（課標(biāo)通用）高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測17 理-人教版高三全冊數(shù)學(xué)試題

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1、課時跟蹤檢測(十七) [高考基礎(chǔ)題型得分練] 1．設(shè)f(x)＝a(x－5)2＋6ln x(x>0)，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與y軸相交于點(0,6)． (1)確定a的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值． 解：(1)因為f(x)＝a(x－5)2＋6ln x(x＞0)， 故f′(x)＝2a(x－5)＋. 令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a， 所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為 y－16a＝(6－8a)(x－1)， 由點(0,6)在切線上，可得6－16a＝8a－6，解得a＝. (2)由(1)知，f(x)

2、＝(x－5)2＋6ln x(x>0)， f′(x)＝x－5＋＝. 令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3. 當(dāng)03時，f′(x)>0， 故f(x)的遞增區(qū)間是(0,2)，(3，＋∞)； 當(dāng)2＜x＜3時，f′(x)＜0，故f(x)的遞減區(qū)間是(2,3)． 由此可知f(x)在x＝2處取得極大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3處取得極小值f(3)＝2＋6ln 3. 2．[2017·甘肅蘭州模擬]已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若a＝1，函數(shù)g(x)＝(x－m)f(x)－ex＋x2＋x在(2，＋∞)

3、上為增函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為R，f′(x)＝ex－a. 當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，∴f(x)在R上為增函數(shù)； 當(dāng)a>0時，由f′(x)＝0得x＝ln a， 則當(dāng)x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0， ∴函數(shù)f(x)在(－∞，ln a)上為減函數(shù)； 當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0， ∴函數(shù)f(x)在(ln a，＋∞)上為增函數(shù)． (2)當(dāng)a＝1時，g(x)＝(x－m)(ex－x)－ex＋x2＋x， ∵g(x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)， ∴g′(x)＝xex－mex＋m＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立， 即m≤在(2，＋∞

4、)上恒成立， 令h(x)＝，x∈(2，＋∞)， h′(x)＝＝. 令L(x)＝ex－x－2，L′(x)＝ex－1>0在(2，＋∞)上恒成立， 即L(x)＝ex－x－2在(2，＋∞)上為增函數(shù)， 即L(x)>L(2)＝e2－4>0，∴h′(x)>0， 即h(x)＝在(2，＋∞)上為增函數(shù)， ∴h(x)>h(2)＝，∴m≤. ∴實數(shù)m的取值范圍是. 3．已知f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x. (1)當(dāng)a＝1時，求y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程； (2)當(dāng)a＞0時，若f(x)在區(qū)間[1，e]上最小值為－2，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1時，f(x

5、)＝x2－3x＋ln x， f′(x)＝2x－3＋. 因為f′(1)＝0，f(1)＝－2， 所以曲線y＝f(x)在點(1，－2)處的切線方程是y＝－2. (2)函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x的定義域是(0，＋∞)． 當(dāng)a＞0時，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋ ＝， 令f′(x)＝＝＝0， ∴x＝或x＝. 當(dāng)0＜≤1，即a≥1時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增， 所以f(x)在[1，e]上的最小值是f(1)＝－2； 當(dāng)1＜＜e時，f(x)在[1，e]上的最小值f＜f(1)＝－2，不合題意； 當(dāng)≥e時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，此時f(x)在[1，e]

6、上的最小值f(e)＜f(1)＝－2，不合題意． 綜上，實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)． 4．已知函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋m)． (1)設(shè)x＝0是f(x)的極值點，求m，并討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)m≤2時，證明：f(x)＞0. (1)解：f′(x)＝ex－，由x＝0是f(x)的極值點得f′(0)＝0，所以m＝1. 于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定義域為(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－. 函數(shù)f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′(0)＝0，因此當(dāng)x∈(－1,0)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0. 所以f(x)在(－1,0

7、)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)證明：當(dāng)m≤2，x∈(－m，＋∞)時， ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需證明當(dāng)m＝2時，f(x)＞0. 當(dāng)m＝2時，函數(shù)f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增． 又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一實根x0，且x0∈(－1,0)． 當(dāng)x∈(－2，x0)時，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0. 故當(dāng)x＝x0時，f(x)取得最小值． 由f′(x0)＝0得e x0＝，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞0. 綜上，當(dāng)m≤2時，f(x)＞0

8、. [沖刺名校能力提升練] 1．[2017·吉林省實驗中學(xué)二模]已知函數(shù)f(x)＝mx＋ln x，其中m為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)當(dāng)m＝－1時，求f(x)的最大值； (2)若f(x)在區(qū)間(0，e]上的最大值為－3，求m的值． 解：(1)當(dāng)m＝－1時，f(x)＝－x＋ln x，定義域為(0，＋∞)． 求導(dǎo)得f′(x)＝－1＋，令f′(x)＝0，得x＝1. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表. x (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  －1  由表可知f(x)的最大值為f(1)＝－1. (2)求

9、導(dǎo)得f′(x)＝m＋. ①當(dāng)m≥0時，f′(x)>0恒成立，此時f(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，最大值為f(e)＝me＋1＝－3， 解得m＝－，不符合要求； ②當(dāng)m<0時，令f′(x)＝0，得x＝－， 若－≥e，此時f′(x)≥0在(0，e]上恒成立， 此時f(x)＝在(0，e]上單調(diào)遞增， 最大值為f(e)＝me＋1＝－3， 解得m＝－，不符合要求； 若－0在上成立，f′(x)<0在上成立， 此時f(x)在(0，e]上先增后減，最大值為f＝－1＋ln＝－3，解得m＝－e2，符合要求． 綜上可知，m的值為－e2. 2．[2017·河南鄭州模擬]已知函

10、數(shù)f(x)＝ax－1＋ln x，其中a為常數(shù)． (1)當(dāng)a∈時，若f(x)在區(qū)間(0，e)上的最大值為－4，求a的值； (2)當(dāng)a＝－時，若函數(shù)g(x)＝|f(x)|－－存在零點，求實數(shù)b的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝a＋，令f′(x)＝0得x＝－， 因為a∈，所以0<－0得，00

11、}， 當(dāng)a＝－時，f(x)＝－－1＋ln x， 所以f′(x)＝－＋＝－， 當(dāng)00；當(dāng)x>e時，f′(x)<0. 所以f(x)的增區(qū)間為(0，e)，減區(qū)間為(e，＋∞)， 所以f(x)max＝f(e)＝－1，所以|f(x)|≥1. 令h(x)＝＋，則h′(x)＝. 當(dāng)00；當(dāng)x>e時，h′(x)<0. 從而h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以h(x)max＝h(e)＝＋， 要使方程|f(x)|＝＋有實數(shù)根， 只需h(x)max≥1即可，故b≥2－. 即所求實數(shù)b的取值范圍是. 3．[2017·

12、山東青州高三10月段測]函數(shù)f(x)＝aln x＋x2＋1. (1)當(dāng)a＝－時，求f(x)在區(qū)間上的最值； (2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (3)當(dāng)－11＋ln(－a)恒成立，求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝－時，f(x)＝－ln x＋＋1， ∴f′(x)＝－＋＝. ∵f(x)的定義域為(0，＋∞)， ∴由f′(x)＝0，得x＝1， ∴f(x)在區(qū)間上的最值只可能在f(1)，f，f(e)取到，而f(1)＝，f＝＋，f(e)＝＋， f(x)max＝f(e)＝＋，f(x)min＝f(1)＝. (2)f′(x)＝，x∈(0，＋∞)． ①當(dāng)a＋1≤0，

13、即a≤－1時，f′(x)<0， ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； ②當(dāng)a≥0時，f′(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ③當(dāng)－10得x2>， ∴x>或x<－(舍去)， ∴f(x)在上遞增，在上遞減； 綜上，當(dāng)a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上遞增； 當(dāng)－11＋ln(－a)， 即aln ＋·＋1>1＋ln(－a)， 整理得ln(a＋1)>－1，∴a>－1， 又

14、∵－1m恒成立，求實數(shù)m的最大值． 解：(1)由題意可知，h(x)＝x2－ax＋ln x(x>0)， 則h′(x)＝(x>0)， 若h(x)的單調(diào)減區(qū)間是，則h′(1)＝h′＝0，解得a＝3， 而當(dāng)a＝3時，h′(x)＝＝(

15、x>0)． 由h′(x)<0，解得x∈， 即h(x)的單調(diào)減區(qū)間是，所以a＝3. (2)由題意知x2－ax≥ln x(x>0)， ∴a≤x－(x>0)． 令φ(x)＝x－(x>0)，則φ′(x)＝， ∵y＝x2＋ln x－1在(0，＋∞)上是增函數(shù)，且x＝1時，y＝0. ∴當(dāng)x∈(0,1)時，φ′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0. 即φ(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)， ∴φ(x)min＝φ(1)＝1，故a≤1. 即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，1]． (3)由題意可知，h(x)＝x2－ax＋ln x(x>0)， 則h′(x)＝(x

16、>0)． 可得方程2x2－ax＋1＝0(x>0)有兩個不相等的實數(shù)根x1，x2，且x1∈， ∵x1x2＝，∴x2＝∈(1，＋∞)， 且ax1＝2x＋1，ax2＝2x＋1， h(x1)－h(huán)(x2)＝(x－ax1＋ln x1)－(x－ax2＋ln x2) ＝[x－(2x＋1)＋ln x1]－[x－(2x＋1)＋ln x2] ＝x－x＋ln ＝x－－ln(2x)(x2>1)． 設(shè)L(x)＝x2－－ln(2x2)(x>1)， 則L′(x)＝>0(x>1)， ∴L(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，L(x)>L(1)＝－ln 2，即h(x1)－h(huán)(x2)>－ln 2，∴m≤－ln 2. 即m的最大值為－ln 2.