《2020年高考數(shù)學一輪復習 3-專題課時作業(yè)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考數(shù)學一輪復習 3-專題課時作業(yè)（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、3-專題課時作業(yè) 一、選擇題 1．(2020·山東聊城)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，下列數(shù)值排序正確的是(　　) A．0

2、數(shù)m的取值范圍是(　　) A．m≥　　　　　　　 B．m> C．m≤ D．m< 答案　A 解析　因為函數(shù)f(x)＝x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，經(jīng)檢驗知x＝3是函數(shù)的一個最小值點，所以函數(shù)的最小值為f(3)＝3m－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，解得m≥. 3．(2020·江蘇無錫)若a>2，則方程x3－ax2＋1＝0在(0,2)上恰好有(　　) A．0個根 B．1個根 C．2個根 D．3個根 答案　B 解析　設f(x)＝x3－ax2＋1，則f′(x)＝x2－2ax

3、＝x(x－2a)，當x∈(0,2)時，f′(x)<0，f(x)在(0,2)上為減函數(shù)，又f(0)f(2)＝1＝－4a<0，f(x)＝0在(0,2)上恰好有1個根． 4．(2020·山東卷，文)已知某生產(chǎn)廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產(chǎn)量x(單位：萬件)的函數(shù)關系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獲取最大年利潤的年產(chǎn)量為(　　) A．13萬件 B．11萬件 C．9萬件 D．7萬件 答案　C 解析　因為y′＝－x2＋81，所以當x>9時，y′<0；當x∈(0,9)時，y′>0，所以函數(shù)y＝－x3＋81x－234在(9，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0,9)上單調(diào)遞增，所以x

4、＝9是函數(shù)的極大值點，又因為函數(shù)在(0，＋∞)上只有一個極大值點，所以函數(shù)在x＝9處取得最大值． 二、填空題 5．設f(x)＝x3＋ax2＋5x＋6在區(qū)間[1,3]上為單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析　f′(x)＝x2＋2ax＋5，當f(x)在[1,3]上單調(diào)減時，由得a≤－3；當f(x)在[1,3]上單調(diào)增時，f′(x)＝0中，Δ＝4a2－4×5≤0，或得a∈[－，]∪(，＋∞)．綜上：a的取值范圍為(－∞，－3]∪[－，＋∞)． 三、解答題 6．已知定義在正實數(shù)集上的函數(shù)f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝3a2lnx＋b，其中a>0，設兩曲線y＝f(x)，y

5、＝g(x)有公共點，且在該點處的切線相同． (1)用a表示b，并求b的最大值； (2)求證：f(x)≥g(x)(x>0)． 解　(1)設y＝f(x)與y＝g(x)(x>0)在公共點(x0，y0)處的切線相同， ∵f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝， 依題意得， 即 由x0＋2a＝，得x0＝a或x0＝－3a(舍去)． 即有b＝a2＋2a2－3a2lna＝a2－3a2lna. 令h(t)＝t2－3t2lnt(t>0)，則h′(t)＝2t(1－3lnt)，由h′(t)＝0得t＝e或t＝0(舍去)． 列表如下： 于是函數(shù)h(t)在(0，＋∞)上的最大值為h(e)＝e，即b

6、的最大值為e. (2)設F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2ax－3a2lnx－b(x>0)，則F′(x)＝x＋2a－＝(x>0)，由F′(x)＝0得x＝a或x＝－3a(舍去)． 列表如下： 于是函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上的最小值是F(a)＝F(x0)＝f(x0)－g(x0)＝0. 故當x>0時，有f(x)－g(x)≥0，即當x>0時，f(x)≥g(x)． 7．將一張2×6米的硬鋼板按圖紙的要求進行操作：沿線裁去陰影部分，把剩余部分按要求焊接成一個有蓋的長方體水箱(⑦為底，①②③④為側(cè)面，⑤＋⑥為水箱蓋．其中①與③、②與④分別是全等的矩形，且⑤＋⑥＝⑦)，設水箱的高為x米，容

7、積為y立方米． (1)寫出y關于x的函數(shù)關系式； (2)如何設計x的大小，使水箱的容積最大？ 解析　(1)依據(jù)意水箱底的寬為(2－2x)米，長為＝(3－x)米， 則水箱的容積y＝(2－2x)(3－x)·x(00，函數(shù)單調(diào)遞增；當

8、g(x)＝－x2＋14x. (1)求函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)若函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(a，a＋1)上均為增函數(shù)，求a的取值范圍； (3)若方程f(x)＝g(x)＋m有唯一解，試求實數(shù)m的值． 解　(1)因為f′(x)＝2x－，所以切線的斜率k＝f′(1)＝－6. 又f(1)＝1，故所求的切線方程為y－1＝－6(x－1)．即y＝－6x＋7. (2)因為f′(x)＝， 又x>0，所以當x>2時，f′(x)>0；當0

9、(x)在(－∞，7)上單調(diào)遞增，在(7，＋∞)上單調(diào)遞減， 欲使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(a，a＋1)上均為增函數(shù)，則，解得2≤a≤6. (3)原方程等價于2x2－8lnx－14x＝m， 令h(x)＝2x2－8lnx－14x，則原方程即為h(x)＝m. 因為當x>0時原方程有唯一解，所以函數(shù)y＝h(x)與y＝m的圖象在y軸右側(cè)有唯一的交點． 又h′(x)＝4x－－14＝，且x>0， 所以當x>4時，h′(x)>0；當00時原方程有唯一解的充要條件

10、是m＝h(4)＝－16ln2－24. 9．(2020·衡水調(diào)研)設函數(shù)f(x)＝x2＋2x－2ln(1＋x)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當x∈[－1，e－1]時，是否存在整數(shù)m，使不等式m0得函數(shù)f(x)的定義域為(－1，＋∞)． f′(x)＝2x＋2－＝. 由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得－1

11、上單調(diào)遞增．∴f(x)min＝f(0)＝0. 又f(－1)＝＋1，f(e－1)＝e2－e，且e2－3>＋1， ∴x∈[－1，e－1]時，f(x)max＝e2－e. ∵不等式m0. (1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程； (2)若在區(qū)間[－，]上，f(x)>0恒成立，求a的取值范圍． 解析　(1

12、)當a＝1時，f(x)＝x3－x2＋1，f(2)＝3；f′(x)＝3x2－3x，f′(2)＝6.所以曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y－3＝6(x－2)，即y＝6x－9. (2)f′(x)＝3ax2－3x＝3x(ax－1)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝. 以下分兩種情況討論： ①若00等價于即 解不等式組得－52，則0<<.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： 當x∈[－，]時，f(x)>0等價于即. 解不等式組得