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專題綜合檢測練（六）
(120分鐘 150分)
第Ⅰ卷(選擇題,共60分)
一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)
1.(2018延安一模)設函數f(x)=xsin x在x=x0處取得極值,則(1+x02)(1+cos 2x0)的值為 ( )
A.1 B.-1 C.-2 D.2
【解析】選D.f′(x)=sin x+xcos x,令f′(x)=0得tan x=-x,所以tan2x0=x02,故(1+x02)(1+cos 2x0)=(1+tan2x0)2cos2x0=2cos2x0+2sin2x0=2.
2.(2018開封一模)過點A(2,1)作曲線f(x)=x3-3x的切線最多有 ( )
A.3條 B.2條 C.1條 D.0條
【解析】選A.由題意得,f′(x)=3x2-3,設切點為(x0,x03-3x0),那么切線的斜率為k=3x02-3,則切線方程為y-(x03-3x0)=(3x02-3)(x-x0),將點A(2,1)代入可得關于x0的一元三次方程2x03-6x02+7=0.令y=2x03-6x02+7,則y′=6x02-12x0.由y′=0得x0=0或x0=2.當x0=0時,y=7>0;x0=2時,y=-1<0.所以方程2x03-6x02+7=0有3個解.故過點A(2,1)作曲線f(x)=x3-3x的切線最多有3條.
3.函數f(x)=loga(2 019x-1)+4-x2(a>0且a≠1)的定義域是 ( )
A.(0,2] B.(0,+∞)
C.[0,2] D.[-2,2]
【解析】選A.由不等式組2 019x-1>0,4-x2≥0,解得0
0,所以此時f′(x)>0,故函數f(x)在(-∞,-2)上單調遞增.當-20,所以此時f′(x)<0,故函數f(x)在(1,2)上單調遞減.當x>2時,y=(1-x)f′(x) <0,所以此時f′(x)>0,故函數f(x)在(2,+∞)上單調遞增.所以函數f(x)有極大值f(-2),極小值f(2).
6.已知函數f(x)=ex,x≤0,x2+ax+1,x>0, 若g(x)=f(x)-x-1有2個零點,則實數a的取值范圍為 ( )
A.(-∞,0] B.(-∞,1)
C.[1,+∞) D.(0,+∞)
【解析】選B.因為g(x)=f(x)-x-1有2個零點,即f(x)-x-1=0有2個實數根,所以當x≤0時,令ex-x-1=0,解得x=0,此時只有一個實數根,當x>0時,令f(x)-x-1=0,即x2+(a-1)x=0,即x[x-(1-a)]=0,此時解得x=1-a,要使得函數g(x)有2個零點,則1-a>0,所以a<1.
7.設a>0,b>0,e是自然對數的底數,則下列命題正確的是 ( )
A.若ea+2a=eb+3b,則a>b
B.若ea+2a=eb+3b,則ab
D.若ea-2a=eb-3b,則a0,b>0,所以ea+2a=eb+3b=eb+2b+b>eb+2b.對于函數y=ex+2x (x>0),因為y′=ex+2>0,所以y=ex+2x在(0,+∞)上單調遞增,因而a>b成立.
8.(2018宿州一模)已知y=f(x)為R上的可導函數,當x≠0時,f′(x)+f(x)x>0,則函數g(x)=f(x)+1x的零點個數為 ( )
A.1 B.2 C.0 D.0或2
【解析】選C.因為函數y=f(x)在R上是可導函數,當x≠0時,f′(x)+f(x)x>0,即是令h(x)=xf(x),即所以可得或所以當函數h(x)在x>0時單調遞增,所以h(x)>h(0)=0,即當x>0時,h(x)>0.同理當x<0時,h(x)>0.又因為函數g(x) =f(x)+1x可化為g(x)=xf(x)+1x,所以當x>0時,g(x)>0即與x軸沒交點.當x<0時,g(x)>0,所以函數g(x)=f(x)+1x的零點個數為0.
9.若函數f(x)=(x+1)ex,則下列命題正確的是 ( )
A.對任意m<-1e2,都存在x∈R,使得f(x)-1e2,都存在x∈R,使得f(x)-1e2,方程f(x)=m總有兩個實根
【解析】選B.因為f′(x)=[(x+1)ex]′=(x+1)ex+ex=(x+2)ex,故函數在區(qū)間
(-∞,-2),(-2,+∞)上分別為減函數與增函數,故f(x)min=f(-2)=-1e2,故當m>-1e2時,總存在x使得f(x)3,其中k∈Z.由題意,存在整數k使得不等式m21-k+122>3成立.當k≠-1且k≠0時,必有k+122>1,此時不等式顯然不能成立,故k=-1或k=0,此時,不等式即為34m2>3,解得m<-2或m>2.
11.若對任意的a∈12,+∞,函數f(x)=12x2-ax-2b與g(x)=2aln(x-2)的圖象均有交點,則實數b的取值范圍是 ( )
A.1516+12ln2,+∞ B.158+ln2,+∞
C.12,1516+12ln2 D.1516+12ln2,+∞
【解析】選A.依題意,原問題等價于對任意的a∈12,+∞,關于x的方程12x2-ax-2aln(x-2)=2b有解.設h(x)=12x2-ax-2aln(x-2),則h′(x)=x-a-2ax-2 =x(x-a-2)x-2,所以h(x)在(2,a+2)上單調遞減,在(a+2,+∞)上單調遞增,當x→2時h(x)→+∞,當x→+∞時,h(x)→+∞,h(a+2)=-12a2-2aln a+2,記p(a)=-12a2-
2aln a+2,則h(x)的值域為[p(a),+∞),故2b∈[p(a),+∞)對任意的
a∈12,+∞恒成立,即2b≥p(a)max,而p′(a)=-a-2ln a-2≤-12+2ln 2-2<0,故p(a)單調遞減,所以p(a)≤p12=158+ln 2,所以b≥1516+12ln 2.
12.(2018湘中名校聯考)已知函數
與h(x)=2ln x的圖象上存在關于x軸對稱的點,則實數a的取值范圍是 ( )
A.[1,e2-2] B.1,1e2+2
C.1e2+2,e2-2 D.e2-2,+∞
【解析】選A.由題意,知方程x2-a=2ln x,即-a=2ln x-x2在1e,e上有解.設f(x)=2ln x-x2,則f′(x)=2x-2x=-2(x+1)(x-1)x.易知x∈1e,1時f′(x)>0,x∈[1,e]時f′(x)<0,所以函數f(x)在1e,1上單調遞增,在[1,e]上單調遞減,所以f(x)極大值=f(1)=-1,又f(e)=2-e2,f1e=-2-1e2,f(e)0)上任意一點處的切線的斜率為k,若k的最小值為4,則此時切點的坐標為____________.
【解析】函數y=x2+aln x(a>0)的定義域為{x|x>0},y′=2x+ax≥22a=4,則a=2,當且僅當x=1時“=”成立,將x=1代入曲線方程得y=1,故所求的切點坐標是(1,1).
答案:(1,1)
14.(2018達州一模)有任意a,b滿足00,
解得:00.所以g′(x)≥g′(ln 2)=3-2ln 2>0,所以g(x)在[0,1]上單調遞增,所以原題中的方程有解必須方程①有解.所以g(0)≤a≤g(1).
答案:[1,e]
16.對于三次函數f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),給出定義:設f′(x)是函數y=f(x)的導數,f″(x)是函數f′(x)的導數,若方程f″(x)=0有實數解x0,則稱點(x0,f(x0))為函數y=f(x)的“拐點”,某同學經過探究發(fā)現:任何一個三次函數都有“拐點”;任何一個三次函數都有對稱中心,且“拐點”就是對稱中心.給定函數f(x)=13x3-12x2+3x-512,請你根據上面探究結果,計算f12 020+f22 020+…+f2 0182 020+f2 0192020=____________.
【解析】由題意可得f(x)=13x3-12x2+3x-512,所以f′(x)=x2-x+3,所以f″(x)=2x-1.令f″(x)=0可得x=12,所以函數f(x)的拐點即對稱中心為12,1,即如果x1+x2=1,則f(x1)+f(x2)=2,所以f12 020+f22 020+…+f2 0182 020+f2 0192 020=1 0092+1=2 019.
答案:2 019
三、解答題(本大題共6小題,共74分,解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟)
17.(12分)已知f(x)=2x-1x-aln x(a∈R).
(1)當a=3時,求f(x)的單調區(qū)間.
(2)設g(x)=f(x)-x+2aln x,且g(x)有兩個極值點,其中x1∈[0,1],求g(x1)-g(x2)的最小值.
【解析】(1)函數f(x)的定義域是(0,+∞),
a=3時,f(x)=2x-1x-3ln x,f′(x)=2+1x2-3x=(2x-1)(x-1)x2,
令f′(x)>0,計算得出:x>1或x<12,令f′(x)<0,計算得出:122.
【解析】(1)由f′(x)=n-xx2,f′(2)=n-24,由于函數f(x)在(2,f(2))處的切線與直線x-y=0平行,
故n-24=1,解得n=6.
(2)f′(x)=n-xx2(x>0),由f′(x)<0時,x>n;
f′(x)>0時,x1,f(x)在[1,n)上單調遞增,在[n,+∞)上單調遞減,
故f(x)在[1,+∞)上的最大值為f(n)=m-1-ln n.
(3)若n=1時,函數f(x)恰有兩個零點x1,x2(01,則ln t=t-1tx1,x1=t-1tlnt,
于是x1+x2=x1(t+1)=t2-1tlnt,
所以x1+x2-2=2(t2-12t-lnt)lnt,記函數h(t)=t2-12t-ln t,因h′(t)=(t-1)22t2>0,
所以h(t)在(1,+∞)上遞增,
因為t>1,所以h(t)>h(1)=0,
又t=x2x1>1,ln t>0,故x1+x2>2成立.
19.(12分)(2018南京一模)已知函數f(x)=lnxx,g(x)=38x2-2x+2+xf(x).
(1)求函數y=g(x)的單調區(qū)間.
(2)若函數y=g(x)在[en,+∞)(n∈Z)上有零點,求n的最大值.
【解析】(1)由題知g(x)的定義域為(0,+∞).
因為g′(x)=(3x-2)(x-2)4x,所以函數g(x)的單調遞增區(qū)間為0,23和
[2,+∞),g(x)的單調遞減區(qū)間為23,2.
(2)因為g(x)在x∈23,+∞上的最小值為g(2),且
g(2)=3822-4+2+ln 2=ln 2-12=ln4-12>0,
故g(x)在x∈23,+∞上沒有零點.
從而,要想使函數g(x)在[en,+∞)(n∈Z)上有零點,并考慮到g(x)在0,23上單調遞增,且在23,2上單調遞減,故只需en<23且f(en)≤0即可.
易驗證g(e-1)=38e-2-2e-1+1>0,
g(e-2)=381e4-2e2+2+ln e-2
=1e2381e2-2<0.
當n≤-2且n∈Z時均有g(en)<0.即函數g(x)在[en,e-1]?[en,+∞)(n∈Z)上有零點.
所以n的最大值為-2.
20.(12分)已知函數f(x)=ln x+a2x2-(a+1)x.
(1)若曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為y=-2,求f(x)的單調區(qū)間.
(2)若x>0時,f(x)x0,得01,由f′(x)<0,得120,得0
e32,因而h(x)在[e32,+∞)上單調遞減.所以h(x)的最大值為h(e32)=e-32,
所以a+12>e-32,故a>2e-32-1.從而實數a的取值范圍為(2e-32-1,+∞).
21.(12分)(2018山東省實驗中學一模)已知函數f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值.
(2)設m為整數,且對于任意正整數n,1+121+122…1+12n0,由f′(x)=1-ax=x-ax知,當x∈(0,a)時,f′(x)<0;當x∈(a,+∞)時,
f′(x)>0.
所以f(x)在(0,a)上單調遞減,在(a,+∞)上單調遞增.
故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值點.
由于f(1)=0,所以當且僅當a=1時,f(x)≥0.
故a=1.
(2)由(1)知當x∈(1,+∞)時,x-1-ln x>0.
令x=1+12n,得ln1+12n<12n.
從而ln1+12+ln1+122+…+ln1+12n<12+122+…+12n=1-12n<1.
故1+121+122…1+12n2,
所以整數m的最小值為3.
22.(14分)(2018洛陽一模)已知a為實數,函數f(x)=aln x+x2-4x.
(1)是否存在實數a,使得f(x)在x=1處取得極值?證明你的結論.
(2)設g(x)=(a-2)x,若?x0∈1e,e,使得f(x0)≤g(x0)成立,求實數a的取值范圍.
【解析】(1)函數f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=ax+2x-4=2x2-4x+ax.
假設存在實數a,使f(x)在x=1處取極值,則f′(1)=0,
所以a=2,此時,f′(x)=2(x-1)2x,當x>0時,
f′(x)≥0恒成立,
所以f(x)在(0,+∞)上單調遞增,
所以x=1不是f(x)的極值點.
故不存在實數a,使得f(x)在x=1處取得極值.
(2)由f(x0)≤g(x0),得(x0-ln x0)a≥x02-2x0,
記F(x)=x-ln x(x>0),
所以F′(x)=x-1x(x>0),
所以當01時,F′(x)>0,F(x)單調遞增.
所以F(x)>F(1)=1>0,
所以a≥x02-2x0x0-lnx0,記G(x)=x2-2xx-lnx,x∈1e,e,
所以G′(x)=(2x-2)(x-lnx)-(x-2)(x-1)(x-lnx)2=
(x-1)(x-2lnx+2)(x-lnx)2.
因為x∈1e,e,所以2-2ln x=2(1-ln x)≥0,
所以x-2ln x+2>0,
所以x∈1e,1時,G′(x)<0,G(x)單調遞減;
x∈(1,e]時,G′(x)>0,G(x)單調遞增,
所以G(x)min=G(1)=-1,所以a≥G(x)min=-1.
故實數a的取值范圍為[-1,+∞).
【提分備選】
1.已知定義在R上的函數y=fx滿足:函數y=f(x+1)的圖象關于直線x=-1對稱,且當x∈-∞,0時,fx+xf′x<0(f′x是函數fx的導函數)成立.若a=sin 12fsin 12,b=ln2fln2,c=log1214flog1214,則a,b,c的大小關系是 ( )
A.a>b>c B.b>a>c
C.c>a>b D.a>c>b
【解析】選A.易知f(x)的圖象關于y軸對稱,
設F(x)=xf(x),當x∈(-∞,0)時,F′(x)=f(x)+xf′(x)<0,
所以F(x)在(-∞,0)上為減函數,且F(x)為奇函數,
所以F(x)在R上是遞減函數.
因為01,
所以Fsin 12>F(ln 2)>Flog1214,
即a>b>c.
2.設函數fx=ln x-12ax2-bx,若x=1是fx的極大值點,則a的取值范圍為 ( )
A.-1,0 B.-1,+∞
C.0,+∞ D.-∞,-1∪0,+∞
【解析】選B.因為f(x)=ln x-12ax2-bx,
所以x>0,f′(x)=1x-ax-b,
由f′(1)=0得b=1-a,所以f′(x)=1x-ax+a-1=-(ax+1)(x-1)x,
①當a≥0時,由f′(x)=0,得x=1,
當00,此時f(x)單調遞增;
x>1時,f′(x)<0,此時f(x)單調遞減,
所以x=1是f(x)的極大值點;
②當a<0時,由f′(x)=0,得x=1或x=-1a,
因為x=1是f(x)的極大值點,所以-1a>1,解得-1-1.
3.設函數f(x)=ex(x3-3x+3)-aex-x(x≥-2),若不等式f(x)≤0有解,則實數a的最小值為 ( )
A.1-1e B.2-1e C.1e-1 D.1+e2
【解析】選A.因為f(x)=ex(x3-3x+3)-aex-x≤0,
所以a≥x3-3x+3-xex,令gx=x3-3x+3-xex,g′x=3x2-3+x-1ex=x-13x+3+1ex,故當x∈-2,1時,g′x<0,當x∈1,+∞時,g′x>0,故gx在x∈-2,1上是減函數,在x∈1,+∞上是增函數,故gxmin=g1=1-3+3-1e=1-1e.
4.已知a∈R,若f(x)=x+axex在區(qū)間0,1上只有一個極值點,則a的取值范圍為 ( )
A.a>0 B.a≤1 C.a>1 D.a≤0
【解析】選A.易得f′(x)=exx3+x2+ax-ax2,設h(x)=x3+x2+ax-a,則h′(x) =3x2+2x+a,
當a>0時,h′(x)>0在(0,1)上恒成立,
即函數在(0,1)上為增函數,
而h(0)=-a<0,h(1)=2>0,
則函數h(x)在區(qū)間(0,1)上有且只有一個零點x0,
使f′(x0)=0,且在(0,x0)上,f′(x)<0,
在(x0,1)上f′(x)>0,
故x=x0為函數f(x)在(0,1)上唯一的極小值點;
當a=0時,h′(x)=3x2+2x>0在區(qū)間(0,1)上恒成立,
則函數h(x)在區(qū)間(0,1)上為增函數,
又h(0)=0,
所以h(x)>0在區(qū)間(0,1)上恒成立,
所以f(x)在區(qū)間(0,1)上無極值;
當a<0時,h(x)=x3+x2+ax-a=x3+x2+a(x-1),
因為x∈(0,1),所以總有h(x)>0成立,即f′(x)>0成立,
故函數f(x)在區(qū)間(0,1)上為單調增函數,
所以函數f(x)在區(qū)間(0,1)上無極值,
綜上,a>0.
5.已知定義在0,+∞上的函數fx,滿足:(1)fx>0;(2)fx0在(0,+∞)上恒成立,
則函數g(x)在(0,+∞)上單調遞增,
所以g(1)0,所以f(1)f(2)h(2),即f(1)e2>f(2)e4,
又因為f(x)>0,所以f(1)f(2)>e2e4,即f(1)f(2)>1e2,
所以1e20可得:-π3
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