2019年高考数学精讲二轮练习专题跟踪训练12 9页

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01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－10，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－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⇒01，‎ ‎∴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f0，即(－x2＋2)ex>0，‎ 因为ex>0，所以－x2＋2>0，‎ 解得－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)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(x12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x30，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02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