2017年甘肃高考数学基础提升训练（六）_第2页

参考答案

一、选择题

1．D  【解析】f¢(x)＝3x²＋2ax＋3，则x₁·x₂＝1.

2．C  【解析】∵f¢(x)＝x²＋a，又f¢(－1)＝0，∴a＝－1，f(1)＝3(1)－1＋1＝3(1).

 

3．B  【解析】f¢(x)＝3x²－3a，由于f(x)在(0，1)内有最小值，故a＞0，且f¢(x)＝0的解为x₁＝，x₂＝－，则∈(0，1)，∴0＜a＜1.

4．B  【解析】∵f(x)＝ax³＋bx²，f′(x)＝3ax²＋2bx，∴ ( )3a＋2b＝－3(3a×22＋2b×2＝0)，即 ( )b＝－3(a＝1)，令f¢(x)＝3x²－6x＜0，则0＜x＜2，即选B.

 

5．A  【解析】由条件f¢(x)≤0知，选择f(x)图象的下降区间即为解.

6．A  【解析】f¢(x)＝ωcos(ωx＋p)，则ω＝3，则由3x＋p＝2kπ＋p，即x＝3(2)kπ＋p(k∈Z)，由此可知x＝p为f(x)的图象的一条对称轴.

 

7．A  【解析】f¢(x)的图象与x轴有A、B、O、C四个交点. 其中在A、C处f¢(x)的值都是由正变负，相应的函数值则由增变减，故f(x)点A、C处应取得极大值；在B处f¢(x)的值由负变正，相应的

 

函数值则由减变增，故f(x)在点B处应取得极小值.点O处f¢(x)的值没有正负交替的变化，故不是极值点，这就是说，点B是唯一的极值点.

8．C  【解析】因为u＝log_ax(0＜a＜1)在（0，＋∞）上是减函数，根据函数的单调性的复合规律得0≤log_ax≤2(1)，即≤a≤1，故选C.

 

8．B  【解析】y¢＝(cosx－xsinx)＝－xsinx，令－xsinx＞0，则xsinx＜0，各选项中x均为正，只须sinx＜0，故x∈(π，2π).

9．B  【解析】∵f¢(x)＝x²＋2ax＋a²－1＝(x＋a)²－1，又a≠0，∴f′(x)的图象为第三个，知f¢(0)＝0，故a＝－1，f(－1)＝－3(1)＋a＋1＝－3(1).

 

11．B  【解析】依题意得f(x)是奇函数，在(0，＋∞)上是增函数，故在(－∞，0)上是增函数，即当x＜0时，f¢(x)＞0；g(x)是偶函数，在(0，＋∞)上是增函数，故在(－∞，0)上是减函数，即

 

当x＜0时，g¢(x)＜0.

 

12．B  【解析】令F(x)＝xf(x)，则F¢(x)＝xf¢(x)＋f(x)，由xf¢(x)＞－f(x)，得xf¢(x)＋f(x)＞0，即则F¢(x)＞0，所以f(x)在R上为递增函数.因为a＞b，所以af(a)＞bf(b).

 

二、填空题

 

13．4  【解析】根据导函数对应方程f¢(x)＝0的根与极值的关系及极值的定义易得结果.

 

14．3＜a＜3(11)  【解析】f¢(x)＝x²＋ax＋2，由题知： ( )¢¢＝9－3a＋2＞0(1＝1－ax＋2＜0)，解得3＜a＜3(11).

 

15．－2(15)  【解析】f¢(x)＝3x²＋2bx＋c ∵f(x)在[－1，2]上减，∴f¢(x)在[－1，2]上非正.

 

由 ( )¢¢≤0(－1≤0)，即 ( )12＋4b＋c≤0(3－2b＋c≤0)，∴15＋2(b＋c)≤0，∴b＋c≤－2(15).

 

16．16(5)  【解析】设直线L平行于直线y＝－x－1，且与曲线y＝2x⁴相切于点P(x₀，y₀)，则所求最小值d，即点P到直线y＝－x－1的距离，y¢＝8x³＝－1，∴x₀＝－2(1)，x₀＝8(1)，∴d＝2(1)8(1)2(＋1|)2(＋1|)＝16(5).

 

三、解答题

 

17．【解】　由已知得f¢(x)＝6x[x－(a－1)]，令f¢(x)＝0，解得 x₁＝0,x₂＝a－1，.

 

（Ⅰ）当a＝1时，f¢(x)＝6x²，f(x)在(－∞,＋∞)上单调递增

 

当a＞1时，f¢(x)＝6x[x－(a－1)]，f¢(x),f(x)随x的变化情况如下表：

x	(－∞,0)	0	(0,a－1)	a－1	(a－1,＋∞)
f¢(x)	＋	0		0
f(x)	↗	极大值	↘	极小值	↗

 

从上表可知，函数f(x)在(－∞,0)上单调递增；在(0,a－1)上单调递减；在(a－1,＋∞)上单调递增.

 

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a＝1时，函数f(x)没有极值.；当a＞1时，函数f(x)在x＝0处取得极大值，在x＝a－1处取得极小值1－(a－1)³.

18．【解】　(Ⅰ)f(x)＝ax³－3x，f¢(x)＝3ax²－6x＝3x(ax－2),

 

∵x＝1是f(x)的一个极值点，∴f¢(1)＝0，∴a＝2；

(Ⅱ)①当a＝0时，f(x)＝－3x²在区间（－1，0）上是增函数，∴a＝0符合题意；

 

②当a≠0时，f¢(x)＝3ax(x－a(2))，由f¢(x)＝0，得x＝0，x＝a(2)

 

当a＞0时，对任意x∈(－1，0)，f¢(x)＞0，∴a＞0符合题意；

 

当a＜0时，当x∈(a(2)，0)时，由f¢(x)＞0，得a(2)≤－1，∴－2≤a＜0符合题意；

 

综上所述，a≥－2.

19．【解】（Ⅰ）由f(x)的图象经过P（0，2），知d＝2，则

 

f(x)＝x³＋bx²＋cx＋2，f¢(x)＝3x²＋2bx+c，

 

由在M(-1,f(-1))处的切线方程是6x-y+7=0，知-6-f(-1)+7=0，即f(-1)=1，且f¢(-1)=6，

 

∴ ( )-1+b-c+2=1(3-2b+c=6)，即 ( )b-c=0(2b-c=3)，解得b=c=-3，

 

故所求的解析式是f(x)＝x³-3x²-3x+2.

 

（Ⅱ）f¢(x)＝3x²-6x-3，令3x²-6x-3=0，即x²-2x-1=0，

 

解得x₁=1-，x₂=1+，当x＜1-或x＞1+时，f¢(x)＞0；

 

当1-＜x＜1+时，f¢(x)＜0，

 

故f(x)＝x³-3x²-3x+2在(-∞，1-)内是增函数，在(1-，1+)内是减函数，在(1+，+∞)内是增函数.

 

20．【解】令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，对函数g(x)求导数：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a

 

令g′(x)＝0，解得x＝e^a－1－1，

 

(1)当a≤1时，对所有x＞0，g′(x)＞0，所以g(x)在[0，＋∞)上是增函数，

 

又g(0)＝0，所以对x≥0，都有g(x)≥g(0)，

 

即当a≤1时，对于所有x≥0，都有　f(x)≥ax．

(2)当a＞1时，对于0＜x＜e^a－1－1，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e^a－1－1)是减函数，

又g(0)＝0，所以对0＜x＜e^a－1－1，都有g(x)＜g(0)，

 

即当a＞1时，不是对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立．

 

综上，a的取值范围是（－∞，1]．

21．【解】（I）∵f(x)是二次函数，且f(x)＜0的解集是(0，5)，∴可设f(x)＝ax(x－5)(a＞0)，

 

∴f(x)在区间[－1，4]上的最大值是f(－1)＝6a，

 

由已知，得6a＝12，∴a＝2，∴f(x)＝2x(x－5)＝2x²－10x(x∈R).

（II）方程f(x)＋x(37)＝0等价于方程2x³－10x²＋37＝0，

 

设h(x)＝2x³－10x²＋37，则h¢(x)＝6x²－20x＝2x(3x－10)，

 

当x∈(0，3(10))时，h¢(x)＜0，h(x)是减函数；当x∈(3(10)，＋∞)时，h¢(x)＞0，h(x)是增函数，

 

∵h(3)＝1＞0，h(3(10))＝－27(1)＜0，h(4)＝5＞0，

 

∴方程h(x)＝0在区间(3，3(10))、(3(10)，4)内分别有惟一实数根，而在(0，3)，(4，＋∞)内

 

没有实数根，

所以存在惟一的自然数m＝3，使得方程f(x)＋x(37)＝0在区间(m，m＋1)内有且只有两个

不同的实数根.

22．解析：(Ⅰ)f¢(x)＝x(1)log_ae＋2，g¢(x)＝2x＋t－2(4)log_ae＋2，

 

∵函数f(x)和g(x)的图象在x＝2处的切线互相平行，

f¢(2)＝g¢(2)，∴2(1)log_ae＝t＋2(4)log_ae，t＝6.

(Ⅱ)∵t＝6，∴F(x)＝g(x)－f(x)＝2log_a(2x＋4)－log_ax＝log_ax(2x＋42)，x∈[1，4]，

 

令h(x)＝x(2x＋42)＝4x＋x(16)，x∈[1，4]，∴h¢(x)＝4－x2(16)＝x2(x＋2)，x∈[1，4]，

 

∴当1≤x＜2时，h¢(x)＜0，当2＜x≤4时，h¢(x)＞0，

 

∴h(x)在[1，2)是单调减函数，在(2，4]是单调增函数，

 

∴h¢(x)_min＝h(2)＝32，h¢(x)_max＝h(1)＝h(4)＝36，

 

 

∴当0＜a＜1时，有F(x) _min＝log_a36，当a＞1时，有F(x) _max＝log_a32.

 

∵当x∈[1，4]时，F(x)≥2恒成立，∴F(x) _min≥2，

 

∴满足条件的a的值满足下列不等式组 ( )loga36≥2(0＜a＜1)   ①，或 ( )loga32≥2(a＞1)   ②

 

不等式组①的解集为空集，解不等式组②得1＜a≤4，

 

综上所述，满足条件的的取值范围是：1＜a≤4.