2021高考数学二轮复习专题二跟踪训练3

专题跟踪训练(十二)

一、选择题

1．(2018·福建福州八校联考)已知函数f(x)的导函数是f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋ln，则f(1)＝(　　)

A．－e  B．2  C．－2  D．e

[解析]　由已知得f′(x)＝2f′(1)－，令x＝1得f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)＝1，则f(1)＝2f′(1)＝2，故选B.

[答案]　B

2．函数f(x)＝x＋的极值情况是(　　)

A．当x＝1时，取极小值2，但无极大值

B．当x＝－1时，取极大值－2，但无极小值

C．当x＝－1时，取极小值－2；当x＝1时，取极大值2

D．当x＝－1时，取极大值－2；当x＝1时，取极小值2

[解析]　求导得f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝±1，函数f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)和(0,1)上单调递减，所以当x＝－1时，取极大值－2，当x＝1时，取极小值2，故选D.

[答案]　D

3．(2018·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，排除A、B.

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，排除D.符合条件的只有C项，故选C.

[答案]　C

4．(2018·南昌一模)若函数f(x)＝x＋alnx不是单调函数，则实数a的取值范围是(　　)

A．[0，＋∞)   B．(－∞，0]

C．(－∞，0)   D．(0，＋∞)

[解析]　由题意知x>0，f′(x)＝1＋，要使函数f(x)＝x＋alnx不是单调函数，则方程1＋＝0在x>0上有解，则x＝－a，所以a<0，故选C.

[答案]　C

5．(2018·海南八校联考)已知函数f(x)＝3lnx－x2＋x在区间(1,3)上有最大值，则实数a的取值范围是(　　)

A.   B.

C.   D.

[解析]　因为f′(x)＝－2x＋a－，所以结合题意可得f′(x)＝－2x＋a－在(1,3)上只有一个零点且单调递减，则问题转化为即解得－<a<，故选B.

[答案]　B

6．(2018·石家庄二中一模)已知对∀x∈(0，＋∞)，不等式lnx＋1≥m－(n>0)恒成立，则的最大值是(　　)

A．1  B．－1  C．e  D．－e

[解析]　不等式lnx＋1≥m－可化为lnx＋1－m＋≥0，令F(x)＝lnx＋1－m＋(x>0)，则F′(x)＝－＝，所以当x＝n时，F(x)min＝lnn＋2－m，则lnn＋2－m≥0⇒m≤2＋lnn(n>0)．所以≤.令G(n)＝，则令G′(n)＝＝0，可得n＝，故G(n)max＝＝e，即≤≤e，故选C.

[答案]　C

二、填空题

7．(2018·武汉模拟)设曲线y＝在点(3,2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a＝________.

[解析]　因为y＝，所以y′＝－，则曲线y＝在点(3,2)处的切线的斜率为y′＝－.又因为切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，所以－·(－a)＝－1，解得a＝－2.

[答案]　－2

8．(2018·南宁二模)曲线f(x)＝xlnx在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积是________．

[解析]　因为f′(x)＝1＋lnx，且f(1)＝0，f′(1)＝1，所以切线l的斜率k＝1，切线方程为y＝x－1.令x＝0，得y＝－1，令y＝0，得x＝1，∴切线l与两坐标轴的交点坐标分别为A(0，－1)，B(1,0)，则|OA|＝1，|OB|＝1，∴S△ABO＝×1×1＝.

[答案]　

9．(2018·河南安阳调研)已知函数f(x)＝lnx＋ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围为________．

[解析]　f′(x)＝＋ax－2＝(x>0)，函数f(x)存在单调递减区间，即定义域(0，＋∞)内存在区间使ax2－2x＋1≤0，等价于a小于在x∈(0，＋∞)上的最大值，设g(x)＝，则g′(x)＝，可知，函数g(x)在区间(0,1)为增函数，在区间(1，＋∞)为减函数，所以当x＝1时，函数g(x)取得最大值，此时g(x)＝1，所以a<1，故填(－∞，1)．

[答案]　(－∞，1)

三、解答题

10．(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝－lnx.

(1)求f(x)的单调区间；

(2)求函数f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数)．

[解]　(1)f(x)＝－lnx＝1－－lnx，

f(x)的定义域为(0，＋∞)．

∵f′(x)＝－＝，由f′(x)>0⇒0<x<1，由f′(x)<0⇒x>1，

∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

(2)由(1)得f(x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，

∴f(x)在上的最大值为f(1)＝1－－ln1＝0.

又f＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－lne＝－，且f<f(e)，

∴f(x)在上的最小值为f＝2－e.

综上，f(x)在上的最大值为0，最小值为2－e.

11．已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)．

(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；

(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围；

(3)函数f(x)是否为R上的单调减函数？若是，求出a的取值范围？若不是，请说明理由．

[解]　(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，

所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.

令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，

因为ex>0，所以－x2＋2>0，

解得－<x<.

所以函数f(x)的单调递增区间是(－，)．

(2)因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，

所以f′(x)≥0对x∈(－1,1)都成立．

因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，

所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立．

因为ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，

则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1,1)都成立．

令g(x)＝(x＋1)－，

则g′(x)＝1＋>0.

所以g(x)＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增．

所以g(x)<g(1)＝(1＋1)－＝.

所以a的取值范围是.

(3)若函数f(x)在R上单调递减，则f′(x)≤0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立，

因为ex>0，所以x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立．

所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的．

故函数f(x)不可能在R上单调递减．

12．(2018·辽宁五校模拟)已知函数f(x)＝2lnx＋x2－2ax(a>0)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且f(x1)－f(x2)≥－2ln2恒成立，求a的取值范围．

[解]　(1)由题意知，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，

f′(x)＝，令x2－ax＋1＝0，则Δ＝a2－4，

①当0<a≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0恒成立，

函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

②当a>2时，Δ>0，方程x2－ax＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x3，x4，不妨令x3<x4，

则x3＝，x4＝，此时0<x3<x4，

因为当x∈(0，x3)时，f′(x)>0，当x∈(x3，x4)时，

f′(x)<0，当x∈(x4，＋∞)时，f′(x)>0，

所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．

综上：当0<a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>2时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．

(2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上单调递减，x1＋x2＝a，x1·x2＝1，

则f(x1)－f(x2)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln＋＝2ln＋－，

令t＝，则0<t<1，f(x1)－f(x2)＝2lnt＋－t，

令g(t)＝2lnt＋－t(0<t<1)，则g′(t)＝－<0，

故g(t)在(0,1)上单调递减且g＝－2ln2，

故g(t)＝f(x1)－f(x2)≥－2ln2＝g，即0<t≤，

而a2＝(x1＋x2)2＝＋＋2＝t＋＋2，其中0<t≤，

令h(t)＝t＋＋2，t∈，

所以h′(t)＝1－<0在t∈上恒成立，

故h(t)＝t＋＋2在上单调递减，

从而a2≥，

故a的取值范围是.