湖南省長沙市高二數學 暑假作業(yè)13 集合、函數與導數單元檢測3 理 湘教版

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1、 作業(yè)13：集合、函數與導數單元檢測三 參考時量：60分鐘 完成時間： 月 日 一、選擇題（每小題5分，共30分） 1、函數在定義域內可導，若，設， ，，則（ B ） A． B． C． D． 2、設函數f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1為函數f(x)ex的一個極值點，則下列圖象不可能為y＝f(x)的圖象是(　　)D 3、由直線x＝－，x＝，y＝0與曲線y＝cosx所圍成的封閉圖形的面積為(　　)D A. B．1 C. D. 4、若函數在其定義域內的一個子區(qū)間

2、內不是單調函數，則實數k的取值范圍 （ ）B A． B． C． D． 5、已知對R，函數都滿足，且當時，，則 （ ）D 2,4,6 A． B． C． D． 6、已知α、β是三次函數f(x)＝x3＋ax2＋2bx的兩個極值點，且α∈(0,1)，β∈(1,2)，則的取值范圍是(　　)A A.　 B. C. D. 二、填空題（每小題5分，共25分） 7、設曲線在點（1，1）處的切線與x軸的交點的橫坐標為,令，則的值為 -2 . 8、已知函數f(x)＝ex－2x＋a有零點，則a的取

3、值范圍是________．a∈(－∞，2ln2－2]． 9、函數f(x)＝x3－3x-a有三個不同的零點，則a的取值范圍是 （－2,2） 10、如圖，從點P1(0,0)作x軸的垂線交曲線y＝ex于點Q1(0,1)，曲線在Q1點處的切線與x軸交于點P2.現從P2作x軸的垂線交曲線于點Q2，依次重復上述過程得到一系列點：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，記Pk點的坐標為(xk,0)(k＝1,2，…，n)． (1)xk與xk－1的關系(2≤k≤n)為 xk＝xk－1－1(2≤k≤n)． (2)|P1Q1|＋|P2Q2|＋

4、|P3Q3|＋…＋|PnQn|= 三、解答題（每小題15分，共45分） 11、設函數f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a，g(x)＝x2－3x＋2，其中x∈R，a、b為常數，已知曲線y＝f(x)與y＝g(x)在點(2,0)處有相同的切線l. (1)求a、b的值，并寫出切線l的方程； (2)若方程f(x)＋g(x)＝mx有三個互不相同的實根0、x1、x2，其中x1

5、(x)在點(2,0)處有相同的切線， 故有f(2)＝g(2)＝0，f′(2)＝g′(2)＝1. 由此得解得 所以a＝－2，b＝5，切線l的方程為x－y－2＝0. (2)由(1)得f(x)＝x3－4x2＋5x－2， 所以f(x)＋g(x)＝x3－3x2＋2x. 依題意，方程x(x2－3x＋2－m)＝0有三個互不相同的實根0、x1、x2， 故x1、x2是方程x2－3x＋2－m＝0的兩相異的實根． 所以Δ＝9－4(2－m)>0，即m>－. 又對任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)

6、0. 由韋達定理，可得x1＋x2＝3>0，x1x2＝2－m>0， 故00， 則f(x)＋g(x)－mx＝x(x－x1)(x－x2)≤0， 又f(x1)＋g(x1)－mx1＝0， 所以函數f(x)＋g(x)－mx在x∈[x1，x2]的最大值為0. 于是當－

7、x1))，B(x2，f(x2))的直線的斜率為k.問：是否存在a，使得k＝2－a？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由． 【解答】 (1)f(x)的定義域為(0，＋∞)． f′(x)＝1＋－＝. 令g(x)＝x2－ax＋1，其判別式Δ＝a2－4. ①當|a|≤2時，Δ≤0，f′(x)≥0.故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增． ②當a<－2時，Δ>0，g(x)＝0的兩根都小于0. 在(0，＋∞)上，f′(x)>0. 故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增． ③當a>2時，Δ>0，g(x)＝0的兩根為x1＝，x2＝. 當00；當x1

8、)<0；當x>x2時，f′(x)>0. 故f(x)分別在(0，x1)，(x2，＋∞)上單調遞增，在(x1，x2)上單調遞減． (2)由(1)知，a>2. 因為f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋－a(lnx1－lnx2)，所以， k＝＝1＋－a. 又由(1)知，x1x2＝1，于是 k＝2－a. 若存在a，使得k＝2－a，則＝1. 即lnx1－lnx2＝x1－x2. 亦即x2－－2lnx2＝0(x2>1)．(*) 再由(1)知，函數h(t)＝t－－2lnt在(0，＋∞)上單調遞增，而x2>1，所以x2－－2lnx2>1－－2ln1＝0.這與(*)式矛盾． 故不存在a，使

9、得k＝2－a. 13、已知函數 （I）求函數在上的最小值； （II）對一切恒成立，求實數的取值范圍； （III）求證：對一切，都有 解：（I）f ′（x）＝lnx＋1，當x∈（0，），f ′（x）＜0，f （x）單調遞減， 當x∈（，＋∞），f ′（x）＞0，f （x）單調遞增． ……2分 ①0＜t＜t＋2＜，t無解；②0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜時，f （x）min＝f （）＝－； ③≤t＜t＋2，即t≥時，f （x）在［t，t＋2］上單調遞增，f （x）min＝f （t）＝tlnt； 所以f （x）min＝． ……5分 （II）2xlnx≥－x2＋a

10、x－3，則a≤2lnx＋x＋， ……6分 設h （x）＝2lnx＋x＋（x＞0），則h′ （x）＝，x∈（0，1），h′ （x）＜0，h （x）單調遞減， x∈（1，＋∞），h′ （x）＞0，h （x）單調遞增，所以h （x）min＝h （1）＝4， 因為對一切x∈（0，＋∞），2f （x）≥g （x）恒成立，所以a≤h （x）min＝4． ……10分 （III）問題等價于證明xlnx＞－（x∈（0，＋∞））， 由（I）可知f （x）＝xlnx（x∈（0，＋∞））的最小值是－，當且僅當x＝時取到． 設m （x）＝－（x∈（0，＋∞）），則m ′（x）＝， 易得m （x）max＝m （1）＝－，當且僅當x＝1時取到， 從而對一切x∈（0，＋∞），都有l(wèi)nx＞－． ……13分 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375