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2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十五文
一、选择题1.已知直线ax+by=1经过点12,则2a+4b的最小值为 A.B.2C.4D.4解析选B 因为直线ax+by=1经过点12,所以a+2b=1,则2a+4b≥2=2=2,当且仅当a=2b=时等号成立.2.xx届高三·湖南五市十校联考已知函数fx=x+sinxx∈R,且fy2-2y+3+fx2-4x+1≤0,则当y≥1时,的取值范围是 A.B.C.[13-3]D.解析选A 函数fx=x+sinxx∈R为奇函数,又f′x=1+cosx≥0,所以函数fx在其定义域内单调递增,则fx2-4x+1≤f-y2+2y-3,即x2-4x+1≤-y2+2y-3,化简得x-22+y-12≤1,当y≥1时表示的区域为上半圆及其内部,如图所示.令k==,其几何意义为过点-10与半圆相交或相切的直线的斜率,斜率最小时直线过点31,此时kmin==,斜率最大时直线刚好与半圆相切,圆心到直线的距离d==1k0,解得kmax=,故选A.3.xx·石家庄质检在平面直角坐标系中,不等式组r为常数表示的平面区域的面积为π,若x,y满足上述约束条件,则z=的最小值为 A.-1B.-C.D.-解析选D 作出不等式组表示的平面区域,如图中阴影部分所示,由题意,知πr2=π,解得r=
2.z==1+,表示可行域内的点与点P-32连线的斜率加上1,由图知当可行域内的点与点P的连线与圆相切时斜率最小.设切线方程为y-2=kx+3,即kx-y+3k+2=0,则有=2,解得k=-或k=0舍去,所以zmin=1-=-,故选D.4.xx·沈阳质检已知函数fx=则函数Fx=f[fx]-2fx-的零点个数是 A.4B.5C.6D.7解析选A 令fx=t,则函数Fx可化为y=ft-2t-,则函数Fx的零点问题可转化为方程ft-2t-=0的根的问题.令y=ft-2t-=0,即ft=2t+,如图
①,由数形结合得t1=01t22,如图
②,再由数形结合得,当fx=0时,x=2,有1个解,当fx=t2时,有3个解,所以y=f[fx]-2fx-共有4个零点.故选A.5.xx届高三·湖北七市州联考已知函数fx=x2+a+8x+a2+a-12a0,且fa2-4=f2a-8,则n∈N*的最小值为 A.B.C.D.解析选A 二次函数fx=x2+a+8x+a2+a-12图象的对称轴为直线x=-,由fa2-4=f2a-8及二次函数的图象,可以得出=-,解得a=-4或a=1,又a0,∴a=-4,fx=x2+4x,∴===n+1++2≥2+2=2+2,当且仅当n+1=,即n=-1时等号成立,又n∈N*,∴当n=4时,=,n=3时,=,∴最小值为,故选A.6.xx届高三·广东省五校联考已知fx,gx都是定义在R上的函数,gx≠0,fxg′xf′xgx,fx=ax·gxa0,a≠1,+=.在有穷数列n=12,…,10中,任意取正整数k1≤k≤10,则前k项和大于的概率是 A.B.C.D.解析选C 由fx=ax·gx,可得ax=,′=0,所以为减函数,所以0a
1.由+=,可得a+=,解得a=或a=2,又0a1,所以a=.当a=时,=n是以为首项,为公比的等比数列,则前k项和为+2+…+k==1-k.由1-k可得k4,即当5≤k≤10时,前k项和大于,故所求的概率为==,故选C.
二、填空题7.若对于定义在R上的函数fx,其图象是连续不断的,且存在常数λλ∈R使得fx+λ+λfx=0对任意实数x都成立,则称fx是一个“λ伴随函数”.有下列关于“λ伴随函数”的结论
①fx=0是常数函数中唯一的“λ伴随函数”;
②fx=x不是“λ伴随函数”;
③fx=x2是一个“λ伴随函数”;
④“伴随函数”至少有一个零点.其中不正确的是________.填序号解析对于
①,若fx=c≠0,则取λ=-1,此时fx+λ+λfx=fx-1-fx=c-c=0,则fx=c≠0是“-1伴随函数”,
①错误;对于
②,当fx=x时,若fx是“λ伴随函数”,则fx+λ+λfx=0,即x+λ+λx=0对任意x成立,易知不存在这样的λ,所以fx=x不是“λ伴随函数”,
②正确;对于
③,若fx=x2是一个“λ伴随函数”,则x+λ2+λx2=0对任意实数x都成立,易知不存在这样的λ,所以fx=x2不是“λ伴随函数”,
③错误;对于
④,若fx是“伴随函数”,则f+fx=0,取x=0,有f+f0=0,若f0,f均为0,则函数有零点,若f0,f均不为零,则f0,f异号,由零点存在定理知,函数在上一定有零点,
④正确.答案
①③8.xx·南昌模拟已知实数x,y满足在这两个实数x,y之间插入三个实数,使这五个数构成等差数列,那么这个等差数列后三项和的最大值为________.解析设在这两个实数x,y之间插入三个实数a1,a2,a3,即x,a1,a2,a3,y构成等差数列,所以这个等差数列后三项的和为a2+a3+y=++y=x+3y,令z=x+3y,作出不等式组表示的可行域,如图中阴影部分所示,将直线x+3y=0平移至A处时,z取最大值.由解得A33,所以zmax=3+3×3=
12.所以a2+a3+ymax=x+3ymax=×12=
9.答案99.xx·云南统考已知y=fx是R上的偶函数,对于任意的x∈R,均有fx=f2-x,当x∈
[01]时,fx=x-12,则函数gx=fx-log2017|x-1|的所有零点之和为________.解析因为函数fx是偶函数,所以fx=f2-x=fx+2,所以函数fx的周期为2,又当x∈
[01]时,fx=x-12,将偶函数y=log2017|x|的图象向右平移一个单位长度得到函数y=log2017|x-1|的图象,由此可在同一平面直角坐标系下作出函数y=fx与y=log2017|x-1|图象图略,函数gx的零点,即为函数y=fx与y=log2017|x-1|图象的交点的横坐标,当x2018时,两函数图象无交点,又两函数图象在[1,2018]上有2016个交点,由对称性知两函数图象在[-2016,1]上也有2016个交点,且它们关于直线x=1对称,所以函数gx的所有零点之和为
4032.答案4032
三、解答题10.xx·张掖模拟已知函数fx=,曲线y=fx在点e2,fe2处的切线与直线2x+y=0垂直其中e为自然对数的底数.1求fx的解析式及单调递减区间;2是否存在最小的常数k,使得对任意x∈01,fx+2恒成立?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.解1f′x=x0,且x≠1,由f′e2==,得m=2,故fx=,此时f′x=,由f′x0得0x1或1xe,所以函数fx的单调递减区间为01,1,e.2fx+2恒成立,即+2恒成立⇔-2恒成立,当x∈01时,lnx0,则有k2x-2·lnx恒成立,令gx=2x-2·lnx,则g′x=,再令hx=2-lnx-2,得h′x=0,所以hx在01内单调递减,所以hxh1=0,故g′x=0,所以gx在01内单调递增,gxg1=2,则k≥
2.故存在最小的常数k=2满足题意.11.xx届高三·西安八校联考设函数fx=mex-lnx-
1.1当m=0时,求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程;2当m≥1时,证明fx
1.解1当m=0时,fx=-lnx-1,则f′x=-,所以f1=-1,f′1=-
1.所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y--1=-x-1,即y=-x.故曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y=-x.2当m≥1时,fx=mex-lnx-1≥ex-lnx-
1.要证fx1,只需证ex-lnx-
20.设gx=ex-lnx-2,则g′x=ex-.设hx=ex-,则h′x=ex+0,所以函数hx=g′x=ex-在0,+∞上单调递增.因为g′=e-20,g′1=e-10,所以函数g′x=ex-在0,+∞上有唯一零点x0,且x0∈.因为g′x0=0,所以ex0=,即lnx0=-x
0.当x∈0,x0时,g′x0,当x∈x0,+∞时,g′x0,所以当x=x0时,gx取得极小值也是最小值gx0.故gx≥gx0=ex0-lnx0-2=+x0-2=
0.综上,当m≥1时,fx
1.12.xx·云南调研已知函数fx=lnx-ax.1讨论函数fx的单调性;2当函数fx有两个不相等的零点x1,x2时,证明x1x2e
2.解1fx的定义域为0,+∞,f′x=-a,
①当a≤0时,f′x0,则函数fx在0,+∞上递增;
②当a0时,若x∈,则f′x0,函数fx在上递增.若x∈eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1,+∞,则f′x0,函数fx在eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1,+∞上递减.2证明不妨设x1x20,由已知得⇒可得a=,要证x1x2e2,只需证lnx1x22,即证lnx1+lnx2=ax1+x2=x1+x2·2,即证lnx1-lnx2,即证ln,令=tt1,即证lnt,即证lnt-
0.设gt=lnt-,则g′t=0,gt在1,+∞上单调递增,又g1=0,∴gtg1=0,综上,原不等式成立.。