2019年高考数学精讲二轮练习专题跟踪训练12
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
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－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
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