高三理科数学 二轮复习跟踪强化训练：11 Word版含解析

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1、 跟踪强化训练(十一) 一、选择题 1．(20xx合肥质检)已知函数f(x)的导函数f′(x)，且满足关系式f(x)＝x2＋3xf′(2)＋lnx，则f′(2)的值等于(　　) A．2 B．－2 C. D．－ [解析]　由已知条件f(x)＝x2＋3xf′(2)＋lnx，知f′(x)＝2x＋3f′(2)＋，令x＝2，则f′(2)＝22＋3f′(2)＋，即2f′(2)＝－，所以f′(2)＝－.故选D. [答案]　D 2．(20xx兰州质检)曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则P点的坐标为(　　) A．(1,3) B．(－1,3) C．

2、(1,3)和(－1,3) D．(1，－3) [解析]　f ′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1， ∴P(1,3)或(－1,3)．经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y＝2x－1上，故选C. [答案]　C 3．(20xx四川乐山一中期末)f(x)＝x2－alnx在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　) A．a<1 B．a≤1 C．a<2 D．a≤2 [解析]　由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－， ∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴2x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞

3、)上恒成立， ∵x∈(1，＋∞)时，2x2>2，∴a≤2.故选D. [答案]　D 4．(20xx聊城模拟)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是(　　) [解析]　由题图知当01时，xf′(x)>0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增． 所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值． 当x<－1时，xf′(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增，当－10，此时f′(x)<0，函数f(x

4、)递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C项． [答案]　C 5．(20xx豫南九校2月联考)已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，满足f′(x)－2f(x)<0，且f(－1)＝0，则f(x)>0的解集为(　　) A．(－∞，－1) B．(－1,1) C．(－∞，0) D．(－1，＋∞) [解析]　设g(x)＝，则g′(x)＝<0在R上恒成立，所以g(x)在R上递减，又因为g(－1)＝0，f(x)>0⇔g(x)>0，所以x<－1. [答案]　A 6．(20xx银川一模)已知函数f(x)＝a－2lnx(a∈R)，g(x)＝－，若至少存在一个x

5、0∈[1，e]，使得f(x0)>g(x0)成立，则实数a的范围为(　　) A．[1，＋∞) B．(1，＋∞) C．[0，＋∞) D．(0，＋∞) [解析]　由题可知，若至少存在一个x0∈[1，e]使得f(x0)>g(x0)成立，即ax－2lnx>0在[1，e]上有解．只须满足a>min即可．设h(x)＝，h′(x)＝，∵x∈[1，e]，∴h′(x)≥0，∴h(x)在[1，e]上恒为增函数，∴h(x)≥h(1)＝0，∴a>0，故选D. [答案]　D 二、填空题 7．(20xx武汉模拟)设曲线y＝在点(3,2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a＝________. [解

6、析]　因为y＝，所以y′＝－，则曲线y＝在点(3,2)处的切线的斜率为y′＝－.又因为切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，所以－(－a)＝－1，解得a＝－2. [答案]　－2 8．(20xx长沙模拟)若f(x)＝x2＋2f(x)dx，则 f(x)dx＝________. [解析]　令f(x)dx＝m，则f(x)＝x2＋2m， 所以f(x)dx＝(x2＋2m)dx＝＝＋2m＝m，解得m＝－. [答案]　－ 9．(20xx南昌模拟)若函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上有极值点，则实数a的取值范围是________． [解析]　因为f(x)＝－x2＋x＋1，所以f′(x)＝x2－ax＋

7、1.所以函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上有极值点等价于方程f′(x)＝0在R上有两个不相等的实根且在开区间内有根，即Δ＝a2－4>0且方程a＝x＋在内有解．因为函数y＝x＋在上单调递减，在(1,3)上单调递增，所以函数y＝x＋在上的值域为，所以2≤a<.由a2－4>0，所得a<－2或a>2.综上可知2

8、a＝0时，f(x)＝2x－lnx， 则f′(x)＝2－， 所以x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表 x f′(x) － 0 ＋ f(x) 减 极小值 增 所以当x＝时，f(x)的极小值为1＋ln2，函数无极大值． (2)由已知，得f(x)＝ax2＋2x－lnx， 且x>0， 则f′(x)＝ax＋2－＝， 若a＝0，由f′(x)>0得x>，显然不合题意． 若a≠0，因为函数f(x)在区间上是增函数， 所以f′(x)≥0对x∈恒成立，即不等式ax2＋2x－1≥0对x∈恒成立， 即a≥＝－＝2－1恒成立，故a≥max. 而当x＝，函数2－1的最

9、大值为3，所以实数a的取值范围为a≥3. 11．(20xx贵阳模拟)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围． [解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a. 若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若a>0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值； 当a>0时，f(x)在x＝处取得最大值， 最大值为f＝ln＋a＝－l

10、na＋a－1. 因此f>2a－2等价于lna＋a－1<0. 令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增， g(1)＝0. 于是，当00)． (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)已知对任意的x>0，ax(2－lnx)≤1恒成立，求实数a的取值范围； (3)是否存在实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由． [解]　由题意知函数的定义域为{x|x>0}, f′(x)＝－(a>0)． (1)由f′

11、(x)>0解得x>， 所以函数f(x)的单调递增区间是； 由f′(x)<0解得x<， 所以函数f(x)的单调递减区间是. 所以当x＝时，函数f(x)有极小值f＝aln＋a＝a－alna. (2)设g(x)＝ax(2－lnx)＝2ax－axlnx， 则函数g(x)的定义域为(0，＋∞)． g′(x)＝2a－＝a－alnx. 由g′(x)＝0，解得x＝e. 由a>0可知，当x∈(0，e)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增； 当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减． 所以函数g(x)的最大值为g(x)的极大值g(e)＝ae. 要使不等式ax(2－ln

12、x)≤1恒成立，只需g(x)的最大值不大于1即可， 即g(e)≤1， 也就是ae≤1，解得a≤. 又a>0，所以0e，即0