高三理科數(shù)學(xué) 二輪復(fù)習(xí)跟蹤強化訓(xùn)練：11 Word版含解析

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1、 跟蹤強化訓(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P處的切線平行于直線y＝2x－1，則P點的坐標(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，點(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，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))，則下面四個圖象中，y＝f(x)的圖象大致是(　　) [解析]　由題圖知當(dāng)01時，xf′(x)>0，此時f′(x)>0，函數(shù)f(x)遞增． 所以當(dāng)x＝1時，函數(shù)f(x)取得極小值． 當(dāng)x<－1時，xf′(x)<0，此時f′(x)>0，函數(shù)f(x)遞增，當(dāng)－10，此時f′(x)<0，函數(shù)f(x

4、)遞減，所以當(dāng)x＝－1時，函數(shù)取得極大值．符合條件的只有C項． [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，又因為g(－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x

5、0∈[1，e]，使得f(x0)>g(x0)成立，則實數(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(3,2)處的切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a＝________. [解

6、析]　因為y＝，所以y′＝－，則曲線y＝在點(3,2)處的切線的斜率為y′＝－.又因為切線與直線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，則實數(shù)a的取值范圍是________． [解析]　因為f(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)間上有極值點等價于方程f′(x)＝0在R上有兩個不相等的實根且在開區(qū)間內(nèi)有根，即Δ＝a2－4>0且方程a＝x＋在內(nèi)有解．因為函數(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＋在上的值域為，所以2≤a<.由a2－4>0，所得a<－2或a>2.綜上可知2

8、a＝0時，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，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，因為函數(shù)f(x)在區(qū)間上是增函數(shù)， 所以f′(x)≥0對x∈恒成立，即不等式ax2＋2x－1≥0對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，求a的取值范圍． [解]　(1)f(x)的定義域為(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，f′(x)>0；當(dāng)x∈時，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，f(x)在(0，＋∞)上無最大值； 當(dāng)a>0時，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)已知對任意的x>0，ax(2－lnx)≤1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (3)是否存在實數(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)的定義域為{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，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)的定義域為(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，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(e，＋∞)時，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