2021年高三数学(文科)二轮复习课时作业1-2-4-Word版含解析.docx

课时跟踪训练
1．(2022年安徽高考)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.
(1)争辩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)由于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)冲突．
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)冲突，
当b＞1时，同理φ(ln b)＜0，与函数f(x)≥g(x)冲突，
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．(2022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＝.
由于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)的状况如下：
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)的微小值．
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，由于g(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)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．(2022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，＋∞)．
由于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.