高三理科數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)跟蹤強(qiáng)化訓(xùn)練11

跟蹤強(qiáng)化訓(xùn)練(十一)一、選擇題1．(2017·合肥質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)，且滿足關(guān)系式f(x)＝x2＋3xf′(2)＋lnx，則f′(2)的值等于()A．2B．－2C.eq\f(9,4)D．－eq\f(9,4)[解析]由已知條件f(x)＝x2＋3xf′(2)＋lnx，知f′(x)＝2x＋3f′(2)＋eq\f(1,x)，令x＝2，則f′(2)＝2×2＋3f′(2)＋eq\f(1,2)，即2f′(2)＝－eq\f(9,2)，所以f′(2)＝－eq\f(9,4).故選D.[答案]D2．(2017·蘭州質(zhì)檢)曲線f(x)＝x3－x＋3在點(diǎn)P處的切線平行于直線y＝2x－1，則P點(diǎn)的坐標(biāo)為()A．(1,3) B．(－1,3)C．(1,3)和(－1,3) D．(1，－3)[解析]f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，則3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，∴P(1,3)或(－1,3)．經(jīng)檢驗(yàn)，點(diǎn)(1,3)，(－1,3)均不在直線y＝2x－1上，故選C.[答案]C3．(2017·四川樂山一中期末)f(x)＝x2－alnx在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．a(chǎn)<1B．a(chǎn)≤1C．a(chǎn)<2D．a(chǎn)≤2[解析]由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(a,x)，∵f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴2x－eq\f(a,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∵x∈(1，＋∞)時(shí)，2x2>2，∴a≤2.故選D.[答案]D4．(2017·聊城模擬)已知函數(shù)y＝xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則下面四個(gè)圖象中，y＝f(x)的圖象大致是()[解析]由題圖知當(dāng)0<x<1時(shí)，xf′(x)<0，此時(shí)f′(x)<0，函數(shù)f(x)遞減．當(dāng)x>1時(shí)，xf′(x)>0，此時(shí)f′(x)>0，函數(shù)f(x)遞增．所以當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值．當(dāng)x<－1時(shí)，xf′(x)<0，此時(shí)f′(x)>0，函數(shù)f(x)遞增，當(dāng)－1<x<0時(shí)，xf′(x)>0，此時(shí)f′(x)<0，函數(shù)f(x)遞減，所以當(dāng)x＝－1時(shí)，函數(shù)取得極大值．符合條件的只有C項(xiàng)．[答案]C5．(2017·豫南九校2月聯(lián)考)已知f′(x)是定義在R上的連續(xù)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，滿足f′(x)－2f(x)<0，且f(－1)＝0，則f(xA．(－∞，－1) B．(－1,1)C．(－∞，0) D．(－1，＋∞)[解析]設(shè)g(x)＝eq\f(fx,e2x)，則g′(x)＝eq\f(f′x－2fx,e2x)<0在R上恒成立，所以g(x)在R上遞減，又因?yàn)間(－1)＝0，f(x)>0?g(x)>0，所以x<－1.[答案]A6．(2017·銀川一模)已知函數(shù)f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2lnx(a∈R)，g(x)＝－eq\f(a,x)，若至少存在一個(gè)x0∈[1，e]，使得f(x0)>g(x0)成立，則實(shí)數(shù)a的范圍為()A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)C．[0，＋∞) D．(0，＋∞)[解析]由題可知，若至少存在一個(gè)x0∈[1，e]使得f(x0)>g(x0)成立，即ax－2lnx>0在[1，e]上有解．只須滿足a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2lnx,x)))min即可．設(shè)h(x)＝eq\f(2lnx,x)，h′(x)＝eq\f(21－lnx,x2)，∵x∈[1，e]，∴h′(x)≥0，∴h(x)在[1，e]上恒為增函數(shù)，∴h(x)≥h(1)＝0，∴a>0，故選D.[答案]D二、填空題7．(2017·武漢模擬)設(shè)曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(diǎn)(3,2)處的切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a＝________.[解析]因?yàn)閥＝eq\f(x＋1,x－1)，所以y′＝－eq\f(2,x－12)，則曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(diǎn)(3,2)處的切線的斜率為y′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3))＝－eq\f(1,2).又因?yàn)榍芯€與直線ax＋y＋1＝0垂直，所以－eq\f(1,2)·(－a)＝－1，解得a＝－2.[答案]－28．(2017·長(zhǎng)沙模擬)若f(x)＝x2＋2eq\i\in(0,1,)f(x)dx，則eq\i\in(0,1,)f(x)dx＝________.[解析]令eq\i\in(0,1,)f(x)dx＝m，則f(x)＝x2＋2m，所以eq\i\in(0,1,)f(x)dx＝eq\i\in(0,1,)(x2＋2m)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3＋2mx))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1,0))＝eq\f(1,3)＋2m＝m，解得m＝－eq\f(1,3).[答案]－eq\f(1,3)9．(2017·南昌模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[解析]因?yàn)閒(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1，所以f′(x)＝x2－ax＋1.所以函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有極值點(diǎn)等價(jià)于方程f′(x)＝0在R上有兩個(gè)不相等的實(shí)根且在開區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))內(nèi)有根，即Δ＝a2－4>0且方程a＝x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))內(nèi)有解．因?yàn)楹瘮?shù)y＝x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，在(1,3)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))，所以2≤a<eq\f(10,3).由a2－4>0，所得a<－2或a>2.綜上可知2<a<eq\f(10,3).[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))三、解答題10．(2017·成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2＋2x－lnx.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求f(x)的極值．(2)若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解](1)函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，因?yàn)閒(x)＝eq\f(1,2)ax2＋2x－lnx當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝2x－lnx，則f′(x)＝2－eq\f(1,x)，所以x，f′(x)，f(x)的變化情況如下表xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))f′(x)－0＋f(x)減極小值增所以當(dāng)x＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)的極小值為1＋ln2，函數(shù)無極大值．(2)由已知，得f(x)＝eq\f(1,2)ax2＋2x－lnx，且x>0，則f′(x)＝ax＋2－eq\f(1,x)＝eq\f(ax2＋2x－1,x)，若a＝0，由f′(x)>0得x>eq\f(1,2)，顯然不合題意．若a≠0，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函數(shù)，所以f′(x)≥0對(duì)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))恒成立，即不等式ax2＋2x－1≥0對(duì)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))恒成立，即a≥eq\f(1－2x,x2)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1恒成立，故a≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1))max.而當(dāng)x＝eq\f(1,3)，函數(shù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1的最大值為3，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥3.11．(2017·貴陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時(shí)，求a[解](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．若a>0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由(1)知，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上無最大值；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在x＝eq\f(1,a)處取得最大值，最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>2a－2等價(jià)于lna＋a－1<0.令g(a)＝lna＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(1)＝0.于是，當(dāng)0<a<1時(shí)，g(a)<0.因此，a的取值范圍是(0,1)．12．已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1,x)(a>0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)已知對(duì)任意的x>0，ax(2－lnx)≤1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)是否存在實(shí)數(shù)a，使得函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值為0？若存在，求出a的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．[解]由題意知函數(shù)的定義域?yàn)閧x|x>0},f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(1,x2)(a>0)．(1)由f′(x)>0解得x>eq\f(1,a)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))；由f′(x)<0解得x<eq\f(1,a)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a))).所以當(dāng)x＝eq\f(1,a)時(shí)，函數(shù)f(x)有極小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝alneq\f(1,a)＋a＝a－alna.(2)設(shè)g(x)＝ax(2－lnx)＝2ax－axlnx，則函數(shù)g(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．g′(x)＝2a－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax·\f(1,x)＋alnx))＝a－alnx.由g′(x)＝0，解得x＝e.由a>0可知，當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減．所以函數(shù)g(x)的最大值為g(x)的極大值g(e)＝ae.要使不等式ax(2－lnx)≤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≤eq\f(1,e).又a>0，所以0<a≤eq\f(1,e).故a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).(3)由(1)可知，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．①若0<eq\f(1,a)≤1，即a≥1時(shí)，函數(shù)f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，故函數(shù)f(x)的最小值為f(1)＝aln1＋1＝1，顯然1≠0，故不滿足條件．②若1<eq\f(1,a)≤e，即eq\f(1,e)≤a<1時(shí)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上為減函數(shù)，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，