2019-2020年高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时跟踪检测15理新人教A版

2019-2020年高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时跟踪检测15理新

人教A版

1．方程x－6x＋9x－10＝0的实根个数是( ) A．3 C．1 答案：C

解析：设f(x)＝x－6x＋9x－10，f′(x)＝3x－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函数的极大值为f(1)＝－6＜0，极小值为f(3)＝－10＜0，所以方程x－6x＋9x－10＝0的实根有1个．

2．若存在正数x使2(x－a)＜1成立，则a的取值范围是( ) A．(－∞，＋∞) C．(0，＋∞) 答案：D

1x解析：∵2(x－a)＜1，∴a＞x－x.

21－x令f(x)＝x－x，∴f′(x)＝1＋2ln 2＞0.

2∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1， ∴a的取值范围为(－1，＋∞)．

3．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( )

A．3 C．6 答案：A

272

解析：设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则V＝πRl＝27π，∴l＝2，要使用料最

B．4 D．5

B．(－2，＋∞) D．(－1，＋∞)

x3

2

3

2

2

3

2

B．2 D．0

R省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小．

2722

由题意，S＝πR＋2πRl＝πR＋2π·. R54π

∴S′＝2πR－2，令S′＝0，得R＝3，则当R＝3时，S最小．故选A.

R4．若0＜x1＜x2＜1，则( ) A．e2－e1＞ln x2－ln x1

x xB．e2－e1＜ln x2－ln x1 C．x2e1＞x1e2 D．x2e1＜x1e2 答案：C

e

解析：令f(x)＝，则f′(x)＝

xx x x x x x xxx－x′·exexx－

＝x2x2

.当0＜x＜1时，f′(x)

x xe2e1

x＜0，即f(x)在(0,1)上单调递减，∵0＜x1＜x2＜1，∴f(x2)＜f(x1)，即＜，∴x2e1＞

x2x1

x1e x2，故选C.

?x1?5．[xx·河北石家庄模拟]已知函数f(x)＝x?e－x?，若f(x1)＜f(x2)，则( )

e??

A．x1＞x2 C．x1＜x2 答案：D

B．x1＋x2＝0 D．x1＜x2

2

2

?－x1??x1?解析：因为f(－x)＝－x?e－－x?＝x?e－x?＝f(x)，所以f(x)为偶函数，由f(x1)＜

e??e??

f(x2)，得f(|x1|)＜f(|x2|)(*)．

1?e2x1x?又f′(x)＝e－x＋x?e＋x?＝e?e?

x2x0

x＋

e

x＋x－1

. 当x≥0时，e(x＋1)＋x－1≥e(0＋1)＋0－1＝0，则f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，从而由(*)式得|x1|＜|x2|，即x1＜x2.

6．[xx·广东韶关六校高三10月联考]对于三次函数f(x)＝ax＋bx＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g(x)＝2x1?1??2??99?2

－3x＋，则g??＋g??＋…＋g??＝( )

2?100??100??100?

A．100 99C． 2答案：D

解析：依题意得，g′(x)＝6x－6x，g″(x)＝12x－6， 1?1?令g″(x)＝0得x＝，因为g??＝0， 2?2?

2

3

3

2

2

2

B．50 D．0

?1?所以函数g(x)的对称中心为?，0?，

?2?

则g(1－x)＋g(x)＝0.

199298495150

因为＋＝＋＝…＝＋＝×2＝1，

100100100100100100100所以g?

?1?＋g?2?＋…＋g?99?＝0.故选D.

????100??100??100???

3

7．已知函数f(x)＝ax－3x＋1对x∈(0,1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是________．

答案：[4，＋∞)

3x－13x－13

解析：当x∈(0,1]时，不等式ax－3x＋1≥0可化为a≥3，设g(x)＝3，x∈(0,1]，

xx3x－g′(x)＝3

x－x6

x2

＝－

1??x－6???2?

x4

.

1

由g′(x)＝0得x＝，

2

当x变化时，g′(x)与g(x)的变化情况如下表.

x g′(x) g(x) ?0，1? ?2???＋ 1 20 极大值4 ?1，1? ?2???－ 因此g(x)的最大值为4，则实数a的取值范围是[4，＋∞)． 8．已知函数y＝x－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝________. 答案：－2或2

解析：设f(x)＝x－3x＋c，对f(x)求导可得，f′(x)＝3x－3，令f′(x)＝0，可得x＝±1，易知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，若f(1)＝1－3＋c＝0，可得c＝2；若f(－1)＝－1＋3＋c＝0，可得c＝－2.

9．设直线x＝t与函数f(x)＝x，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时，t的值为________．

答案：

2

2

2

2

3

2

3

解析：当x＝t时，f(t)＝t，g(t)＝ln t， ∴y＝|MN|＝t－ln t(t＞0)．

2??2??

2?t＋??t－?

2??2?12t－1?

∴y′＝2t－＝＝. 2

2

ttt当0＜t＜

22

时，y′＜0；当t＞时，y′＞0. 22

∴y＝|MN|＝t－ln t在t＝

x2

2

时有最小值． 2

10．已知f(x)＝(1－x)e－1. (1)求函数f(x)的最大值； (2)设g(x)＝fx，x＞－1，且x≠0，证明：g(x)＜1. xx(1)解：f′(x)＝－xe.

当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减． 所以f(x)的最大值为f(0)＝0.

(2)证明：由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1. 当－1x. 设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xe－1.

当x∈(－1,0)时，0<－x<1,0

从而当x∈(－1,0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1,0]上单调递减． 当－1h(0)＝0，即g(x)<1. 综上，x>－1且x≠0时，总有g(x)<1.

11．已知函数f(x)＝x－3x＋ax＋2，曲线 y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.

(1)求a的值；

(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点． (1)解：f′(x)＝3x－6x＋a，f′(0)＝a. 曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2. 2

由题设得－＝－2，所以a＝1.

2

3

2

xxxa(2)证明：由(1)知，f(x)＝x－3x＋x＋2. 设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x－3x＋(1－k)x＋4. 由题设知1－k>0.

当x≤0时，g′(x)＝3x－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根．

当x>0时，令h(x)＝x－3x＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．

3

223

2

32

h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.

所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根．

综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．