2018届高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：11 Word版含解析

跟踪强化训练(十一)
一、选择题
1．(2017·合肥质检)已知函数f (x )的导函数f ′(x )，且满足关系式f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，则f ′(2)的值等于( )
A ．2
B ．－2 C.94 D ．－94
[解析] 由已知条件f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，知f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)＋1x ，令x ＝2，则f ′(2)＝2×2＋3f ′(2)＋12，即2f ′(2)＝－9
2，所以f ′(2)＝－9
4.故选D.
[答案] D
2．(2017·兰州质检)曲线f (x )＝x 3－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 ．(1,3)和(－1,3)
D ．(1，－3)
[解析] f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝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．(2017·四川乐山一中期末)f (x )＝x 2－a ln x 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 )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －a x ， ∵f (x )在(1，＋∞)上单调递增，
∴2x －a
x ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立，
∵x ∈(1，＋∞)时，2x 2>2，∴a ≤2.故选D. [答案] D
4．(2017·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0<x <1时，xf ′(x )<0，此时f ′(x )<0，函数f (x )递减．
当x >1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－1<x <0时，xf ′(x )>0，此时f ′(x )<0，函数f (x )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．(2017·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 )＝f (x )e 2x ，则g ′(x )＝f ′(x )－2f (x )e 2x
<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．(2017·银川一模)已知函数f (x )＝a ⎝ ⎛
⎭⎪⎫x －1x －2ln x (a ∈R )，g (x )＝－a
x ，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)>g (x 0)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x 0∈[1，e]使得f (x 0)>g (x 0)成
立，即ax －2ln x >0在[1，e]上有解．只须满足a >⎝ ⎛⎭
⎪⎫
2ln x x min 即可．设h (x )
＝2ln x
x ，h ′(x )＝2(1－ln x )x 2，∵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．(2017·武汉模拟)设曲线y ＝x ＋1
x －1在点(3,2)处的切线与直线ax
＋y ＋1＝0垂直，则a ＝________.
[解析] 因为y ＝x ＋1x －1，所以y ′＝－2
(x －1)2，则曲线y ＝x ＋1x －1在
点(3,2)处的切线的斜率为y ′| x ＝3＝－1
2.又因为切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，所以－1
2·(－a )＝－1，解得a ＝－2.
[答案] －2
8．(2017·长沙模拟)若f (x )＝x 2＋2⎠⎛0
1f (x )d x ，则
⎠⎛0
1
f (x )d x ＝________.
[解析] 令⎠⎛0
1f (x )d x ＝m ，则f(x)＝x 2＋2m ，
所以⎠⎛0
1f (x )d x ＝⎠
⎛0
1(x 2＋2m )d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋2mx ⎪⎪⎪
1
0＝13＋2m ＝m ，解得m ＝－1
3.
[答案] －1
3
9．(2017·南昌模拟)若函数f (x )＝x 33－a 2x 2
＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是________．
[解析] 因为f (x )＝x 33－a 2x 2
＋x ＋1，所以f ′(x )＝x 2－ax ＋1.所以
函数f (x )＝x 33－a 2x 2
＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3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⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12，3内有根，即Δ＝a 2
－4>0且方程a ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有解．因为函数y ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫
12，1上单调递减，在(1,3)上单调递增，所以函数y ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫
12，3上的值域
为⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103，所以2≤a <10
3.由a 2－4>0，所得a <－2或a >2.综上可知2<a <103.
[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103 三、解答题
10．(2017·成都模拟)已知函数f (x )＝1
2ax 2＋2x －ln x . (1)当a ＝0时，求f (x )的极值．
(2)若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
13，2上是增函数，求实数a 的取值范围． [解] (1)函数的定义域为(0，＋∞)， 因为f (x )＝12ax 2
＋2x －ln x 当a ＝0时，f (x )＝2x －ln x ， 则f ′(x )＝2－1
x ，
所以x ，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表
所以当x ＝1
2时，f (x )的极小值为1＋ln2，函数无极大值． (2)由已知，得f (x )＝12ax 2
＋2x －ln x ，
且x >0，
则f ′(x )＝ax ＋2－1x ＝ax 2
＋2x －1
x
， 若a ＝0，由f ′(x )>0得x >1
2，显然不合题意．
若a ≠0，因为函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤13，2上是增函数， 所以f ′(x )≥0对x ∈⎣
⎢⎡⎦
⎥⎤
13，2恒成立，即不等式ax 2＋2x －1≥0对
x ∈⎣
⎢⎡⎦
⎥⎤
13，2恒成立， 即a ≥1－2x x 2＝1x 2－2x ＝⎝
⎛⎭
⎪⎫1x －12－1恒成立，故a ≥⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
⎝
⎛⎭
⎪⎫1x －12－1max .
而当x ＝1
3，函数⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x －12－1的最大值为3，所以实数a 的取值范围为a ≥3.
11．(2017·贵阳模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋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 )＝1
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 ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ，＋∞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 ＝1
a 处取得最大值， 最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝
⎛
⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.
因此f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.
令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增， g (1)＝0.
于是，当0<a <1时，g (a )<0. 因此，a 的取值范围是(0,1)． 12．已知函数f (x )＝a ln x ＋1
x (a >0)． (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－ln x )≤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 x －1
x 2(a >0)． (1)由f ′(x )>0解得x >1
a ，
所以函数f (x )的单调递增区间是⎝
⎛⎭
⎪⎫
1a ，＋∞；
由f ′(x )<0解得x <1
a ，
所以函数f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，1a .
所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＝a ln 1
a ＋a ＝a －a ln a . (2)设g (x )＝ax (2－ln x )＝2ax －ax ln x ， 则函数g (x )的定义域为(0，＋∞)．
g ′(x )＝2a －⎝
⎛⎭
⎪⎫
ax ·1x
＋a ln x ＝a －a ln x .
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)＝a e.
要使不等式ax (2－ln 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a e ≤1，解得a ≤1
e . 又a >0，所以0<a ≤1
e . 故a 的取值范围为⎝ ⎛
⎦
⎥⎤0，1e .
(3)由(1)可知，当x ∈⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减；
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增． ①若0<1
a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．
②若1<1a ≤e ，即1
e ≤a <1时，函数
f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥
⎤1a ，e 上为增函数，
故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＝a ln 1
a ＋a ＝a －a ln a ＝a (1
－ln a )＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，不满足条件．
③若1a >e ，即0<a <1
e 时，函数
f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )
的最小值为f(e)＝a lne＋1
e＝a＋
1
e＝0，即a＝－
1
e，而0<a<
1
e，故不满
足条件．
综上所述，不存在这样的实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0.。