2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段一 專題一 第五節(jié)配套課時(shí)作業(yè) 理

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1、[配套課時(shí)作業(yè)] (A) 1．函數(shù)f(x)＝3x2＋ln x－2x的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)是(　　) A．0　　　　　　　　　　 B．1 C．2 D．無數(shù)個(gè) 解析：選A　函數(shù)定義域?yàn)?0，＋∞)， 且f′(x)＝6x＋－2＝， 由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0， 所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立． 即f(x)在定義域上單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)． 2．(2020·陜西高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝＋ln x，則(　　) A．x＝為f(x)的極大值點(diǎn) B．x＝為f(x)的極小值點(diǎn) C．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn) D．x＝2為f(x)的極小值點(diǎn) 解析：選

2、D　函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，當(dāng)x＝2時(shí)，f′(x)＝0；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)為增函數(shù)；當(dāng)0f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e) C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d) 解析：選C　依題意得，當(dāng)x∈(－∞，c)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(c，e)時(shí)，f′(x)<0；

3、當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.因此，函數(shù)f(x)在(－∞，c)上是增函數(shù)，在(c，e)上是減函數(shù)，在(e，＋∞)上是增函數(shù)，又af(b)>f(a)． 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a，g(x)＝x2－3x＋2(其中x∈R，a，b為常數(shù))．已知曲線y＝f(x)與y＝g(x)在點(diǎn)(2,0)處有相同的切線l，則a，b的值分別為(　　) A．a(chǎn)＝2，b＝－5 B．a(chǎn)＝－2，b＝5 C．a(chǎn)＝5，b＝2 D．a(chǎn)＝－5，b＝2 解析：選B　f′(x)＝3x2＋4ax＋b，g′(x)＝2x－3，由于曲線y＝f(x)與y＝g(x)在點(diǎn)(2,0)處有相同

4、的切線，故有f(2)＝g(2)＝0，f′(2)＝g′ (2)＝1，由此解得a＝－2，b＝5. 5．已知f1(x)＝sin x＋cos x，fn＋1(x)是fn(x)的導(dǎo)函數(shù)，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，則f2 011(x)等于(　　) A．－sin x－cos x B．sin x－cos x C．－sin x＋cos x D．sin x＋cos x 解析：選A　由題意知f2(x)＝cos x－sin x； f3(x)＝－sin x－cos x； f4(x)＝－cos x＋sin x； f5(x)＝sin

5、 x＋cos x；… 可得fn(x)是以4為周期的周期函數(shù)． 故f2 011(x)＝f3(x)＝－sin x－cos x. 6．函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，則函數(shù)g(x)＝在區(qū)間(1，＋∞)上一定(　　) A．有最小值 B．有最大值 C．是減函數(shù) D．是增函數(shù) 解析：選D　由函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，可得a的取值范圍為a<1. 所以g(x)＝＝x＋－2a，則g′(x)＝1－. 易知在x∈(1，＋∞)上g′(x)>0，所以g(x) 為增函數(shù)． 7．(2020·長(zhǎng)春調(diào)研)設(shè)f(x)＝(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，

6、則f(x)dx的值為________． 解析：依題意得f(x)dx＝x2dx＋dx＝＋ln x＝＋1＝. 答案： 8．設(shè)函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－x2，則函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為________． 解析：因?yàn)閒(x)＝x(ex－1)－x2，所以f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)·(x＋1)．令f′(x)>0，即(ex－1)·(x＋1)>0，解得x∈(－∞，－1)或x∈(0，＋∞)． 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－1]和[0，＋∞)． 答案：(－∞，－1]和[0，＋∞) 9．已知函數(shù)f(x)＝ex＋aln x的定義域是D，關(guān)于函數(shù)f(x)給出下列命題：

7、 ①對(duì)于任意a∈(0，＋∞ )，函數(shù)f(x)是D上的減函數(shù)； ②對(duì)于任意a∈(－∞，0 )，函數(shù)f(x)存在最小值； ③存在a∈(0，＋∞ )，使得對(duì)于任意的x∈D，都有f(x)>0成立； ④存在a∈(－∞，0 )，使得函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)． 其中正確命題的序號(hào)是________(寫出所有正確命題的序號(hào))． 解析：由f(x)＝ex＋aln x可得f′(x)＝ex＋，若a>0，則f′(x)>0，得函數(shù)f(x)是D上的增函數(shù)，存在x∈(0,1)，使得f(x)<0，即得命題①③不正確；若a<0，設(shè)ex＋＝0的根為m，則在(0，m)上f′(x)<0，在(m，＋∞)上f′(x)>0，所以函數(shù)

8、f(x)存在最小值f(m)，即命題②正確；若f(m)<0，則函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，即命題④正確． 答案：②④ 10．(2020·安徽高考)設(shè)定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝ax＋＋b(a>0)． (1)求f(x)的最小值； (2)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝x，求a，b的值． 解：(1)法一：由題設(shè)和基本不等式可知， f(x)＝ax＋＋b≥2＋b， 其中等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)ax＝1， 即當(dāng)x＝時(shí)，f(x)取最小值為2＋b. 法二：f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝a－＝， 當(dāng)x>時(shí)，f′(x)>0，f(x)在上單調(diào)遞增； 當(dāng)0

9、，f(x)在上單調(diào)遞減． 所以當(dāng)x＝時(shí)，f(x)取最小值，為2＋b. (2)由題設(shè)知，f′(x)＝a－，f′(1)＝a－＝，解得a＝2或a＝－(不合題意，舍去)． 將a＝2代入f(1)＝a＋＋b＝，解得b＝－1.所以a＝2，b＝－1. 11．(2020·濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x2－3x＋3)ex，x∈[－2，t](t>－2)． (1)當(dāng)t<1時(shí)，求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設(shè)f(－2)＝m，f(t)＝n，求證：m

10、x)單調(diào)遞增． ②當(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(0，t]時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． 綜上， 當(dāng)－2－2， h′(t)＝(2t－3)et＋et(t2－3t＋3)＝ett(t－1)(t>－2)． 故h(t)，h′(t)隨t的變化情況如下表

11、： t (－2,0) 0 (0,1) 1 (1，＋∞) h′(t) ＋ 0 － 0 ＋ h(t) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↘ 由上表可知h(t)的極小值為h(1)＝e－＝>0，又h(－2)＝0，所以當(dāng)t>－2時(shí)，h(t)>h(－2)＝0，即h(t)>0， 因此，n－m>0，即m0. 解：(1)由題意得f′(x)＝12x2－2a. 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)≥0恒成立，此時(shí)f(x)的單調(diào)遞

12、增區(qū)間為(－∞，＋∞)． 當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)＝12，此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為 . (2)證明：由于0≤x≤1，故當(dāng)a≤2時(shí)， f(x)＋|2－a|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2. 當(dāng)a>2時(shí)，f(x)＋|2－a|＝4x3＋2a(1－x)－2 ≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x＋2. 設(shè)g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1， 則g′(x)＝6x2－2＝6，于是g′(x)，g(x)隨x的變化情況如下表： x 0 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1 ↘ 極小值 ↗ 1 所以，g(x)

13、min＝g＝1－>0. 所以當(dāng)0≤x≤1時(shí)，2x3－2x＋1>0. 故f(x)＋|2－a|≥4x3－4x＋2>0. (B) 1．(2020·新課標(biāo)全國(guó)卷)已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖像與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，則c＝ (　　) A．－2或2 B．－9或3 C．－1或1 D．－3或1 解析：選A　設(shè)f(x)＝x3－3x＋c，對(duì)f(x)求導(dǎo)可得，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，可得x＝±1，易知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,1)上單調(diào)遞減．若f(1)＝1－3＋c＝0，可得c＝2；若f(－1)＝－1＋3＋c＝0，可得c＝－2. 2．函數(shù)

14、f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f(x)>0，f′(x)>0，則函數(shù)y＝xf(x)(　　) A．存在極大值 B．存在極小值 C．是增函數(shù) D．是減函數(shù) 解析：選C　∵y′＝f(x)＋xf′(x)，而函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)且f(x)>0，f′(x)>0， ∴y′>0在(0，＋∞)上恒成立． 因此y＝xf(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． 3．(2020·湖北高考)已知二次函數(shù)y＝f(x)的圖像如圖所示，則它與x軸所圍圖形的面積為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　由題中圖像易知f(x)＝－x2＋1，則所求面積為2(－x2＋1)dx＝2＝

15、. 4．若a>3，則方程x3－ax2＋1＝0在(0,2)上的實(shí)根個(gè)數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：選B　令f(x)＝x3－ax2＋1，而在區(qū)間(0,2)上函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)<0恒成立，所以函數(shù)f(x)在(0,2)上是減函數(shù)， 又f(0)＝1>0，f(2)＝9－4a<0， 所以方程x3－ax2＋1＝0在(0,2)上恰有1個(gè)實(shí)根． 5．已知函數(shù) g(x)＝ax3＋bx2＋cx(a∈R且a≠0)，g(－1)＝0，且g(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f(0)f(1)≤0.則的取值范圍為(　　) A. B．[ ，

16、1] C. D. 解析：選C　∵g(x)＝ax3＋bx2＋cx， ∴ g(－1)＝－a＋b－c＝0，即c＝b－a. 又f(x)＝g′(x)＝3ax2＋2bx＋c， 由f(0)f(1)≤0， 得c(3a＋2b＋c)≤0，所以(b－a)(3b＋2a)≤0. ∵a≠0， ∴≤0，解得－≤≤1. 所以的取值范圍是. 6．給出定義：若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上可導(dǎo)，即f′(x)存在，且導(dǎo)函數(shù)f′(x)在區(qū)間D上也可導(dǎo)，則稱f(x)在區(qū)間D上存在二階導(dǎo)函數(shù)，記f″(x)＝(f′(x))′，若f″(x)<0在區(qū)間D上恒成立，則稱f(x)在區(qū)間D上為凸函數(shù)．以下四個(gè)函數(shù)在(0，)上不是凸函

17、數(shù)的是 (　　) A．f(x)＝sin x＋cos x B．f(x)＝ln x－2x C．f(x)＝－x3＋2x－1 D．f(x)＝－xe－x 解析：選D　若f(x)＝sin x＋cos x，則f″(x)＝－sin x－cos x，在x∈上，恒有f″(x)<0； 若f(x)＝ln x－2x，則f″(x)＝－，在x∈上，恒有f″(x)<0； 若f(x)＝－x3＋2x－1，則f″(x)＝－6x， 在x∈上，恒有f″(x)<0； 若f(x)＝－xe－x，則f″(x)＝2e－x－xe－x＝(2－x)e－x， 在x∈上，恒有f″(x)>0. 7．若函數(shù)y＝x＋在(0，a)上為單調(diào)

18、減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析：y′＝1－，x∈(0，a)． 因?yàn)閥在(0，a)上單調(diào)遞減， 故y′＝1－≤0?00)，若對(duì)定義域內(nèi)的任意x，f′(x)≥2恒成立，則a的取值范圍是________． 解析：由題意得f′(x)＝＋x≥2，當(dāng)且僅當(dāng)＝x， 即x＝時(shí)取等號(hào)， ∵f′(x)≥2，∴只要f′(x)min≥2即可， 即2≥2，解得a≥1. 答案：[1，＋∞) 9．函數(shù)f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的極大值是正數(shù)，極小值是負(fù)數(shù)，則a

19、的取值范圍是________． 解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0得x＝±a，當(dāng)－aa或x<－a時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)遞增．f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0，且f(a)＝a3－3a3＋a<0，解得a>. 答案： 10．某食品廠進(jìn)行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本20元，并且每公斤蘑菇的加工費(fèi)為t元(t為常數(shù)，且2≤t≤5)，設(shè)該食品廠每公斤蘑菇的出廠價(jià)為x元(25≤x≤40)，根據(jù)市場(chǎng)調(diào)查，銷售量q與ex成反比，當(dāng)每公斤蘑菇的出廠價(jià)為30元時(shí)，日銷售量為100公斤． (1)求該工廠的每日利潤(rùn)y元與每公

20、斤蘑菇的出廠價(jià)x元的函數(shù)關(guān)系式； (2)若t＝5，當(dāng)每公斤蘑菇的出廠價(jià)x為多少元時(shí)，該工廠的利潤(rùn)y最大，并求最大值． 解：(1)設(shè)日銷量q＝，則＝100，所以k＝100e30. 所以日銷量q＝. 所以y＝(25≤x≤40)． (2)當(dāng)t＝5時(shí)，y＝，y′＝， 由y′≥0，得x≤26，由y′≤0，得x≥26，所以y在區(qū)間[25,26]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[26,40]上單調(diào)遞減． 所以當(dāng)x＝26時(shí)，ymax＝100e4. 所以當(dāng)每公斤蘑菇的出廠價(jià)為26元時(shí)，該工廠的利潤(rùn)最大，最大值為100e4元． 11．已知函數(shù)f(x)＝x2ln x－a(x2－1)，a∈R. (1)當(dāng)a＝－1

21、時(shí)，求曲線f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； (2)若當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥0成立，求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝x2ln x＋x2－1，f′(x)＝2xln x＋3x. 則曲線f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的斜率為f′(1)＝3，又f(1)＝0，所以切線方程為3x－y－3＝0. (2)f′(x)＝2xln x＋(1－2a)x＝x(2ln x＋1－2a)，其中x≥1. 令f′(x)＝0，得x＝. 當(dāng)a≤時(shí)，因?yàn)閤≥1，所以f′(x)≥0，所以函數(shù)f (x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增， 故f(x)≥f(1)＝0. 當(dāng)a>時(shí)，若x∈[1，)，則f′

22、(x)<0，所以函數(shù)f(x)在[1，)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈[1，)時(shí)，f(x)≤f(1)＝0，不符合題意． 所以a的取值范圍是. 12．(2020·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a>0. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍； (3)當(dāng)a＝1時(shí)，設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋3]上的最大值為M(t)，最小值為m(t)，記g(t)＝M(t)－m(t)，求函數(shù)g(t)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值． 解：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)． 由f′(x)＝0

23、，得x1＝－1，x2＝a>0. 當(dāng)x變化時(shí)f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，a)． (2)由(1)知f(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(－1,0)內(nèi)單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng) 解得0

24、[－3，－1]上單調(diào)遞增，在[－1,1]上單調(diào)遞減， 在[1,2]上單調(diào)遞增． ①當(dāng)t∈[－3，－2]時(shí)，t＋3∈[0,1]，－1∈[t，t＋3]，f(x)在[t，－1]上單調(diào)遞增，在[－1，t＋3]上單調(diào)遞減．因此，f(x)在[t，t＋3]上的最大值M(t)＝f(－1)＝－，而最小值m(t)為f(t)與f(t＋3)中的較小者．由f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)知，當(dāng)t∈[－3，－2]時(shí)，f(t)≤f(t＋3)，故m(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)．而f(t)在[－3，－2]上單調(diào)遞增，因此f(t)≤f(－2)＝－.所以g(t)在[－3，－2]上的最小值為g(－2)＝－－＝. ②當(dāng)t∈[－2，－1]時(shí)，t＋3∈[1,2]， 且－1,1∈[t，t＋3]． 下面比較f(－1)，f(1)，f(t)，f(t＋3)的大?。? 由f(x)在[－2，－1]，[1,2]上單調(diào)遞增，有 f(－2)≤f(t)≤f(－1)， f(1)≤f(t＋3)≤f(2)． 又由f(1)＝f(－2)＝－，f(－1)＝f(2)＝－， 從而M(t)＝f(－1)＝－，m(t)＝f(1)＝－. 所以g(t)＝M(t)－m(t)＝. 綜上，函數(shù)g(t)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值為.