高考數(shù)學 17-18版 第4章 第19課 課時分層訓練19

《高考數(shù)學 17-18版 第4章 第19課 課時分層訓練19》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學 17-18版 第4章 第19課 課時分層訓練19（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時分層訓練(十九) A組　基礎(chǔ)達標 (建議用時：30分鐘) 一、填空題 1．已知a∈R，且函數(shù)y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點，那么實數(shù)a的取值范圍是________． (－∞，－1)　[y′＝ex＋a，由y′＝0，得x＝ln(－a)．因為x>0，所以－a>1，所以a<－1，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1)．] 2．已知函數(shù)f(x)＝x3－3a2x＋1的圖象與直線y＝3只有一個公共點，那么實數(shù)a的取值范圍是________． (－1,1)　[f′(x)＝3x2－3a2，令f′(x)＝0，則x＝±a. 由題意知當a<0時，f(a)＝a3－3a3＋1<3，即a3>－1

2、，所以－10時，f(－a)＝－a3＋3a3＋1<3，即a3<1，所以0

3、又0＜a＜b，所以F(a)≥F(b)，即≥，則bf(a)≥af(b)．] 4．已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有三個公共點，則實數(shù)c的取值范圍是________． (－2,2)　[由三次函數(shù)的圖象可知：函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有三個公共點，則函數(shù)的極大值大于零，而極小值小于零． 由于y′＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)＝0得x1＝－1，x2＝1， 所以當x＜－1時，y′＞0；當－1＜x＜1時，y′＜0；當x＞1時，y′＞0； 故y極大值＝c＋2，y極小值＝c－2； 又因為函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有三個公共點，所以 即實數(shù)c的取值范圍是(－2,2

4、)．] 5．已知定義在R上的可導函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，若對于任意實數(shù)x，有f(x)＞f′(x)，且y＝f(x)－1為奇函數(shù)，則不等式f(x)＜ex的解集為________． (0，＋∞)　[因為y＝f(x)－1為奇函數(shù)，且定義域為R，所以f(0)－1＝0，得f(0)＝1，設(shè)h(x)＝，則h′(x)＝，因為f(x)＞f′(x)，所以h′(x)＜0，所以函數(shù)h(x)是R上的減函數(shù)，所以不等式f(x)＜ex等價于＜1＝，所以x＞0.] 6．已知定義域為R的奇函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)為y＝f′(x)，當x≠0時，f′(x)＋>0，若a＝f，b＝－2f(－2)，c＝·f，則a，b，c的

5、大小關(guān)系是________. 【導學號：62172108】 a0時，h′(x)＝f(x)＋x·f′(x)>0，∴此時函數(shù)h(x)單調(diào)遞增． ∵a＝f＝h， b＝－2f(－2)＝2f(2)＝h(2)， c＝f＝h ＝h(－ln 2)＝h(ln 2)， 又0時，有<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是________．

6、 (－∞，－2)∪(0,2)　[∵x>0時，′<0， ∴φ(x)＝為減函數(shù)，又φ(2)＝0， ∴當且僅當00， 此時x2f(x)>0. 又f(x)為奇函數(shù)，∴h(x)＝x2f(x)也為奇函數(shù)． 故x2f(x)>0的解集為(－∞，－2)∪(0,2)．] 8．已知函數(shù)f(x)＝若|f(x)|≥ax，則a的取值范圍是________． [－2,0]　[y＝|f(x)|的圖象如圖所示： 要使|f(x)|≥ax，只需找到y(tǒng)＝ax與y＝x2－2x相切時的臨界值即可，由y′|x＝0＝－2可知a＝－2， 結(jié)合圖象可知，當實數(shù)a滿足－2≤a≤0時，有|f(x)|≥a

7、x.] 9．設(shè)f(x)＝|ln x|，若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax在區(qū)間(0,4)上有三個零點，則實數(shù)a的取值范圍是________． 　[由題意，可知方程|ln x|＝ax在區(qū)間(0,4)上有三個根，令h(x)＝ln x，則h′(x)＝，又h(x)在(x0，ln x0)處切線y－ln x0＝(x－x0)過原點，得x0＝e，即曲線h(x)過原點的切線的斜率為，而點(4，ln 4)與原點確定的直線的斜率為，所以實數(shù)a的取值范圍是.] 10．已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(1)＝1，且f(x)的導數(shù)f′(x)<，則不等式f(x2)<＋的解集為________． (－∞，－1)∪(1，＋

8、∞)　[令F(x)＝f(x)－x，由f′(x)<可知，F(xiàn)′(x)＝f′(x)－<0. ∴F(x)在R上單調(diào)遞減． 又f(1)＝1，∴f(x2)<＋可化為f(x2)－x21，即x>1或x<－1.] 二、解答題 11．已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋6x－a. (1)若對于任意實數(shù)x，f′(x)≥m恒成立，求實數(shù)m的最大值； (2)若方程f(x)＝0有且僅有一個實數(shù)根，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)，因為x∈(－∞，＋∞)，f′(x)≥m恒成立，即3

9、x2－9x＋(6－m)≥0恒成立，所以Δ＝81－12(6－m)≤0， 解得m≤－，即m的最大值為－. (2)因為當x<1時，f′(x)>0；當12時，f′(x)>0. 所以當x＝1時，f(x)取得極大值f(1)＝－a；當x＝2時，f(x)取得極小值f(2)＝2－a.故當f(2)>0或f(1)<0時，方程f(x)＝0有且僅有一個實數(shù)根，解得a<2或a>，即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，2)∪. 12．(2017·如皋市高三調(diào)研一)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－ax2(a>0)． (1)討論函數(shù)f(x)零點的個數(shù)； (2)若函數(shù)f(x)有極大值為－，且存在

10、實數(shù)m，n，m4a. 【導學號：62172109】 [解]　(1)f′(x)＝－2ax＝(x>0)． ①當a＝0，f(x)＝ln x在(0，＋∞)上有一個零點； ②當a<0，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， f(1)＝－a>0，f(ea)＝a－ae2a＝a(1－e2a)<0所以f(x)在(0，＋∞)上有唯一零點； ③當a>0，f(x)＝0，x＝， x f′(x) ＋ 0 － f(x)   f(x)max＝f＝ln－. (ⅰ)當a>時，f(x)在(0，＋∞)上有沒有零點； (ⅱ)當a＝

11、時，f(x)在(0，＋∞)上有一個零點； (ⅲ)當0時，f(x)在(0，＋∞)上有沒有零點； 當a＝或a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上有一個零點； 當0

12、所以F(m)＝f(m)－f(2－m)<0， 即f(m)2－n，即m＋n>2得證． B組　能力提升 (建議用時：15分鐘) 1．(2017·南京模擬)已知函數(shù)f(x)＝g(x)＝f(x)＋2k，若函數(shù)g(x)恰有兩個不同的零點，則實數(shù)k的取值范圍為________． ∪　[當x≤0時，f′(x)＝(2－x2)ex，當x＝－時取得極小值f＝－2(＋1)·e－，當x<0時，f(x)<0，且f(0)＝0，函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，函數(shù)g(x)恰有兩個不同的零點，

13、就是f(x)的圖象與直線y＝－2k有兩個不同的交點，所以3<－2k<7或－2k＝0或－2k＝－2(＋1)e－， 即k∈∪.] 2．已知函數(shù)f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，則實數(shù)a的取值范圍是______________． 　[由于f′(x)＝1＋＞0，因此函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增， 所以x∈[0,1]時，f(x)min＝f(0)＝－1. 根據(jù)題意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1， 即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋， 則要使a≥h(x)

14、在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min， 又函數(shù)h(x)＝＋在x∈[1,2]上單調(diào)遞減， 所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.] 3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－a2x＋m＋2(a>0)． (1)若f(x)在[－1,1]內(nèi)沒有極值點，求實數(shù)a的取值范圍； (2)當a＝2時，方程f(x)＝0有三個互不相同的解，求實數(shù)m的取值范圍． [解]　(1)因為f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝3(x＋a)， 令f′(x)＝0，得x＝或－a， 因為f(x)在[－1,1]內(nèi)沒有極值點，而且a>0， 所以解得a>3， 故實數(shù)a的取值范圍是(3，＋∞)． (2)當a＝2

15、時，f′(x)＝3(x＋2)＝0的兩根為，－2，要使方程f(x)＝0有三個互不相同的解，需使 解得－10

16、，m(x)在上為增函數(shù)，h(x)在上為增函數(shù)， 若f(x)在上無零點，則m≥h， 即(2－a)≥2ln，∴a≥2－4ln2， ∴2－4ln2≤a<2. ②當a≥2時，在上m(x)≥0，h(x)＜0， ∴f(x)＞0，∴f(x)在上無零點． 由①②得a≥2－4ln 2， ∴amin＝2－4ln 2. (2)g′(x)＝e1－x－xe1－x＝(1－x)e1－x， 當x∈(0,1)時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增； 當x∈(1，e]時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減， 又g(0)＝0，g(1)＝1，g(e)＝e2－e＞0， ∴函數(shù)g(x)在(0，e]上的值域為(0,1]． 方程f(x)＝g(x0)等價于(2－a)(x－1)－g(x0)＝2ln x，令p(x)＝(2－a)(x－1)－g(x0)，則p(x)過定點(1，－g(x0))，且－1≤－g(x0)＜0，令t(x)＝2ln x，由p(x)，t(x)的圖象(略)可知，要使方程f(x)＝g(x0)在(0，e]上總存在兩個不相等的實根，需使在(0，e]上恒成立， 即(2－a)(e－1)－g(x0)≥2ln e＝2， ∴a≤2－. ∵0＜g(x0)≤1，∴min＝2－， ∴a≤2－. 綜上所述，a的取值范圍為.