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江苏省泰州市姜堰市区罗塘高级中学2016届高三(上)第一次月考数学试卷(解析版)


2015-2016 学年江苏省泰州市姜堰市区罗塘高级中学高三 (上) 第一次 月考数学试卷
一、填空题:本大题共 14 小题,每小题 5 分,共 70 分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上. 1.已知 A={1,3,4},B={3,4,5},则 A∩B= 2.命题”?x>0,x3﹣1>0”的否定是 . 2 3.命题:“若 a>0,则 a >0”的否命题是 . .

/>
4.函数 y=

的定义域为



5.函数 f(x)=log5(2x+1)的单调增区间是 6.函数 y= (x≥e)的值域是 .



7.设 f(x)=4x3+mx2+(m﹣3)x+n(m,n∈R)是 R 上的单调增函数,则 m 的值为 8.若命题“?x∈R,使得 x2+(a﹣1)x+1≤0”为假命题,则实数 a 的范围 . 3 2 x 9.若曲线 C1:y=ax ﹣6x +12x 与曲线 C2:y=e 在 x=1 处的两条切线互相垂直,则实数 a 的值 为 . 10.已知函数 f(x)=x|x﹣2|,则不等式 11.下列四个命题: (1)“?x∈R,x2﹣x+1≤0”的否定; (2)“若 x2+x﹣6≥0,则 x>2”的否命题; (3)在△ ABC 中,“A>30°”是“sinA> ”的充分不必要条件; (4)“k=2”是“函数 f(x)=2x﹣(k2﹣3)?2﹣x 为奇函数”的充要条件. 其中真命题的序号是 (真命题的序号都填上) 12.若函数 f(x)为定义在 R 上的奇函数,当 x>0 时,f(x)=xlnx,则不等式 f(x)<﹣e 的解 集为 . 的解集为 .

13.已知函数 f(x)= 范围是 .

若存在实数 b,使函数 g(x)=f(x)﹣b 有两个零点,则 a 的取值

14.已知函数 f(x)=3x+a 与函数 g(x)=3x+2a 在区间(b,c)上都有零点,则 的最小值为 .
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二、解答题:本大题共 6 小题,共 90 分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证 明过程或演算步骤 15.已知集合 A={x||x﹣4|≤2,x∈R},B={x| >0,x∈R},全集 U=R.

(1)求 A∩(?UB); (2)若集合 C={x|x<a,x∈R},A∩C=?,求实数 a 的取值范围. 16.设命题 P:“任意 x∈R,x2﹣2x>a”,命题 Q“存在 x∈R,x2+2ax+2﹣a=0”;如果“P 或 Q”为真,“P 且 Q”为假,求 a 的取值范围.

17.p:实数 x 满足 x2﹣4ax+3a2<0,其中 a>0,q:实数 x 满足 (1)若 a=1,且 p∧q 为真,求实数 x 的取值范围; (2)?p 是?q 的充分不必要条件,求实数 a 的取值范围. 18.如图,有一个长方形地块 ABCD,边 AB 为 2km,AD 为 4km.,地块的一角是湿地(图中阴影 部分),其边缘线 AC 是以直线 AD 为对称轴,以 A 为顶点的抛物线的一部分.现要铺设一条过边 缘线 AC 上一点 P 的直线型隔离带 EF,E,F 分别在边 AB,BC 上(隔离带不能穿越湿地,且占地 面积忽略不计).设点 P 到边 AD 的距离为 t(单位:km),△ BEF 的面积为 S(单位:km2). (1)求 S 关于 t 的函数解析式,并指出该函数的定义域; (2)是否存在点 P,使隔离出的△ BEF 面积 S 超过 3km2?并说明理由.

19.设函数 f(x)=lnx+ ,m∈R (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的最小值; (2)讨论函数 g(x)=f′(x)﹣ 零点的个数; (3)(理科)若对任意 b>a>0, <1 恒成立,求 m 的取值范围.

20.已知函数 f(x)=1+lnx﹣

,其中 k 为常数.

(1)若 k=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.
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(2)若 k=5,求证:f(x)有且仅有两个零点; (3)若 k 为整数,且当 x>2 时,f(x)>0 恒成立,求 k 的最大值.

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2015-2016 学年江苏省泰州市姜堰市区罗塘高级中学高三 (上) 第一次月考数学试卷
参考答案与试题解析

一、填空题:本大题共 14 小题,每小题 5 分,共 70 分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上. 1.已知 A={1,3,4},B={3,4,5},则 A∩B= {3,4} . 【考点】交集及其运算. 【专题】集合. 【分析】由 A 与 B,求出两集合的交集即可. 【解答】解:∵A={1,3,4},B={3,4,5}, ∴A∩B={3,4}. 故答案为:{3,4} 【点评】此题考查了交集及其运算,熟练掌握交集的定义是解本题的关键.

2.命题”?x>0,x3﹣1>0”的否定是 ?x>0,x3﹣1≤0 . 【考点】命题的否定. 【专题】计算题;规律型;简易逻辑. 【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可. 【解答】解:因为全称命题的否定是特称命题,所以命题”?x>0,x3﹣1>0”的否定是:?x>0,x3 ﹣1≤0. 故答案为:?x>0,x3﹣1≤0. 【点评】本题考查命题的否定全称命题与特称命题的否定关系,是基础题.

3.命题:“若 a>0,则 a2>0”的否命题是 若 a≤0,则 a2≤0 . 【考点】四种命题. 【专题】阅读型. 【分析】写出命题的条件与结论,再根据否命题的定义求解. 【解答】解:命题的条件是:a>0,结论是:a2>0.∴否命题是:若 a≤0,则 a2≤0.
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故答案是若 a≤0,则 a2≤0. 【点评】本题考查否命题的定义.

4.函数 y=

的定义域为 [2,+∞) .

【考点】函数的定义域及其求法. 【专题】计算题;函数的性质及应用. 【分析】由根式内部的代数式大于等于 0,然后求解指数不等式. 【解答】解:由 2x﹣4≥0,得 2x≥4,则 x≥2. ∴函数 y= 的定义域为[2,+∞).

故答案为:[2,+∞). 【点评】本题考查了函数的定义域及其求法,考查了指数不等式的解法,是基础题.

5.函数 f(x)=log5(2x+1)的单调增区间是 (﹣ ,+∞) . 【考点】对数函数的单调性与特殊点. 【专题】函数的性质及应用. 【分析】要求函数的单调区间,我们要先求出函数的定义域,然后根据复合函数“同增异减”的原则, 即可求出函数的单调区间. 【解答】解:要使函数的解析有有意义 则 2x+1>0 故函数的定义域为(﹣ ,+∞) 由于内函数 u=2x+1 为增函数,外函数 y=log5u 也为增函数 故函数 f(x)=log5(2x+1)在区间(﹣ ,+∞)单调递增 故函数 f(x)=log5(2x+1)的单调增区间是 (﹣ ,+∞) 故答案为:(﹣ ,+∞) 【点评】本题考查的知识点是对数函数的单调性与特殊点,其中本题易忽略定义域,造成答案为 R 的错解.

6.函数 y=

(x≥e)的值域是

(0,1] .

【考点】函数的值域. 【专题】函数的性质及应用. 【分析】根据函数 y=lnx 的单调性,判定 y= 在 x≥e 时的单调性,从而求出函数 y 的值域.

【解答】解:∵对数函数 y=lnx 在定义域上是增函数,

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∴y=

在(1,+∞)上是减函数,

且 x≥e 时,lnx≥1, ∴0< ≤1;

∴函数 y 的值域是(0,1]. 故答案为:(0,1]. 【点评】本题考查了求函数的值域问题,解题时应根据基本初等函数的单调性,判定所求函数的单 调性,从而求出值域来,是基础题. 7.设 f(x)=4x3+mx2+(m﹣3)x+n(m,n∈R)是 R 上的单调增函数,则 m 的值为 6 . 【考点】利用导数研究函数的单调性. 【专题】函数的性质及应用. 【分析】由函数为单调增函数可得 f′(x)≥0,故只需△ ≤0 即可. 【解答】解:根据题意,得 f′(x)=12x2+2mx+m﹣3, ∵f(x)是 R 上的单调增函数, ∴f′(x)≥0, ∴△=(2m)2﹣4×12×(m﹣3)≤0 即 4(m﹣6)2≤0, 所以 m=6, 故答案为:6. 【点评】本题考查函数的单调性,利用二次函数根的判别式小于等于 0 是解决本题的关键,属中档 题. 8.若命题“?x∈R,使得 x2+(a﹣1)x+1≤0”为假命题,则实数 a 的范围 (﹣1,3) . 【考点】特称命题. 【专题】计算题;转化思想. 【分析】不等式对应的是二次函数,其开口向上,若“?x∈R,使得 x2+(a﹣1)x+1≤0”,则相应二次 方程有实根.求出 a 的范围,然后求解命题“?x∈R,使得 x2+(a﹣1)x+1≤0”为假命题,实数 a 的范 围. 【解答】解:∵“?x∈R,使得 x2+(a﹣1)x+1≤0 ∴x2+(a﹣1)x+1=0 有两个实根 ∴△=(a﹣1)2﹣4≥0 ∴a≤﹣1,a≥3, 所以命题“?x∈R,使得 x2+(a﹣1)x+1≤0”为假命题,则实数 a 的范围(﹣1,3). 故答案为:(﹣1,3). 【点评】本题主要考查一元二次不等式,二次函数,二次方程间的相互转化及相互应用,这是在函 数中考查频率较高的题目,灵活多变,难度可大可小,是研究函数的重要方面. 9. y=ax3﹣6x2+12x 与曲线 C2: y=ex 在 x=1 处的两条切线互相垂直, 若曲线 C1: 则实数 a 的值为 ﹣ . 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程. 【专题】导数的概念及应用;直线与圆.
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【分析】分别求出两个函数的导函数,求得两函数在 x=1 处的导数值,由题意知两导数值的乘积等 于﹣1,由此求得 a 的值. 【解答】解:由 y=ax3﹣6x2+12x,得 y′=3ax2﹣12x+12, ∴y′|x=1=3a, 由 y=ex,得 y′=ex, ∴y′|x=1=e. ∵曲线 C1:y=ax3﹣6x2+12x 与曲线 C2:y=ex 在 x=1 处的切线互相垂直, ∴3a?e=﹣1,解得:a=﹣ 故答案为:﹣ . .

【点评】本题考查利用导数研究曲线上某点处的切线方程,函数在某点处的导数,就是曲线在该点 处的切线的斜率,同时考查两直线垂直的条件,属于中档题. 10.已知函数 f(x)=x|x﹣2|,则不等式 的解集为 [﹣1,+∞) .

【考点】函数的图象. 【专题】函数的性质及应用. 【分析】化简函数 f(x),根据函数 f(x)的单调性,解不等式即可. 【解答】解:当 x≤2 时,f(x)=x|x﹣2|=﹣x(x﹣2)=﹣x2+2x=﹣(x﹣1)2+1≤1, 当 x>2 时,f(x)=x|x﹣2|=x(x﹣2)=x2﹣2x=(x﹣1)2﹣1,此时函数单调递增. 由 f(x)=(x﹣1)2﹣1=1,解得 x=1+ . 由图象可以要使不等式 成立, 则 , 即 x≥﹣1, ∴不等式的解集为[﹣1,+∞). 故答案为:[﹣1,+∞).

【点评】本题主要考查不等式的解法,利用二次函数的图象和性质是解决本题的关键,使用数形结 合是解决本题的基本思想. 11.下列四个命题: (1)“?x∈R,x2﹣x+1≤0”的否定; (2)“若 x2+x﹣6≥0,则 x>2”的否命题;

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(3)在△ ABC 中,“A>30°”是“sinA> ”的充分不必要条件; (4)“k=2”是“函数 f(x)=2x﹣(k2﹣3)?2﹣x 为奇函数”的充要条件. 其中真命题的序号是 (1),(2) (真命题的序号都填上) 【考点】命题的真假判断与应用. 【专题】转化思想;数学模型法;简易逻辑. 【分析】(1)原命题的否定为“?x∈R,x2﹣x+1>0”,由于△ =﹣3<0,即可判断出正误; (2)由于原命题的逆命题为:“若 x>2,则 x2+x﹣6≥0”,是真命题,进而判断出原命题的否命题具 有相同的真假性; (3)在△ ABC 中,“sinA> ”?“150°>A>30°”,即可判断出正误; (4)“函数 f(x)=2x﹣(k2﹣3)?2﹣x 为奇函数”则 f(﹣x)+f(x)=0,化为(k2﹣4)(22x+1) =0,此式对于任意实数 x 成立,可得 k=±2,即可判断出真假. 【解答】解:(1)“?x∈R,x2﹣x+1≤0”的否定为“?x∈R,x2﹣x+1>0”,由于△ =﹣3<0,因此正确; (2)“若 x2+x﹣6≥0,则 x>2”的逆命题为:“若 x>2,则 x2+x﹣6≥0”,是真命题,因此原命题的否 命题也是真命题,正确; (3)在△ ABC 中,“sinA> ”?“150°>A>30°”,因此“A>30°”是“sinA> ”的既不充分也不必要条 件,不正确; (4)“函数 f(x)=2x﹣(k2﹣3)?2﹣x 为奇函数”则 f(﹣x)+f(x)=2﹣x﹣(k2﹣3)?2x+2x﹣(k2 ﹣3)?2﹣x=0,化为(k2﹣4)(22x+1)=0,此式对于任意实数 x 成立,∴k=±2,因此“k=2”是“函数 f(x)=2x﹣(k2﹣3)?2﹣x 为奇函数”的充分不必要条件,不正确. 其中真命题的序号是 (1),(2) 故答案为:(1),(2). 【点评】本题考查了简易逻辑的判定方法、函数的奇偶性、三角函数的单调性、一元二次不等式的 解法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题. 12.若函数 f(x)为定义在 R 上的奇函数,当 x>0 时,f(x)=xlnx,则不等式 f(x)<﹣e 的解 集为 (﹣∞,﹣e) . 【考点】函数奇偶性的性质. 【专题】函数的性质及应用. 【分析】由奇函数的性质 f(﹣x)=﹣f(x),求出函数 f(x)的解析式,对 x>0 时的解析式求出 f′(x),并判断出函数的单调性和极值,再由奇函数的图象特征画出函数 f(x)的图象,根据图象 和特殊的函数值求出不等式的解集. 【解答】解:设 x<0,则﹣x>0, ∵当 x>0 时,f(x)=xlnx,∴f(﹣x)=﹣xln(﹣x), ∵函数 f(x)是奇函数,∴f(x)=﹣f(﹣x)=xln(﹣x), 则 ,

当 x>0 时,f′(x)=lnx+ 令 f′(x)=0 得,x= ,

=lnx+1,

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当 0<x< 时,f′(x)<0;当 x> 时,f′(x)>0, ∴函数 f(x)在(0, )上递减,在( ,+∞)上递增, 当 x= 时取到极小值,f( )= ln =﹣ >﹣e, 再由函数 f(x)是奇函数,画出函数 f(x)的图象如图: ∵当 x>0 时,当 x= 时取到极小值, f( )= ln =﹣ >﹣e, ∴不等式 f(x)<﹣e 在(0,+∞)上无解,在(﹣∞,0)上有解, ∵f(﹣e)=(﹣e)ln[﹣(﹣e)]=﹣e, ∴不等式 f(x)<﹣e 解集是: (﹣∞,﹣e), 故答案为:(﹣∞,﹣e).

【点评】本题考查函数的奇偶性的综合运用,以及导数与函数的单调性的关系,考查数形结合思想.

13.已知函数 f(x)=

若存在实数 b,使函数 g(x)=f(x)﹣b 有两个零点,则 a 的取

值范围是 {a|a<0 或 a>1} . 【考点】函数的零点. 【专题】计算题;创新题型;函数的性质及应用. 【分析】由 g(x)=f(x)﹣b 有两个零点可得 f(x)=b 有两个零点,即 y=f(x)与 y=b 的图象有 两个交点,则函数在定义域内不能是单调函数,结合函数图象可求 a 的范围 【解答】解:∵g(x)=f(x)﹣b 有两个零点, ∴f(x)=b 有两个零点,即 y=f(x)与 y=b 的图象有两个交点,
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由 x3=x2 可得,x=0 或 x=1 ①当 a>1 时,函数 f(x)的图象如图所示,此时存在 b,满足题意,故 a>1 满足题意

②当 a=1 时,由于函数 f(x)在定义域 R 上单调递增,故不符合题意 ③当 0<a<1 时,函数 f(x)单调递增,故不符合题意

④a=0 时,f(x)单调递增,故不符合题意 ⑤当 a<0 时,函数 y=f(x)的图象如图所示,此时存在 b 使得,y=f(x)与 y=b 有两个交点

综上可得,a<0 或 a>1
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故答案为:{a|a<0 或 a>1} 【点评】本题考察了函数的零点问题,渗透了转化思想,数形结合、分类讨论的数学思想.

14.已知函数 f(x)=3x+a 与函数 g(x)=3x+2a 在区间(b,c)上都有零点,则 的最小值为 ﹣1 . 【考点】函数零点的判定定理;基本不等式. 【专题】函数的性质及应用;不等式的解法及应用. 【分析】根据函数 f(x)=3x+a,与函数 g(x)=3x+2a 在区间(b,c)上都有零点,可得 a+2b<0, a+2c>0 恒成立,进而根据 = = ,

结合基本不等式可得

的最小值.

【解答】解:∵函数 f(x)=3x+a,与函数 g(x)=3x+2a 在区间(b,c)上都有零点,且 f(x)与 g(x)均为增函数 ∴f(b)=3b+a<0,即 b<﹣ , g(b)=3b+2a<0,即 b<﹣ f(c)=3c+a>0,即 c>﹣ , g(c)=3c+2a>0,即 c>﹣ , ,

∵当 a>0 时,a+2b<0,a+2c>0, 当 a<0 时,a+2b<0,a+2c>0, 当 a=0 时,a+2b<0,a+2c>0, 即 a+2b<0,a+2c>0 恒成立,即﹣a﹣2b>0,a+2c>0 恒成立, ∴

=

=

=

=
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=



=﹣1,

∴ 故答案为:﹣1

的最小值为﹣1,

【点评】本题考查的知识点是函数零点的判定定理,基本不等式,其中对式子

=

=

的分解变形是解答的关键.

二、解答题:本大题共 6 小题,共 90 分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证 明过程或演算步骤 15.已知集合 A={x||x﹣4|≤2,x∈R},B={x| >0,x∈R},全集 U=R.

(1)求 A∩(?UB); (2)若集合 C={x|x<a,x∈R},A∩C=?,求实数 a 的取值范围. 【考点】交、并、补集的混合运算;交集及其运算. 【专题】集合思想;定义法;集合. 【分析】(1)根据集合的基本运算进行求解即可. (2)根据集合的关系建立不等式关系进行求解即可. 【解答】解:(1)∵A={x|2≤x≤6,x∈R},B={x|﹣1<x<5,x∈R}, ∴CUB={x|x≤﹣1 或 x≥5},…, ∴A∩(CUB)={x|5≤x≤6}. … (2)∵A={x|2≤x≤6,x∈R},C={x|x<a,x∈R},A∩C≠?, ∴a 的取值范围是 a≤2. … 【点评】本题主要考查集合的基本运算,比较基础. 16.设命题 P:“任意 x∈R,x2﹣2x>a”,命题 Q“存在 x∈R,x2+2ax+2﹣a=0”;如果“P 或 Q”为真,“P 且 Q”为假,求 a 的取值范围. 【考点】复合命题的真假. 【专题】函数的性质及应用. 【分析】由命题 P 成立,求得 a<﹣1,由命题 Q 成立,求得 a≤﹣2,或 a≥1.由题意可得 p 真 Q 假, 或者 p 假 Q 真,故有 ,或 .解这两个不等式组,求得 a 的取值

范围. 【解答】解:由命题 P:“任意 x∈R,x2﹣2x>a”,可得 x2﹣2x﹣a>0 恒成立,故有△ =4+4a<0,a <﹣1.
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由命题 Q:“存在 x∈R,x2+2ax+2﹣a=0”,可得△ ′=4a2﹣4(2﹣a)=4a2+4a﹣8≥0, 解得 a≤﹣2,或 a≥1. 再由“P 或 Q”为真,“P 且 Q”为假,可得 p 真 Q 假,或者 p 假 Q 真. 故有 ,或 .

求得﹣2<a<﹣1,或 a≥1,即 a>﹣2. 故 a 的取值范围为(﹣2,+∞). 【点评】本题主要考查命题真假的判断,二次不函数的性质,函数的恒成立问题,体现了分类讨论 的数学思想,属于基础题.

17.p:实数 x 满足 x2﹣4ax+3a2<0,其中 a>0,q:实数 x 满足 (1)若 a=1,且 p∧q 为真,求实数 x 的取值范围; (2)?p 是?q 的充分不必要条件,求实数 a 的取值范围. 【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断;复合命题的真假. 【专题】简易逻辑. 【分析】(1)若 a=1,分别求出 p,q 成立的等价条件,利用且 p∧q 为真,求实数 x 的取值范围; (2)利用¬p 是¬q 的充分不必要条件,即 q 是 p 的充分不必要条件,求实数 a 的取值范围. 【解答】解:(1)由 x2﹣4ax+3a2<0,得(x﹣3a)(x﹣a)<0.又 a>0, 所以 a<x<3a. 当 a=1 时,1<x<3,即 p 为真时实数 x 的取值范围是 1<x<3. 由 得

得 2<x≤3, 即 q 为真时实数 x 的取值范围是 2<x≤3. 若 p∧q 为真,则 p 真且 q 真, 所以实数 x 的取值范围是 2<x<3. (2)¬p 是¬q 的充分不必要条件,即¬p?¬q,且¬q 推不出¬p. 即 q 是 p 的充分不必要条件, 则 ,解得 1<a≤2,

所以实数 a 的取值范围是 1<a≤2. 【点评】本题主要考查复合命题与简单命题之间的关系,利用逆否命题的等价性将¬p 是¬q 的充分 不必要条件,转化为 q 是 p 的充分不必要条件是解决本题的关键, 18.如图,有一个长方形地块 ABCD,边 AB 为 2km,AD 为 4km.,地块的一角是湿地(图中阴影 部分),其边缘线 AC 是以直线 AD 为对称轴,以 A 为顶点的抛物线的一部分.现要铺设一条过边 缘线 AC 上一点 P 的直线型隔离带 EF,E,F 分别在边 AB,BC 上(隔离带不能穿越湿地,且占地 面积忽略不计).设点 P 到边 AD 的距离为 t(单位:km),△ BEF 的面积为 S(单位:km2). (1)求 S 关于 t 的函数解析式,并指出该函数的定义域; (2)是否存在点 P,使隔离出的△ BEF 面积 S 超过 3km2?并说明理由.
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【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用;函数解析式的求解及常用方法. 【专题】导数的综合应用. 【分析】(1)如图,以 A 为坐标原点 O,AB 所在直线为 x 轴,建立平面直角坐标系,则 C 点坐标 4) 4) 为 (2, . 设边缘线 AC 所在抛物线的方程为 y=ax2, 把 (2, 代入, 可得抛物线的方程为 y=x2. 由 2 2 于 y'=2x,可得过 P(t,t )的切线 EF 方程为 y=2tx﹣t .可得 E,F 点的坐标, ,即可得出定义域. (2) ,利用导数在定义域内研究其单调性极值与最值即可得出.

【解答】解:(1)如图,以 A 为坐标原点 O,AB 所在直线为 x 轴,建立平面直角坐标系,则 C 点 坐标为(2,4). 设边缘线 AC 所在抛物线的方程为 y=ax2, 把(2,4)代入,得 4=a×22,解得 a=1, ∴抛物线的方程为 y=x2. ∵y'=2x, ∴过 P(t,t2)的切线 EF 方程为 y=2tx﹣t2. 令 y=0,得 ∴ ∴ (2) 由 S'(t)>0,得 ∴S(t)在 , 上是增函数,在 . 上是减函数, ;令 x=2,得 F(2,4t﹣t2), , ,定义域为(0,2]. ,

∴S 在(0,2]上有最大值 又∵ ,

∴不存在点 P,使隔离出的△ BEF 面积 S 超过 3km2.

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【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值切线的方程、抛物线方程,考查了分析 问题与解决问题的能力,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.

19.设函数 f(x)=lnx+ ,m∈R (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的最小值; (2)讨论函数 g(x)=f′(x)﹣ 零点的个数; (3)(理科)若对任意 b>a>0, <1 恒成立,求 m 的取值范围.

【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用;根的存在性及根的个数判断;利用导数研究函数的 极值. 【专题】导数的综合应用. 【分析】(1)当 m=e 时, ,x>0,由此利用导数性质能求出 f(x)的极小值.

(2)由 g(x)=

=

=0,得 m=

,令 h(x)=x﹣

,x>0,m∈R,则

h(1)= ,h′(x)=1﹣x2=(1+x)(1﹣x),由此利用导数性质能求出函数 g(x)=f′(x)﹣ 零 点的个数. (3)(理)当 b>a>0 时,f′(x)<1 在(0,+∞)上恒成立,由此能求出 m 的取值范围. 【解答】解:(1)当 m=e 时, ,x>0,

解 f′(x)>0,得 x>e, ∴f(x)单调递增; 同理,当 0<x<e 时,f′(x)<0,f(x)单调递减, ∴f(x)只有极小值 f(e), 且 f(e)=lne+ =2, ∴f(x)的极小值为 2.

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(2)∵g(x)=

=

=0,

∴m=

, ,x>0,m∈R,

令 h(x)=x﹣

则 h(1)= ,h′(x)=1﹣x2=(1+x)(1﹣x), 令 h′(x)>0,解得 0<x<1, ∴h(x)在区间(0,1)上单调递增,值域为(0, ); 同理,令 h′(x)<0,解得 x>1, ∴g(x)要区是(1,+∞)上单调递减,值域为(﹣∞, ). ∴当 m≤0,或 m= 时,g(x)只有一个零点; 当 0<m< 时,g(x)有 2 个零点; 当 m> 时,g(x)没有零点. (3)(理)对任意 b>a>0, 等价于 f(b)﹣b<f(a)﹣a 恒成立; 设 h(x)=f(x)﹣x=lnx+ ﹣x(x>0), 则 h(b)<h(a). ∴h(x)在(0,+∞)上单调递减; ∵h′(x)= ﹣ ∴m≥﹣x2+x=﹣ ∴m≥ ; 对于 m= ,h′(x)=0 仅在 x= 时成立; ∴m 的取值范围是[ ,+∞). 【点评】本题考查函数的极小值的求法,考查函数的零点的个数的讨论,考查实数值的求法,解题 时要注意构造法、分类讨论思想和导数性质的合理运用. ﹣1≤0 在(0,+∞)上恒成立, + (x>0), <1 恒成立,

20.已知函数 f(x)=1+lnx﹣

,其中 k 为常数.

(1)若 k=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.
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(2)若 k=5,求证:f(x)有且仅有两个零点; (3)若 k 为整数,且当 x>2 时,f(x)>0 恒成立,求 k 的最大值. 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程;利用导数求闭区间上函数的最值. 【专题】函数的性质及应用;导数的概念及应用;导数的综合应用. 【分析】(1)求出 f(x)的解析式,求出导数和切线的斜率和切点坐标,由点斜式方程即可得到切 线方程; (2) 求出 k=5 时 f (x) 的解析式和导数, 求得单调区间和极小值, 再由函数的零点存在定理可得 (1, 4 10)之间有一个零点,在(10,e )之间有一个零点,即可得证; (3)方法一、运用参数分离,运用导数,判断单调性,求出右边函数的最小值即可; 方法二、通过对 k 讨论,运用导数求出单调区间,求出 f(x)的最小值,即可得到 k 的最大值为 4. 【解答】解:(1)当 k=0 时,f(x)=1+lnx. 因为 f′(x)= ,从而 f′(1)=1. 又 f (1)=1, 所以曲线 y=f(x)在点 (1,f(1))处的切线方程 y﹣1=x﹣1, 即 x﹣y=0. (2)证明:当 k=5 时,f(x)=lnx+ ﹣4.

因为 f′(x)=

,从而

当 x∈(0,10),f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈(10,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=10 时,f(x)有极小值. 因 f(10)=ln10﹣3<0,f(1)=6>0, 所以 f(x)在(1,10)之间有一个零点. 因为 f(e4)=4+ ﹣4>0,所以 f(x)在(10,e4)之间有一个零点.

从而 f(x)有两个不同的零点. (3)方法一:由题意知,1+lnx﹣ 即 k< 对 x∈(2,+∞)恒成立. >0 对 x∈(2,+∞)恒成立,

令 h(x)=

,则 h′(x)=



设 v(x)=x﹣2lnx﹣4,则 v′(x)=



当 x∈(2,+∞)时,v′(x)>0,所以 v(x)在(2,+∞)为增函数. 因为 v(8)=8﹣2ln8﹣4=4﹣2ln8<0,v(9)=5﹣2ln9>0, 所以存在 x0∈(8,9),v(x0)=0,即 x0﹣2lnx0﹣4=0. 当 x∈(2,x0)时,h′(x)<0,h(x)单调递减, 当 x∈(x0,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增.

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所以当 x=x0 时,h(x)的最小值 h(x0)=



因为 lnx0=

,所以 h(x0)=

∈(4,4.5).

故所求的整数 k 的最大值为 4. 方法二:由题意知,1+lnx﹣ >0 对 x∈(2,+∞)恒成立.

f(x)=1+lnx﹣

,f′(x)=



①当 2k≤2,即 k≤1 时,f′(x)>0 对 x∈(2,+∞)恒成立, 所以 f(x)在(2,+∞)上单调递增. 而 f(2)=1+ln2>0 成立,所以满足要求. ②当 2k>2,即 k>1 时, 当 x∈(2,2k)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 当 x∈(2k,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=2k 时,f(x)有最小值 f(2k)=2+ln2k﹣k. 从而 f(x)>0 在 x∈(2,+∞)恒成立,等价于 2+ln2k﹣k>0. 令 g(k)=2+ln2k﹣k,则 g′(k)= <0,

从而 g(k) 在(1,+∞)为减函数. 因为 g(4)=ln8﹣2>0,g(5)=ln10﹣3<0, 所以使 2+ln2k﹣k>0 成立的最大正整数 k=4. 综合①②,知所求的整数 k 的最大值为 4. 【点评】本题考查导数的运用:求切线方程和求单调区间及极值、最值,主要考查导数的几何意义 和函数的单调性的运用,不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题,运用分类讨论的思想方法和 函数方程的转化思想是解题的关键.

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