2018年數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十五）文

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精13-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精PAGE課時(shí)跟蹤檢測(cè)(二十五)一、選擇題1．已知直線ax＋by＝1經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1，2），則2a＋4b的最小值為（)A。eq\r(2）B．2eq\r（2）C．4 D．4eq\r(2)解析:選B因?yàn)橹本€ax＋by＝1經(jīng)過(guò)點(diǎn)（1，2)，所以a＋2b＝1,則2a＋4b≥2eq\r（2a·22b)＝2eq\r(2a＋2b）＝2eq\r（2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝eq\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立．2．(2018屆高三·湖南五市十校聯(lián)考）已知函數(shù)f(x)＝x＋sinx（x∈R），且f(y2－2y＋3)＋f（x2－4x＋1)≤0，則當(dāng)y≥1時(shí)，eq\f(y，x＋1)的取值范圍是（)A.eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（1，4)，\f(3，4）)) B.eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（1,4)，1)）C．[1，3eq\r（2）－3] D.eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,3），＋∞）)解析:選A函數(shù)f（x）＝x＋sinx（x∈R)為奇函數(shù)，又f′（x)＝1＋cosx≥0,所以函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增，則f(x2－4x＋1）≤f（－y2＋2y－3)，即x2－4x＋1≤－y2＋2y－3，化簡(jiǎn)得(x－2)2＋(y－1)2≤1,當(dāng)y≥1時(shí)表示的區(qū)域?yàn)樯习雸A及其內(nèi)部，如圖所示．令k＝eq\f(y,x＋1)＝eq\f(y,x－－1)，其幾何意義為過(guò)點(diǎn)（－1，0)與半圓相交或相切的直線的斜率，斜率最小時(shí)直線過(guò)點(diǎn)(3，1),此時(shí)kmin＝eq\f(1，3－－1)＝eq\f（1，4)，斜率最大時(shí)直線剛好與半圓相切,圓心到直線的距離d＝eq\f（|2k－1＋k｜,\r(k2＋1））＝1(k〉0),解得kmax＝eq\f(3,4），故選A.3．（2017·石家莊質(zhì)檢）在平面直角坐標(biāo)系中,不等式組eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋y≤0,，x－y≤0,，x2＋y2≤r2)）（r為常數(shù)）表示的平面區(qū)域的面積為π，若x，y滿足上述約束條件，則z＝eq\f(x＋y＋1，x＋3)的最小值為（)A．－1 B．－eq\f(5\r(2）＋1，7）C.eq\f(1,3) D．－eq\f(7,5）解析：選D作出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示，由題意，知eq\f（1,4）πr2＝π，解得r＝2。z＝eq\f（x＋y＋1，x＋3)＝1＋eq\f(y－2,x＋3），表示可行域內(nèi)的點(diǎn)與點(diǎn)P（－3，2）連線的斜率加上1,由圖知當(dāng)可行域內(nèi)的點(diǎn)與點(diǎn)P的連線與圓相切時(shí)斜率最小．設(shè)切線方程為y－2＝k（x＋3)，即kx－y＋3k＋2＝0，則有eq\f(|3k＋2｜，\r（k2＋1）)＝2，解得k＝－eq\f（12，5)或k＝0(舍去)，所以zmin＝1－eq\f（12，5)＝－eq\f（7，5），故選D。4．（2017·沈陽(yáng)質(zhì)檢）已知函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(2x＋2,2），x≤1，，｜log2x－1|，x>1，）)則函數(shù)F（x）＝f[f(x）］－2f（x）－eq\f（3，2)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A．4B．5C．6 D．7解析:選A令f(x)＝t，則函數(shù)F（x）可化為y＝f(t)－2t－eq\f（3,2)，則函數(shù)F(x)的零點(diǎn)問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為方程f（t)－2t－eq\f（3，2）＝0的根的問(wèn)題．令y＝f(t）－2t－eq\f（3，2）＝0,即f(t)＝2t＋eq\f（3，2)，如圖①,由數(shù)形結(jié)合得t1＝0,1〈t2〈2，如圖②,再由數(shù)形結(jié)合得，當(dāng)f(x)＝0時(shí)，x＝2，有1個(gè)解，當(dāng)f（x）＝t2時(shí)，有3個(gè)解，所以y＝f[f（x)］－2f(x）－eq\f（3,2）共有4個(gè)零點(diǎn)．故選A。5．(2018屆高三·湖北七市(州）聯(lián)考)已知函數(shù)f(x）＝x2＋(a＋8）x＋a2＋a－12（a〈0）,且f(a2－4)＝f（2a－8)，則eq\f(fn－4a,n＋1)（n∈N*）的最小值為()A.eq\f(37，4）B。eq\f(35，8)C.eq\f（28，3)D.eq\f(48,5）解析：選A二次函數(shù)f（x）＝x2＋（a＋8）x＋a2＋a－12圖象的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝－eq\f（a＋8,2)，由f(a2－4）＝f（2a－8)及二次函數(shù)的圖象，可以得出eq\f（a2－4＋2a－8,2)＝－eq\f(a＋8，2），解得a＝－4或a＝1，又a<0，∴a＝－4，f（x）＝x2＋4x，∴eq\f(fn－4a,n＋1)＝eq\f（n2＋4n＋16，n＋1）＝eq\f(n＋12＋2n＋1＋13，n＋1)＝n＋1＋eq\f（13,n＋1）＋2≥2eq\r（n＋1·\f（13，n＋1))＋2＝2eq\r（13)＋2，當(dāng)且僅當(dāng)n＋1＝eq\f（13,n＋1)，即n＝eq\r（13)－1時(shí)等號(hào)成立，又n∈N＊，∴當(dāng)n＝4時(shí)，eq\f(fn－4a，n＋1）＝eq\f（48，5)，n＝3時(shí)，eq\f（fn－4a,n＋1）＝eq\f（37,4)〈eq\f(48，5),∴最小值為eq\f（37,4)，故選A.6．（2018屆高三·廣東省五校聯(lián)考)已知f（x)，g(x）都是定義在R上的函數(shù)，g（x）≠0，f（x)g′（x)〉f′（x）g(x),f（x）＝ax·g（x）(a〉0，a≠1）,eq\f(f1，g1）＋eq\f(f－1,g－1)＝eq\f（5，2)。在有窮數(shù)列eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f(fn，gn))）(n＝1,2，…，10)中,任意取正整數(shù)k(1≤k≤10），則前k項(xiàng)和大于eq\f(15，16)的概率是（）A.eq\f(1，5)B.eq\f（2，5）C。eq\f(3,5）D。eq\f（4,5)解析：選C由f（x)＝ax·g(x),可得ax＝eq\f(fx，gx），eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(fx,gx）））′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)<0,所以eq\f(fx，gx)為減函數(shù)，所以0〈a<1。由eq\f（f1，g1)＋eq\f(f－1,g－1）＝eq\f（5，2)，可得a＋eq\f（1，a）＝eq\f（5,2)，解得a＝eq\f(1,2）或a＝2，又0<a<1,所以a＝eq\f(1，2）.當(dāng)a＝eq\f(1，2)時(shí)，eq\f（fn,gn）＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）))n是以eq\f(1,2)為首項(xiàng)，eq\f（1,2）為公比的等比數(shù)列，則前k項(xiàng)和為eq\f（1，2)＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)））k＝eq\f(\f（1,2)\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（1－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)））k)）,1－\f（1，2）)＝1－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2))）k.由1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2))）k>eq\f(15,16）可得k>4，即當(dāng)5≤k≤10時(shí)，前k項(xiàng)和大于eq\f(15，16），故所求的概率為eq\f(10－4，10)＝eq\f(6，10）＝eq\f（3，5），故選C.二、填空題7．若對(duì)于定義在R上的函數(shù)f(x）,其圖象是連續(xù)不斷的，且存在常數(shù)λ（λ∈R)使得f(x＋λ）＋λf(x)＝0對(duì)任意實(shí)數(shù)x都成立，則稱(chēng)f（x）是一個(gè)“λ.伴隨函數(shù)”．有下列關(guān)于“λ。伴隨函數(shù)”的結(jié)論：①f（x）＝0是常數(shù)函數(shù)中唯一的“λ。伴隨函數(shù)”;②f(x）＝x不是“λ.伴隨函數(shù)”；③f(x)＝x2是一個(gè)“λ。伴隨函數(shù)”；④“eq\f(1，2）-伴隨函數(shù)”至少有一個(gè)零點(diǎn)．其中不正確的是________．(填序號(hào)）解析:對(duì)于①，若f（x）＝c≠0，則取λ＝－1，此時(shí)f（x＋λ)＋λf(x)＝f(x－1)－f（x）＝c－c＝0，則f（x）＝c≠0是“－1。伴隨函數(shù)”，①錯(cuò)誤；對(duì)于②，當(dāng)f(x)＝x時(shí)，若f(x)是“λ。伴隨函數(shù)”，則f（x＋λ)＋λf（x)＝0，即（x＋λ）＋λx＝0對(duì)任意x成立，易知不存在這樣的λ，所以f（x)＝x不是“λ-伴隨函數(shù)”,②正確；對(duì)于③,若f（x）＝x2是一個(gè)“λ。伴隨函數(shù)"，則（x＋λ）2＋λx2＝0對(duì)任意實(shí)數(shù)x都成立，易知不存在這樣的λ,所以f(x）＝x2不是“λ.伴隨函數(shù)”，③錯(cuò)誤；對(duì)于④，若f（x)是“eq\f（1，2）。伴隨函數(shù)”，則feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f（1，2）)）＋eq\f（1,2)f（x）＝0，取x＝0,有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)）)＋eq\f(1,2)f(0)＝0,若f（0），feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2))）均為0,則函數(shù)有零點(diǎn)，若f(0），feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2))）均不為零,則f（0），feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2））)異號(hào)，由零點(diǎn)存在定理知，函數(shù)在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))）上一定有零點(diǎn)，④正確．答案：①③8．(2017·南昌模擬)已知實(shí)數(shù)x，y滿足eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（3x－2y－3≤0,，x－3y＋6≥0，，2x＋y－2≥0，）)在這兩個(gè)實(shí)數(shù)x，y之間插入三個(gè)實(shí)數(shù)，使這五個(gè)數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，那么這個(gè)等差數(shù)列后三項(xiàng)和的最大值為_(kāi)_______．解析：設(shè)在這兩個(gè)實(shí)數(shù)x,y之間插入三個(gè)實(shí)數(shù)a1,a2，a3，即x，a1，a2，a3,y構(gòu)成等差數(shù)列,所以這個(gè)等差數(shù)列后三項(xiàng)的和為a2＋a3＋y＝eq\f（x＋y，2)＋eq\f（\f（x＋y,2)＋y，2）＋y＝eq\f（3,4）(x＋3y），令z＝x＋3y，作出不等式組表示的可行域，如圖中陰影部分所示，將直線x＋3y＝0平移至A處時(shí)，z取最大值．由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(3x－2y－3＝0，,x－3y＋6＝0，)）解得A(3，3)，所以zmax＝3＋3×3＝12.所以(a2＋a3＋y）max＝eq\f（3,4)（x＋3y）max＝eq\f(3，4)×12＝9。答案：99．(2017·云南統(tǒng)考)已知y＝f（x)是R上的偶函數(shù)，對(duì)于任意的x∈R，均有f（x)＝f(2－x），當(dāng)x∈［0,1]時(shí)，f（x）＝(x－1)2，則函數(shù)g(x）＝f(x)－log2017｜x－1｜的所有零點(diǎn)之和為_(kāi)_______．解析:因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f(x）＝f(2－x）＝f(x＋2)，所以函數(shù)f（x）的周期為2，又當(dāng)x∈［0，1]時(shí)，f（x)＝(x－1)2,將偶函數(shù)y＝log2017｜x|的圖象向右平移一個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)y＝log2017｜x－1|的圖象，由此可在同一平面直角坐標(biāo)系下作出函數(shù)y＝f（x)與y＝log2017|x－1｜圖象（圖略），函數(shù)g（x）的零點(diǎn)，即為函數(shù)y＝f(x)與y＝log2017｜x－1｜圖象的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，當(dāng)x〉2018時(shí)，兩函數(shù)圖象無(wú)交點(diǎn),又兩函數(shù)圖象在［1，2018]上有2016個(gè)交點(diǎn)，由對(duì)稱(chēng)性知兩函數(shù)圖象在［－2016，1]上也有2016個(gè)交點(diǎn)，且它們關(guān)于直線x＝1對(duì)稱(chēng)，所以函數(shù)g(x）的所有零點(diǎn)之和為4032。答案：4032三、解答題10．（2017·張掖模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(mx，lnx）,曲線y＝f（x）在點(diǎn)(e2，f（e2））處的切線與直線2x＋y＝0垂直（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1）求f(x)的解析式及單調(diào)遞減區(qū)間;（2）是否存在最小的常數(shù)k,使得對(duì)任意x∈（0，1），f（x）>eq\f（k，lnx）＋2eq\r(x）恒成立？若存在,求出k的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：（1)f′(x)＝eq\f(mlnx－1，lnx2)(x>0，且x≠1）,由f′(e2）＝eq\f（1,2）＝eq\f(m,4)，得m＝2，故f(x)＝eq\f（2x，lnx),此時(shí)f′（x）＝eq\f（2lnx－1，lnx2），由f′（x)〈0得0<x〈1或1〈x<e，所以函數(shù)f（x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，(1，e)．(2)f（x)〉eq\f(k，lnx）＋2eq\r(x)恒成立，即eq\f(2x,lnx)>eq\f（k,lnx）＋2eq\r(x)恒成立?eq\f（k,lnx)<eq\f（2x，lnx)－2eq\r（x)恒成立，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，lnx<0，則有k〉2x－2eq\r（x）·lnx恒成立，令g（x)＝2x－2eq\r(x)·lnx，則g′（x）＝eq\f（2\r（x）－lnx－2，\r(x）)，再令h(x）＝2eq\r(x）－lnx－2,得h′（x）＝eq\f(\r（x)－1，x)〈0，所以h(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,所以h(x）>h(1）＝0，故g′（x）＝eq\f（hx,\r（x))>0，所以g（x)在（0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，g（x）〈g(1)＝2，則k≥2.故存在最小的常數(shù)k＝2滿足題意．11．(2018屆高三·西安八校聯(lián)考）設(shè)函數(shù)f(x)＝mex－lnx－1.（1)當(dāng)m＝0時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1））處的切線方程;（2）當(dāng)m≥1時(shí)，證明：f(x）〉1。解：（1）當(dāng)m＝0時(shí),f(x)＝－lnx－1，則f′（x）＝－eq\f(1,x)，所以f（1)＝－1，f′(1)＝－1。所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)（1，f(1))處的切線方程為y－(－1）＝－(x－1），即y＝－x。故曲線y＝f（x）在點(diǎn)（1，f（1）)處的切線方程為y＝－x。（2)當(dāng)m≥1時(shí),f(x)＝mex－lnx－1≥ex－lnx－1。要證f(x)>1，只需證ex－lnx－2〉0。設(shè)g（x)＝ex－lnx－2,則g′(x)＝ex－eq\f(1,x）.設(shè)h(x)＝ex－eq\f(1,x)，則h′(x）＝ex＋eq\f(1,x2)>0,所以函數(shù)h（x）＝g′(x)＝ex－eq\f（1，x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增．因?yàn)間′eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2）))＝e－2<0,g′（1)＝e－1〉0，所以函數(shù)g′(x）＝ex－eq\f（1，x）在（0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)x0，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,2），1）)。因?yàn)間′（x0)＝0,所以ex0＝eq\f（1，x0），即lnx0＝－x0.當(dāng)x∈(0，x0）時(shí)，g′(x）〈0，當(dāng)x∈(x0，＋∞）時(shí),g′（x)>0，所以當(dāng)x＝x0時(shí)，g（x）取得極小值(也是最小值）g(x0)．故g（x）≥g(x0)＝ex0－lnx0－2＝eq\f(1,x0）＋x0－2＝eq\f(x0－12,x0）〉0。綜上,當(dāng)m≥1時(shí)，f（x)>1.12．（2017·云南調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax.(1)討論函數(shù)f（x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)函數(shù)f（x）有兩個(gè)不相等的零點(diǎn)x1，x2時(shí)，證明：x1x2>e2.解：（1)f（x)的定義域?yàn)?0,＋∞)，f′（x）＝eq\f(1，x）－a，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0,則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞增;②當(dāng)a>0時(shí)，若x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f（1,a)))，則f′（x)>0,函數(shù)f(x）在