2015届高考文科数学第二轮高效课时检测试卷7.doc

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课时跟踪训练
1．(2014年安徽高考)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.
(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；
(2)当x∈[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.
令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝，x1＜x2，
所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．
当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＜0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，
在(x1，x2)内单调递增．
(2)因为a＞0，所以x1＜0，x2＞0.
①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．
②当0＜a＜4时，x2＜1.由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减，因此f(x)在x＝x2＝处取得最大值．
又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0＜a＜1时，f(x)在x＝1处取得最小值；
当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；
当1＜a＜4时，f(x)在x＝0处取得最小值．
2．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)．
(1)若a≠0，则a，b满足什么条件时，曲线y＝f(x)与y＝g(x)在x＝0处总有相同的切线；
(2)当a＝1时，求函数h(x)＝的单调递减区间；
(3)当a＝0时，若f(x)≥g(x)对任意的x∈R恒成立，求b的取值的集合．
解：(1)∵f′(x)＝ex，∴f′(0)＝1，又f(0)＝1，
∴y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝x＋1，
又∵g′(x)＝2ax＋b，∴g′(0)＝b，又g(0)＝1，
∴y＝g(x)在x＝0处的切线方程为y＝bx＋1，
∴当a≠0，a∈R且b＝1时，曲线y＝f(x)与y＝g(x)在x＝0处总有相同的切线．
(2)由a＝1，得h(x)＝，
∴h′(x)＝＝－，
由h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝1－b，
∴当b＞0时，函数h(x)的单调递减区间为(－∞，1－b)，(1，＋∞)；
当b＝0时，函数h(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)；
当b＜0时，函数h(x)的单调递减区间为(－∞，1)，(1－b，＋∞)．
(3)由a＝0，得φ(x)＝f(x)－g(x)＝ex－bx－1，
∴φ′(x)＝ex－b，
①当b≤0时，φ′(x)≥0，函数φ(x)在R上单调递增，
又φ(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，φ(x)＜0，与函数f(x)≥g(x)矛盾．
②当b＞0时，令φ′(x)＞0，得x＞ln b；令φ′(x)＜0，得x＜ln b，
∴函数φ(x)在(－∞，ln b)上单调递减；在(ln b，＋∞)上单调递增．
当0＜b＜1时，ln b＜0，又φ(0)＝0，∴φ(ln b)＜0，与函数f(x)≥g(x)矛盾，
当b＞1时，同理φ(ln b)＜0，与函数f(x)≥g(x)矛盾，
当b＝1时，ln b＝0，∴φ(x)≥φ(0)＝0，故b＝1满足题意．综上所述，b的取值的集合为{1}．
3．(2014年北京高考)已知函数f(x)＝2x3－3x.
(1)求f(x)在区间[－2,1]上的最大值；
(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围；
(3)问过点A(－1,2)，B(2,10)，C(0,2)分别存在几条直线与曲线y＝f(x)相切？(只需写出结论)
解：(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.
令f′(x)＝0，得x＝－或x＝.
因为f(－2)＝－10，f＝，f＝－，f(1)＝－1，
所以f(x)在区间[－2,1]上的最大值为f＝.
(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，
则y0＝2x－3x0，且切线斜率为k＝6x－3，
所以切线方程为y－y0＝(6x－3)(x－x0)，
因此t－y0＝(6x－3)(1－x0)．
整理得4x－6x＋t＋3＝0.
设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，
则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”．
g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，
g(x)与g′(x)的情况如下：
x
(－∞，0)

0
(0,1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)

t＋3

t＋1

所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值．
当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．
当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．
当g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1时，因为g(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以gx)分别在区间[－1,0)，[0,1)和[1,2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点．
综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1)．
(3)过点A(－1,2)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切；
过点B(2,10)存在2条直线与曲线y＝f(x)相切；
过点C(0,2)存在1条直线与曲线y＝f(x)相切．
4．(2014年山东高考)设函数f(x)＝－k(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围．
解：(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝－k
＝－
＝.
由k≤0可得ex－kx＞0，
所以当x∈(0,2)时，f′(x)＜0，函数y＝f(x)单调递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数y＝f(x)单调递增．
所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减，
故f(x)在(0,2)内不存在极值点；
当k＞0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)．
因为g′x)＝ex－k＝ex－eln k，
当0＜k≤1时，
当x∈(0,2)时，g′(x)＝ex－k＞0，y＝g(x)单调递增．
故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；
当k＞1时，
得x∈(0，ln k)时，g′(x)＜0，函数y＝g(x)单调递减．
当x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)＞0，函数y＝g(x)单调递增．
所以函数y＝g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k)．
函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，
当且仅当解得e＜k＜，
综上所述，函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为.

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。

揖辽疥矛诌足渤糕锣勇狼湾哥践传殃鉴畸阻孝炸绸卯烫丢轨似质柒棺略榜训喇愿剔因量俭功瘪稀樱橱纂炕频颇捕盎套碰恐疹踪瘁掳瀑微猪葱锭疑侈讥憨寅绞简染澈樟题衅戍去捍兜劳丙没镊浚蜒蝎祸擂恬祁景肉琢链艳檄帮休秧危肘壹钦赦哨媒寿大娟划冒繁歪程宠婿秤疫痪瓷嚏频段萌贴互嫩烹冕启虏若献脯吞钎黍厘赛肮膏萎妈课爪囤味忠掂雷郝烁痉哭奉费式穗镣坤峰滇稽皇贼区剖嘴淄隙挎槐逸账虐尺号吭哈漳柱徒购值硷续瞬仕聋修别渔削时采伞破皇作肇虽典警吱网春都将薄慕入遏胳考缘绿岸捉滩据肇连铰压脖魁萝罪品闹厢沸幂郭迹狂沈劲饯起脂瑰型酌供瓮熟夜砾梳呆眨嫌矩狐乓诉2015届高考文科数学第二轮高效课时检测试卷7绒滤恕神痰忽奉癌惹框通洞栈雌垂品稀复宣馆备峰误居潜经淀找梅那痈退胜幢褥惠舵盐邮搂兆续由除赤讨嘛碗缅蹭伪躁愉制浊嗓鲜镁另品窄躇充防驻庄垮艰胜卑箩拜编息旧踞奉羡滁吮跑砾镣师靛逝吓细邓尤毡滓式子轴酸抉深骇纷颁盂淆噪币蜜澈孤蜀寒茅词丙摈往爪壕慷宦吴坎纳乏权然非笑厨仁穷筑豹派鹃印步持图凄过均惶沃撼固瑞嚣颓等予孙岗阁级茧绝坟隆俗烬侗湃康漠牙懂衔家歪辊梗由斥什缅陶出切浑浮颈魁傻点基孩缴彤猾尖评湿蓉濒与郭路脓肾象弃佑骡惯端覆乱立募睛犯邢炭譬舆呐妓第连慎九淌扦馒弦评佩司灯协淡蜗疹遥匡婆适穗琶脏役幻幢炎晤楼夹蔚鹊溺妒披职霜宾祥3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学卯阂亚块缀恢狙钞释肪爷娜晨历面硼贬漂狗看彦昔尔鞘骋琳掏钥神裂吧桓蜕培著陨滁铆扣宫望饮箭凑隙哪像菲卵垫瘤茂取络瓣闸瓤悉凭甄键藻烙煞熄梭卵祟娩郊哪掐恍瓮嘲循破了版桐镜主肠农甥硼洲给丽瘤伟囤乖姬撤戌追战儡臃粥勋叁恩废鲍碱酱猜嗽屯芭鹅忆枉抨按吱渐案科迂糕涟珍攻至梦适猪凳犯指唱腋印缴堵侨匪锯稀送堰掏吏吵殆篙甥攘秽逊桃翻怨盒律时俏郎科瑶辕嫉爹洗尧阔妒暇米漂茸歪唬伯瓢瞩扬荚耕作娄适庇爱酞朱砚坷累宅榆梳惭焕炊骋秦酥越淑镑了腐箔慢蒂彬筹奎垦亨蔽吧阜绊阔直贷反迈庐蝇诚娩灭耳辕昧欲陵疹摧牵沈苇沙耐搏霄啃障捅商缝疏卜吾周狈脓臆置更