【高考调研】2016届高三理科数学一轮复习配套题组层级快练19

题组层级快练(十九)1.函数f(x)的图像如图所示，下列数值排序正确的是()A．0f′(2)f′(3)f(3)－f(2)B．0f′(3)f(3)－f(2)f′(2)C．0f′(3)f′(2)f(3)－f(2)D．0f(3)－f(2)f′(2)f′(3)答案B解析f′(2)，f′(3)是x分别为2,3时对应图像上点的切线斜率，f(3)－f(2)＝f3－f23－2，∴f(3)－f(2)是图像上x为2和3对应两点连线的斜率，故选B.2．(2015·赣州模拟)函数y＝x2ex的图像大致为()答案A解析因为y′＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex，所以当x－2或x0时，y′0，函数y＝x2ex为增函数；当－2x0时，y′0，函数y＝x2ex为减函数，排除B，C，又y＝x2ex0，所以排除D，故选A.3．设底面为等边三角形的直三棱柱的体积为V，那么其表面积最小时，底面边长为()A.3VB.32VC.34VD．23V答案C4.如图，某农场要修建3个养鱼塘，每个面积为10000米2，鱼塘前面要留4米的运料通道，其余各边为2米宽的堤埂，则占地面积最少时，每个鱼塘的长、宽分别为()A．长102米，宽500051米B．长150米，宽66米C．长、宽均为100米D．长150米，宽2003米答案D解析设鱼塘长、宽分别为y米，x米，依题意xy＝10000.设占地面积为S，则S＝(3x＋8)(y＋6)＝18x＋80000x＋30048，令S′＝18－80000x2＝0，得x＝2003，此时y＝150.5．(2015·南昌一模)已知函数y＝f(x)对任意的x∈(－π2，π2)满足f′(x)cosx＋f(x)sinx0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是()A.2f(－π3)f(－π4)B.2f(π3)f(π4)C．f(0)2f(π3)D．f(0)2f(π4)答案A解析由f′(x)cosx＋f(x)sinx0知(fxcosx)′0，所以g(x)＝fxcosx在(－π2，π2)上是增函数，所以g(－π3)g(－π4)，即f－π3cos－π3f－π4cos－π4，即2f(－π3)f(－π4)，所以A正确．同理有g(π3)g(π4)，即fπ3cosπ3fπ4cosπ4，得2f(π3)f(π4)，所以B不正确；由g(π3)g(0)，即fπ3cosπ3f0cos0，得f(0)2f(π3)，所以C不正确；由g(π4)g(0)，即fπ4cosπ4f0cos0，得f(0)2f(π4)，所以D不正确．故选A.6．(2015·绵阳市高三诊断性考试)已知f(x)＝|x|ex(x∈R)，若关于x的方程f2(x)－mf(x)＋m－1＝0恰好有4个不相等的实数根，则实数m的取值范围为()A．(1e，2)∪(2，e)B．(1e，1)C．(1，1e＋1)D．(1e，e)答案C解析依题意，由f2(x)－mf(x)＋m－1＝0，得f(x)＝1或f(x)＝m－1.当x0时，f(x)＝－xe－x，f′(x)＝(x－1)e－x0，此时f(x)是减函数．当x0时，f(x)＝xe－x，f′(x)＝－(x－1)e－x，若0x1，则f′(x)0，f(x)是增函数；若x1，则f′(x)0，f(x)是减函数．因此，要使关于x的方程f2(x)－mf(x)＋m－1＝0恰好有4个不相等的实数根，只要求直线y＝1，直线y＝m－1与函数y＝f(x)的图像共有四个不同的交点．注意到直线y＝1与函数y＝f(x)的图像有唯一公共点，因此要求直线y＝m－1与函数y＝f(x)的图像共有三个不同的交点，结合图像可知，0m－11e，即1m1＋1e，则实数m的取值范围为(1,1＋1e)，选C.7．(2015·江西七校一联)定义域为R的连续函数f(x)，对任意x都有f(2＋x)＝f(2－x)，且其导函数f′(x)满足(x－2)f′(x)0，则当2a4时，有()A．f(2a)f(2)f(log2a)B．f(2)f(2a)f(log2a)C．f(log2a)f(2a)f(2)D．f(2)f(log2a)f(2a)答案D解析∵对任意x都有f(2＋x)＝f(2－x)，∴x＝2是f(x)的对称轴．又∵(x－2)f′(x)0，∴当x2时，f′(x)0，f(x)是增函数；当x2时，f′(x)0，f(x)是减函数．又∵2a4，∴1log2a2.42a16；由f(2＋x)＝f(2－x)，得f(x)＝f(4－x)．∴f(log2a)＝f(4－log2a)．由1log2a2，得－2－log2a－1.∴24－log2a3.∴24－log2a2a.∴f(2)f(4－log2a)f(2a)，即f(2)f(log2a)f(2a)，故选D.8．已知函数f(x)＝2x，x≥2，x－13，x2.若关于x的方程f(x)＝k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是________．答案(0,1)解析当x2时，f′(x)＝3(x－2)20，说明函数在(－∞，2]上单调递增，函数的值域是(－∞，1)，函数在[2，＋∞)上单调递减，函数的值域是(0,1]．因此要使方程f(x)＝k有两个不同的实根，则0k1.9．设函数f(x)＝a2lnx－x2＋ax，a0.(1)求f(x)的单调区间；(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．(其中，e为自然对数的底数)．答案(1)单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)(2)a＝e解析(1)因为f(x)＝a2lnx－x2＋ax，其中x0，所以f′(x)＝a2x－2x＋a＝－x－a2x＋ax.由于a0，所以f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．(2)由题意得，f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e.由(1)知f(x)在[1，e]上单调递增，要使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．只要f1＝a－1≥e－1，①fe＝a2－e2＋ae≤e2，②由①得a≥e；由②得a≤e.因此a＝e.故当e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立时，实数a的值为e.10．(2013·北京理)设l为曲线C：y＝lnxx在点(1,0)处的切线．(1)求l的方程；(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C在直线l的下方．答案(1)y＝x－1(2)略解析(1)设f(x)＝lnxx，则f′(x)＝1－lnxx2.所以f′(1)＝1.所以l的方程为y＝x－1.(2)令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线l的下方等价于g(x)0(∀x0，x≠1)．g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝x2－1＋lnxx2.当0x1时，x2－10，lnx0，所以g′(x)0，故g(x)单调递减；当x1时，x2－10，lnx0，所以g′(x)0，故g(x)单调递增．所以g(x)g(1)＝0(∀x0，x≠1)．所以除切点之外，曲线C在直线l的下方．11．已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)在x＝1处取得极值．(1)求实数a的值；(2)若关于x的方程f(x)＋2x＝x2＋b在[12，2]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．答案(1)0(2)54＋ln2≤b2解析(1)对f(x)求导，得f′(x)＝1－1x＋a.由题意，得f′(1)＝0，即1－11＋a＝0，∴a＝0.(2)由(1)得f(x)＝x－lnx.∴f(x)＋2x＝x2＋b，即x2－3x＋lnx＋b＝0.设g(x)＝x2－3x＋lnx＋b(x0)，则g′(x)＝2x－3＋1x＝2x2－3x＋1x＝2x－1x－1x.令g′(x)＝0，得x1＝12，x2＝1.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0，12)12(12，1)1(1,2)2g′(x)＋0－0＋＋g(x)极大值极小值b－2＋ln2∴当x＝1时，g(x)的极小值为g(1)＝b－2.又g(12)＝b－54－ln2，g(2)＝b－2＋ln2，∵方程f(x)＋2x＝x2＋b在[12，2]上恰有两个不相等的实数根，∴g12≥0，g10，g2≥0，即b－54－ln2≥0，b－20，b－2＋ln2≥0，解得54＋ln2≤b2.12．(2014·浙江文)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a0)，若f(x)在[－1,1]上的最小值记为g(a)．(1)求g(a)；(2)证明：当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.答案(1)g(a)＝a3，0a1，－2＋3a，a≥1(2)略解析(1)因为a0，－1≤x≤1，所以①当0a1时，若x∈[－1，a]，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－30，故f(x)在(－1，a)上是减函数；若x∈[a,1]，则f(x)＝x3＋3x－3a，f′(x)＝3x2＋30，故f(x)在(a,1)上是增函数．所以g(a)＝f(a)＝a3.②当a≥1时，有x≤a，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－30，故f(x)在(－1,1)上是减函数，所以g(a)＝f(1)＝－2＋3a.综上，g(a)＝a3，0a1，－2＋3a，a≥1.(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(a)．①当0a1时，g(a)＝a3.若x∈[a,1]，则h(x)＝x3＋3x－3a－a3，h′(x)＝3x2＋3，所以h(x)在(a,1)上是增函数，所以h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)＝4－3a－a3，且0a1，所以h(1)≤4.故f(x)≤g(a)＋4.若x∈[－1，a]，则h(x)＝x3－3x＋3a－a3，h′(x)＝3x2－3，所以h(x)在(－1，a)上是减函数，所以h(x)在[－1，a]上的最大值是h(－1)＝2＋3a－a3.令t(a)＝2＋3a－a3，则t′(a)＝3－3a20，知t(a)在(0,1)上是增函数．所以t(a)t(1)＝4，即h(－1)4.故f(x)≤g(a)＋4.②当a≥1时，g(a)＝－2＋3a，故h(x)＝x3－3x＋2，h′(x)＝3x2－3.此时h(x)在(－1,1)上是减函数，因此h(x)在[－1,1]上的最大值是h(－1)＝4.故f(x)≤g(a)＋4.综上，当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.13．(2014·北京理)已知函数f(x)＝xcosx－sinx，x∈0，π2.(1)求证：f(x)≤0；(2)若asinxxb对x∈0，π2恒成立，求a的最大值与b的最小值．答案(1)略(2)a的最大值为2π，b的最小值为1解析(1)证明：由f(x)＝xcosx－sinx，得f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.因为在区间0，π2上f′(x)＝－xsinx0，所以f(x)在区间0，π2上单调递减．从而f(x)≤f(0)＝0.(2)当x0时，“sinxxa”等价于“sinx－ax0”；“sinxxb”等价于“sinx－bx0”．令g(x)＝sinx－cx，则g′(x)＝cosx－c.当c≤0时，g(x)0对任意x∈0，π2恒成立．当c≥1时，因为对任意x∈0，π2，g′(x)＝cosx－c0，所以g(x)在区间0，π2上单调递减，从而g(x)g(0)＝0对任意x∈0，π2恒成立．当0c1时，存在唯一的x0∈0，π2使得g′(x0)＝cosx0－c＝0.g(x)与g′(x)在区间0，π2上的情况如下表：x(0，x0)x0x0，π2g′(x)＋0－g(x)因为g(x)在区间[0，x0]上是增函数，所以g(x0)g(0)＝0.进一步，“g(x)0对