《高三理科數(shù)學(xué) 二輪復(fù)習(xí)跟蹤強(qiáng)化訓(xùn)練：11 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三理科數(shù)學(xué) 二輪復(fù)習(xí)跟蹤強(qiáng)化訓(xùn)練：11 Word版含解析（10頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
跟蹤強(qiáng)化訓(xùn)練(十一)
一、選擇題
1．(20xx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．2 B．－2 C. D．－
[解析] 由已知條件f(x)＝x2＋3xf′(2)＋lnx，知f′(x)＝2x＋3f′(2)＋，令x＝2，則f′(2)＝22＋3f′(2)＋，即2f′(2)＝－，所以f′(2)＝－.故選D.
[答案] D
2．(20xx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．
2、(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] C
3．(20xx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)<1 B．a(chǎn)≤1 C．a(chǎn)<2 D．a(chǎn)≤2
[解析] 由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－，
∵f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴2x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞
3、)上恒成立，
∵x∈(1，＋∞)時(shí)，2x2>2，∴a≤2.故選D.
[答案] D
4．(20xx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)01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)－10，此時(shí)f′(x)<0，函數(shù)f(x
4、)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] C
5．(20xx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(x)>0的解集為( )
A．(－∞，－1) B．(－1,1)
C．(－∞，0) D．(－1，＋∞)
[解析] 設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝<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] A
6．(20xx銀川一模)已知函數(shù)f(x)＝a－2lnx(a∈R)，g(x)＝－，若至少存在一個(gè)x
5、0∈[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>min即可．設(shè)h(x)＝，h′(x)＝，∵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．(20xx武漢模擬)設(shè)曲線y＝在點(diǎn)(3,2)處的切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a＝________.
[解
6、析] 因?yàn)閥＝，所以y′＝－，則曲線y＝在點(diǎn)(3,2)處的切線的斜率為y′＝－.又因?yàn)榍芯€與直線ax＋y＋1＝0垂直，所以－(－a)＝－1，解得a＝－2.
[答案] －2
8．(20xx長沙模擬)若f(x)＝x2＋2f(x)dx，則
f(x)dx＝________.
[解析] 令f(x)dx＝m，則f(x)＝x2＋2m，
所以f(x)dx＝(x2＋2m)dx＝＝＋2m＝m，解得m＝－.
[答案]?。?
9．(20xx南昌模擬)若函數(shù)f(x)＝－x2＋x＋1在區(qū)間上有極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．
[解析] 因?yàn)閒(x)＝－x2＋x＋1，所以f′(x)＝x2－ax＋
7、1.所以函數(shù)f(x)＝－x2＋x＋1在區(qū)間上有極值點(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)間內(nèi)有根，即Δ＝a2－4>0且方程a＝x＋在內(nèi)有解．因?yàn)楹瘮?shù)y＝x＋在上單調(diào)遞減，在(1,3)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)y＝x＋在上的值域?yàn)?，所?≤a<.由a2－4>0，所得a<－2或a>2.綜上可知2
8、a＝0時(shí)，f(x)＝2x－lnx，
則f′(x)＝2－，
所以x，f′(x)，f(x)的變化情況如下表
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
減
極小值
增
所以當(dāng)x＝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)＝ax2＋2x－lnx，
且x>0，
則f′(x)＝ax＋2－＝，
若a＝0，由f′(x)>0得x>，顯然不合題意．
若a≠0，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間上是增函數(shù)，
所以f′(x)≥0對(duì)x∈恒成立，即不等式ax2＋2x－1≥0對(duì)x∈恒成立，
即a≥＝－＝2－1恒成立，故a≥max.
而當(dāng)x＝，函數(shù)2－1的最
9、大值為3，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥3.
11．(20xx貴陽模擬)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的取值范圍．
[解] (1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(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∈時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0.所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(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＝處取得最大值，
最大值為f＝ln＋a＝－l
10、na＋a－1.
因此f>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)00)．
(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，請說明理由．
[解] 由題意知函數(shù)的定義域?yàn)閧x|x>0}, f′(x)＝－(a>0)．
(1)由f′
11、(x)>0解得x>，
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是；
由f′(x)<0解得x<，
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是.
所以當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)f(x)有極小值f＝aln＋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－＝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－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
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