江西省20xx屆高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷理科word版含解析-資料下載頁(yè)
2024-11-30 12:29本頁(yè)面
【導(dǎo)讀】有一項(xiàng)是符合題目要求的.①“?x0∈R，x02﹣x0+1≤0”的否定；③命題“若x2﹣5x+6=0，則x=2”的逆否命題；10．已知f'為f的導(dǎo)函數(shù)，若f=ln，且bdx=2f'+﹣1，則。12．如果定義在R上的函數(shù)f滿足：對(duì)于任意x1≠x2，都有x1f+x2f≥x1f. 14．設(shè)A，B是非空集合，定義A?＜x＜2}，N={y|y=2x﹣1，x＞0}，則M?①函數(shù)f=loga﹣1的圖象過定點(diǎn)（1，0）；③函數(shù)y=的圖象可由函數(shù)y=圖象向右平移一個(gè)單位得到；若“p或q”為假命題，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；若產(chǎn)品A銷售價(jià)格為4元/件，求該店每日銷售產(chǎn)品A所獲得的利潤(rùn)；若函數(shù)F=f+f'﹣存在三個(gè)零點(diǎn)，即函數(shù)的定義域?yàn)椤龋?，3]，①根據(jù)特稱命題的否定是全稱命題進(jìn)行判斷，
【正文】 k，對(duì) x∈ [﹣ 1， 1]恒成立， ∴ k+3＜ （ [（ ） x+2]2） min．當(dāng) x∈ [﹣ 1， 1]時(shí)， ， ∴ （ [（ ） x+2]2） min= ， k+3＜ ?k＜ ， ∴ 實(shí)數(shù) k 的取值范圍：（﹣ ∞， ）． 20．某店銷售進(jìn)價(jià)為 2 元 /件的產(chǎn)品 A，假設(shè)該店產(chǎn)品 A每日的銷售量 y（單位：千件）與銷售價(jià)格 x（單位：元 /件）滿足的關(guān)系式 y= +4（ x﹣ 6） 2，其中 2＜ x＜ 6． （ 1）若產(chǎn)品 A銷售價(jià)格為 4 元 /件，求該店每日銷售產(chǎn)品 A所獲得的利潤(rùn)； （ 2）試確 定產(chǎn)品 A銷售價(jià)格 x的值，使該店每日銷售產(chǎn)品 A所獲得的利潤(rùn)最大．（保留 1位小數(shù)點(diǎn)） 【考點(diǎn)】 根據(jù)實(shí)際問題選擇函數(shù)類型． 【分析】 （ 1）當(dāng) x=4 時(shí)，銷量 千件，可得該店每日銷售產(chǎn)品 A所獲得的利潤(rùn)； （ 2）商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤(rùn) =每日的銷售量 銷售該商品的單利潤(rùn)，可得日銷售量的利潤(rùn)函數(shù)為關(guān)于 x的三次多項(xiàng)式函數(shù)，再用求導(dǎo)數(shù)的方法討論函數(shù)的單調(diào)性，得出函數(shù)的極大值點(diǎn)，從而得出最大值對(duì)應(yīng)的 x值． 【解答】 解：（ 1）當(dāng) x=4 時(shí)，銷量 千件， 所以該店每日銷售產(chǎn)品 A所獲得的利潤(rùn)是 2 21=42 千元； … （ 2）該店每 日銷售產(chǎn)品 A所獲得的利潤(rùn)： 從而 f39。（ x） =12x2﹣ 112x+240=4（ 3x﹣ 10）（ x﹣ 6）（ 2＜ x＜ 6） … 令 f39。（ x） =0，得 ，且在 上， f39。（ x） ＞ 0，函數(shù) f（ x）單調(diào)遞增； 在 上， f39。（ x） ＜ 0，函數(shù) f（ x）遞減， … 所以 是函數(shù) f（ x）在（ 2， 6）內(nèi)的極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn)， … 所以當(dāng) 時(shí)，函數(shù) f（ x）取得最大值． 故當(dāng)銷售價(jià)格為 元 /件時(shí)，利潤(rùn)最大 … 21．已知函數(shù) f（ x） =x2﹣ x+ce﹣ 2x（ c∈ R）． （ 1）若 f（ x）是在定義域內(nèi)的增函數(shù)，求 c 的取值范圍； （ 2）若函數(shù) F（ x） =f（ x） +f39。（ x）﹣ （其中 f39。（ x）為 f（ x）的導(dǎo)函數(shù)）存在三個(gè)零點(diǎn)，求 c 的取值范圍． 【考點(diǎn)】 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值． 【分析】 （ 1）求出函數(shù) f（ x）的定義域?yàn)?R，導(dǎo)函數(shù) f39。（ x） =2x﹣ 1﹣ 2ce﹣ 2x，利用 f39。（ x）≥ 0 得 對(duì)于一切實(shí)數(shù)都成立，構(gòu)造函數(shù) ，利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最小值，即可得到 c 的取值范圍． （ 2）由（ 1）知 f39。（ x） =2x﹣ 1﹣ 2c?e﹣ 2x，通過 F（ x） =0 得，整理得 ，構(gòu)造函數(shù) ，通過導(dǎo)數(shù)求出導(dǎo)數(shù)的極值點(diǎn)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，求解函數(shù)的極小值即 可． 【解答】 解：（ 1）因?yàn)?f（ x） =x2﹣ x+ce﹣ 2x（ c∈ R）， 所以函數(shù) f（ x）的定義域?yàn)?R，且 f39。（ x） =2x﹣ 1﹣ 2ce﹣ 2x， 由 f39。（ x） ≥ 0 得 2x﹣ 1﹣ 2c?e﹣ 2x≥ 0，即 對(duì)于一切實(shí)數(shù)都成立 … 再令 ，則 g39。（ x） =2xe2x，令 g39。（ x） =0 得 x=0， 而當(dāng) x＜ 0 時(shí)， g39。（ x） ＜ 0，當(dāng) x＞ 0 時(shí)， g39。（ x） ＞ 0， 所以當(dāng) x=0 時(shí)， g（ x）取得極小值也是最小值，即 ． 所以 c 的取值范圍是 … （ 2）由（ 1）知 f39。（ x） =2x﹣ 1﹣ 2c?e﹣ 2x，所以由 F（ x） =0 得，整理得 … 令 ， 則 h39。（ x） =2（ x2+2x﹣ 3） e2x=2（ x+3）（ x﹣ 1） e2x， 令 h39。（ x） =0，解得 x=﹣ 3 或 x=1， 列表得： x （﹣ ∞，﹣ 3） ﹣ 3 （﹣ 3，1） 1 （ 1，+∞） h39。（ x） + 0 ﹣ 0 + h（ x） 增 極大值 減 極小值 增 由表可知當(dāng) x=﹣ 3 時(shí)， h（ x）取得極大值 ； … 當(dāng) x=1 時(shí)， h（ x）取得極小值 ． 又當(dāng) x＜ ﹣ 3 時(shí)， ，所以此時(shí) h（ x） ＞ 0， 故結(jié)合圖象得 c 的取值范圍是 … 22．已知函數(shù) f（ x） = ﹣ m，（ a， m∈ R）在 x=e（ e 為自然對(duì)數(shù)的底）時(shí)取得極值 且有兩個(gè)零點(diǎn)． （ 1）求實(shí)數(shù) m 的取值范圍； （ 2）記函數(shù) f（ x）的兩個(gè)零點(diǎn)為 x1， x2，證明 x1x2＞ e2． 【考點(diǎn)】 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值． 【分析】 （ 1）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出 a 的值，求出 f（ x）的解析式， =m 有 2 個(gè)交點(diǎn)，令 g（ x） = ，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求出 g（ x）的最大值，從而求出 m 的范圍即可； （ 2）利用函數(shù)零點(diǎn)的性質(zhì)，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，進(jìn)行轉(zhuǎn)化即可證明不等式． 【解答】 解：（ 1） f′（ x） = ，（ x＞ 0）， 若 f（ x）在 x=e 時(shí)取得極值， 則 f′（ e） = =0，解得： a=0， 故 f（ x） = ﹣ m， 若 f（ x）有 2 個(gè)零點(diǎn)，即 =m 有 2 個(gè)交點(diǎn)， 令 g（ x） = ，則 g′（ x） = ， 令 g′（ x） ＞ 0，解得： x＜ e， 令 g′（ x） ＜ 0，解得： x＞ e， ∴ g（ x）在（ 0， e）遞增，在（ e， +∞）遞減， 故 g（ x）的最大值是 g（ e） = ， 故 m＜ ； （ 2） ∵ f（ x）有兩個(gè)相異零點(diǎn)， ∴ 設(shè) lnx1=mx1， lnx2=mx2， ① 即 lnx1﹣ lnx2=m（ x1﹣ x2）， =m② 而 x1?x2＞ e2，等價(jià)于： lnx1+lnx2＞ 2，即 m（ x1+x2） ＞ 2， ③ 由 ①②③得： （ x1+x2） ＞ 2， 不妨設(shè) x1＞ x2＞ 0，則 t= ＞ 1， 上式轉(zhuǎn)化為： lnt＞ ， t＞ 1 設(shè) H（ t） =lnt﹣ ， t＞ 1， 則 H′（ t） = ＞ 0， 故函數(shù) H（ t）是（ 1， +∞）上的增函數(shù)， ∴ H（ t） ＞ H（ 1） =0， 即不等式 lnt＞ 成立， 故所證不等式 x1?x2＞ e2成立． 2017 年 1 月 10 日
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