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2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十六理
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.设定义在0,+∞上的单调函数fx,对任意的x∈0,+∞都有f[fx-log2x]=
3.若方程fx+f′x=a有两个不同的实数根,则实数a的取值范围是________.解析由于函数fx是单调函数,因此不妨设fx-log2x=t,则ft=3,再令x=t,则ft-log2t=t,得log2t=3-t,解得t=2,故fx=log2x+2,f′x=.构造函数gx=fx+f′x-a=log2x+-a+2,∵方程fx+f′x=a有两个不同的实数根,∴gx有两个不同的零点.g′x=-=,当x∈01时,g′x0;当x∈1,+∞时,g′x0,∴gx在01上单调递减,在1,+∞上单调递增,又当x→0时,gx→+∞,当x→+∞时,gx→+∞,则若使gx有两个零点,必有gxmin=g1=-a+20,得a+2,∴实数a的取值范围是.答案
三、解答题10.xx·福州模拟已知函数fx=ex-ax+ba,b∈R.1若fx在x=0处的极小值为2,求a,b的值;2设gx=fx+lnx+1,当x≥0时,gx≥1+b,试求a的取值范围.解1f′x=ex-a,∵fx在x=0处的极小值为2,∴即解得2∵gx=fx+lnx+1=ex-ax+b+lnx+1,∴g′x=+ex-a,设hx=+ex-a,则h′x=ex-,当x≥0时,ex≥1,≤1,∴h′x=ex-≥0,∴hx=+ex-a在[0,+∞上为增函数.∴hx≥h0=2-a,即g′x=+ex-a≥2-a.∴当a≤2时,g′x≥0,∴gx=ex-ax+b+lnx+1在[0,+∞上为增函数,∴当x≥0时,gx≥g0=1+b,符合题意;当a2时,有h0=2-a0,hlna=0,h0·hlna0,则存在x0∈0,lna,使得hx0=0,于是gx在0,x0上单调递减,在x0,+∞上单调递增,则有gx0g0=1+b,此时gx≥1+b不恒成立,不符合题意.综上,可得实数a的取值范围为-∞,2].11.xx·张掖模拟设函数fx=-alnx.1当a=1时,求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程;2求函数fx的单调区间和极值;3若函数fx在区间1,e2]内恰有两个零点,试求a的取值范围.解1当a=1时,fx=-lnx,则f′x=x-,所以f′1=0,又f1=,所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y-=0×x-1,即y=.2由fx=-alnx,得f′x=x-=x0.
①当a≤0时,f′x0,函数fx在0,+∞上单调递增,函数既无极大值,也无极小值;
②当a0时,由f′x=0,得x=或x=-舍去.于是,当x变化时,f′x与fx的变化情况如下表x0,,+∞f′x-0+fx所以函数fx的单调递减区间是0,,单调递增区间是,+∞.函数fx在x=处取得极小值f=,无极大值.综上可知,当a≤0时,函数fx的单调递增区间为0,+∞,函数fx既无极大值也无极小值;当a0时,函数fx的单调递减区间为0,,单调递增区间为,+∞,函数fx有极小值,无极大值.3当a≤0时,由2知函数fx在区间0,+∞上单调递增,故函数fx在区间1,e2]内至多有一个零点,不合题意.当a0时,由2知,当x∈0,时,函数fx单调递减;当x∈,+∞时,函数fx单调递增,函数fx在0,+∞上的最小值为f=.若函数fx在区间1,e2]内恰有两个零点,则需满足即整理得所以ea≤.故所求a的取值范围为.12.xx·石家庄质检已知函数fx=mlnx+1,gx=x-1.1讨论函数Fx=fx-gx的单调性;2若y=fx与y=gx的图象有且仅有一条公切线,试求实数m的值.解1F′x=f′x-g′x=-=x-1.当m≤0时,F′x0,函数Fx在-1,+∞上单调递减;当m0时,令F′x0,得x-1+,函数Fx在上单调递减;令F′x0,得x-1+,函数Fx在eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1-1+,+∞上单调递增.综上所述,当m≤0时,Fx在-1,+∞上单调递减;当m0时,Fx在上单调递减,在eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1-1+,+∞上单调递增.2函数fx=mlnx+1的图象在点a,mlna+1处的切线方程为y-mlna+1=x-a,即y=x+mlna+1-.函数gx=的图象在点处的切线方程为y-=x-b,即y=x+.因为y=fx与y=gx的图象有且仅有一条公切线,所以有唯一一对a,b满足这个方程组,且m
0.由
①得a+1=mb+12,代入
②,消去a,整理得2mlnb+1++mlnm-m-1=0,关于bb-1的方程有唯一解.令gb=2mlnb+1++mlnm-m-1,则g′b=-=,因为m0,所以gb在上单调递减,在上单调递增,所以gbmin=g=m-mlnm-1,因为b→+∞时,gb→+∞,b→-1时,gb→+∞,所以只需m-mlnm-1=
0.令σm=m-mlnm-1,则σ′m=-lnm在0,+∞上为单调递减函数,且m=1时,σ′m=0,即σmmax=σ1=0,所以m=1时,关于b的方程2mlnb+1++mlnm-m-1=0有唯一解,此时a=b=0,公切线方程为y=x.。