M(50)＝44 000，M(51)＝44 226，
∴M(x)的最大值为44 226.
当60≤x≤70时，
M(x)＝100(－x2＋110x－2 584)－20 000单调递减，
故此时M(x)的最大值为M(60)＝21 600.
综上所述，当x＝51时，月利润M(x)有最大值44 226元.
∴该打印店月利润最大为44 226元，此时产品的销售价格为51元/件.
18.(2015·安徽卷)设函数f(x)＝x2－ax＋b.
(1)讨论函数f(sin x)在内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；
(2)记f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函数|f(sin x)－f0(sin x)|在上的最大值D；
(3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－满足D≤1时的最大值.
解　(1)f(sin x)＝sin2 x－asin x＋b
＝sin x(sin x－a)＋b，－<x<.
[f(sin x)]′＝(2sin x－a)cos x，－<x<.
因为－<x<，所以cos x>0，－2<2sin x<2.
①a≤－2，b∈R时，函数f(sin x)单调递增，无极值.
②a≥2，b∈R时，函数f(sin x)单调递减，无极值.
③对于－2<a<2，在内存在唯一的x0，
使得2sin x0＝a.
－<x≤x0时，函数f(sin x)单调递减；
x0≤x<时，函数f(sin x)单调递增；
因此，－2<a<2，b∈R时，函数f(sin x)在x0处有极小值
f(sin x0)＝f＝b－.
(2)－≤x≤时，|f(sin x)－f0(sin x)|
＝|(a0－a)sin x＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|.
当(a0－a)(b－b0)≥0时，取x＝，等号成立.
当(a0－a)(b－b0)<0时，取x＝－，等号成立.
由此可知，|f(sin x)－f0(sin x)|在上的最大值为D＝|a－a0|＋|b－b0|.
(3)D≤1即为|a|＋|b|≤1，此时0≤a2≤1，－1≤b≤1，
从而z＝b－≤1.
取a＝0，b＝1，则|a|＋|b|≤1，并且z＝b－＝1.
由此可知，z＝b－满足条件D≤1的最大值为1.
19.(2015·四川卷)已知函数f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x2－2ax－2a2＋a，其中a＞0.
(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；
(2)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.
(1)解　由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2，
所以g′(x)＝2－＋＝，
当0＜a＜时，g(x)在区间，上单调递增，
在区间上单调递减；
当a≥时，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增.
(2)证明　由f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2＝0，
解得a＝，
令φ(x)＝－2ln x＋x2－2x－2＋，
则φ(1)＝1＞0，φ(e)＝－－2＜0，
故存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0，
令a0＝，u(x)＝x－1－ln x(x≥1)，
由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以0＝＜＝a0＜＝＜1，
即a0∈(0，1)，
当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0，
由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.
故当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0，
所以，当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥0.
综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.
20.(2015·苏、锡、常、镇四市调研)已知函数f(x)＝mx－aln x－m，g(x)＝，其中m，a均为实数.
(1)求g(x)的极值；
(2)设m＝1，a＜0，若对任意的x1，x2∈[3，4](x1≠x2)，|f(x2)－f(x1)|＜恒成立，求a的最小值；
(3)设a＝2，若对任意给定的x0∈(0，e]，在区间(0，e]上总存在t1，t2(t1≠t2)，使得f(t1)＝f(t2)＝g(x0)成立，求m的取值范围.
解　(1)g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝1.
列表如下：
x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
g(x)

极大值

∵g(1)＝1，∴y＝g(x)的极大值为1，无极小值.
(2)当m＝1，a＜0时，f(x)＝x－aln x－1，x∈(0，＋∞).
∵f′(x)＝＞0在[3，4]上恒成立，∴f(x)在[3，4]上为增函数.
设h(x)＝＝，∵h′(x)＝＞0在[3，4]上恒成立，
∴h(x)在[3，4]上为增函数.
设x2＞x1，则|f(x2)－f(x1)|＜等价于f(x2)－f(x1)＜h(x2)－h(x1)，
即f(x2)－h(x2)＜f(x1)－h(x1).
设u(x)＝f(x)－h(x)＝x－aln x－1－·，则u(x)在[3，4]上为减函数.
∴u′(x)＝1－－·≤0在[3，4]上恒成立.
∴a≥x－ex－1＋恒成立.设v(x)＝x－ex－1＋，
∵v′(x)＝1－ex－1＋
＝1－ex－1，x∈[3，4]，
∴ex－1＞e2＞1，∴v′(x)＜0，v(x)为减函数，
∴v(x)在[3，4]上的最大值为v(3)＝3－e2.
∴a≥3－e2，∴a的最小值为3－e2.
(3)由(1)知g(x)在(0，e]上的值域为(0，1].
∵f(x)＝mx－2ln x－m，x∈(0，＋∞)，
当m＝0时，f(x)＝－2ln x在(0，e]上为减函数，不合题意.
当m≠0时，f′(x)＝，由题意知f(x)在(0，e]上不单调，
所以0＜＜e，即m＞.　①
此时f(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f(e)≥1，即f(e)＝me－2－m≥1，
解得m≥.　②
由①②，得m≥.
∵1∈(0，e]，∴f≤f(1)＝0成立.
下证存在t∈，使得f(t)≥1.
取t＝e－m，先证e－m＜，即证2em－m＞0.　③
设ω(x)＝2ex－x，则ω′(x)＝2ex－1＞0在时恒成立.
∴ω(x)在上为增函数，
∴ω(x)≥ω＞0，∴③成立.
再证f(e－m)≥1.
∵f(e－m)＝me－m＋m＞m≥＞1，
∴m≥时，命题成立.
综上所述，m的取值范围为.

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
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。

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