2019届高三数学二轮专题复习训练：专题强化练五 Word版含解析

专题强化练五一、选择题1．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x ＞0时，有xf′（x ）－f （x ）x2＜0恒成立，则不等式x 2f (x )＞0的解集是()A ．(－2，0)∪(2，＋∞)B ．(－2，0)∪(0，2)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－2)∪(0，2)解析：当x ＞0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf′（x ）－f （x ）x2＜0，所以φ(x )＝f （x ）x 在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0，所以当且仅当0＜x ＜2时，φ(x )＞0，此时x 2f (x )＞0. 又f (x )为奇函数，所以h (x )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (x )＞0的解集为(－∞，－2)∪(0，2)． 答案：D2．(2018·贵阳联考)已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )y ＝f (x )－a 的零点的个数为()A ．1B ．2C ．3D ．4解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示．由于f (0)＝f (3)＝2，1＜a ＜2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4.答案：D 3．(2018·广东二模)已知函数f(x)＝e x－lnx，则下面对函数f(x)的描述正确的是()A．∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤2B．∀x∈(0，＋∞)，f(x)＞2C．∃x0∈(0，＋∞)，f(x0)＝0D．f(x)min∈(0，1)解析：因为f(x)＝e x－ln x的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝e x－1x＝xex－1x，令g(x)＝x e x－1，x＞0，则g′(x)＝(x＋1)e x＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(0)·g(1)＝－(e－1)＜0，所以∃x0∈(0，1)，使g(x0)＝0，则f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，则f(x)min＝f(x0)＝e x0－ln x0，又e x0＝1x0，x0＝－ln x0，所以f(x)min＝1x0＋x0＞2.答案：B4．若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)＞0，则()A．3f(1)＜f(3) B．3f(1)＞f(3)C．3f(1)＝f(3) D．f(1)＝f(3)解析：由于f (x )＞xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf′（x ）－f （x ）x2＜0恒成立，因此y ＝f （x ）x在R 上是单调减函数，所以f （3）3＜f （1）1，即3f (1)＞f (3)．答案：B5．(2018·佛山市质检)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ln x ，x ＞1，12x ＋12，x≤1，若m ＜n ，且f (m )＝f (n )，则n －m 的最小值是()A ．3－2ln 2B ．e －1C ．2D ．e ＋1解析：作出函数y ＝f (x )的图象如图所示．若m ＜n ，且f (m )＝f (n )， 则当ln x ＝1时，得x ＝e ， 因此1＜n ≤e ，－1＜m ≤1. 又ln n ＝12m ＋12，即m ＝2ln n －1.所以n －m ＝n －2ln n ＋1，设h (n )＝n －2ln n ＋1(1＜n ≤e)，则h ′(n )＝1－2n .当h ′(n )＞0，得2＜n ≤e ；当h ′(n )＜0，得1＜n ＜2. 故当n ＝2时，函数h (n )取得最小值h (2)＝3－2ln 2.答案：A二、填空题6．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27πdm 3，且用料最省，则圆柱的底面半径为________dm.解析：设圆柱的底面半径为R dm ，母线长为l dm ，则V ＝πR 2l ＝27π，所以l ＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小． S 表＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R ， 所以S ′表＝2πR －54πR2. 令S ′表＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 表最小．答案：37．对于函数y ＝f (x )，若其定义域内存在两个不同实数x 1，x 2，使得x i f (x i )＝1(i ＝1，2)成立，则称函数f (x )具有性质P .若函数f (x )＝ex a具有性质P ，则实数a 的取值范围为________．解析：依题意，xf (x )＝1，即xexa＝1在R 上有两个不相等实根，所以a ＝x e x 在R 上有两个不同的实根，令φ(x )＝x e x ，则φ′(x )＝e x (x ＋1)，当x ＜－1时，φ′(x )＜0，φ(x )在(－∞，－1)上是减函数； 当x ＞－1时，φ′(x )＞0，φ(x )在(－1，＋∞)上是增函数．因此φ(x )极小值为φ(－1)＝－1e.在同一坐标系中作y ＝φ(x )与y ＝a 的图象，又当x ＜0时，φ(x )＝x e x ＜0.由图象知，当－1e＜a ＜0时，两图象有两个交点．故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，08．(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[0，1]上的最大值是________．解析：f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R)，①当a ≤0时，f ′(x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增．又f (0)＝1，所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意，因此a ＞0.②当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝a3.当0＜x ＜a 3时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数；当x ＞a3时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数，所以x ＞0时，f (x )有极小值，为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a327＋1.因为f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝0，所以a ＝3.所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，故f (x )在x ∈[0，1]上是减函数，所以f (x )max ＝f (0)＝1.答案：1三、解答题9．已知函数f (x )＝x －1x－ln x .(1)求f (x )的单调区间； (2)求证：ln e2x ≤x ＋1x.(1)解：f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝1x2－1x ＝1－x x2，令f ′(x )＞0⇒0＜x ＜1，令f ′(x )＜0⇒x ＞1，所以f(x)＝1－1x－ln x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：要证lne2x≤1＋xx，即证2－ln x≤1＋1x，即证1－1x－ln x≤0.由(1)可知，f(x)＝1－1x－ln x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f(1)＝1－1－ln 1＝0，即f(x)≤0，所以1－1x－ln x≤0恒成立．原不等式得证．10．已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28…(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．(1)证明：由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－3－2＞0，所以h(1)·h(2)＜0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解：由(1)可知，h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝e x－12x－12－1，记φ(x)＝ex－12x－12－1.则φ′(x)＝e x＋14x－32，当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，则φ(x)在(0，＋∞)上递增．易知φ(x)在(0，＋∞)内只有一个零点，所以h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.11．(2018·佛山质检)设函数f(x)＝e（x2－ax＋a）ex(a∈R)．(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线过点M(2，3)，求a的值；(2)设g(x)＝x＋1x＋1－13，若对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立，求a的取值范围．解：(1)因为f(x)＝e（x2－ax＋a）ex，所以f′(x)＝e·（2x－a）ex－（x2－ax＋a）exe2x＝－（x－2）（x－a）ex－1.又f(1)＝1，即切点为(1，1)，所以k＝f′(1)＝1－a＝3－12－1，解得a＝－1.(2)“对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立”，等价于“在[0，2]上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值．”因为g(x)＝x＋1x＋1－13，g′(x)＝x2＋2x（x＋1）2≥0，所以g(x)在[0，2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝2.令f′(x)＝0，得x＝2或x＝a.①当a≤0时，f′(x)≥0在[0，2]上恒成立，f(x)单调递增，f(x)max＝f(2)＝(4－a)e－1≥2，解得a≤4－2e；②当0＜a＜2时，f′(x)≤0在[0，a]上恒成立，f(x)单调递减，f′(x)≥0在[a，2]上恒成立，f(x)单调递增，f(x)的最大值为f(2)＝(4－a)e－1或f(0)＝a e，所以(4－a )e －1≥2或a e ≥2.解得a ≤4－2e 或a ≥2e ，所以2e≤a ＜2；③当a ≥2时，f ′(x )≤0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递减，f (x )max ＝f (0)＝a e ≥2，解得a ≥2e，所以a ≥2.综上所述，a ≤4－2e 或a ≥2e.故a 的取值范围为(－∞，4－2e]∪[2e，＋∞)．满分示范练——函数与导数【典例】 (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明：f (x )≤－34a －2.(1)解：f (x )的定义域(0，＋∞)．f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（2ax ＋1）（x ＋1）x，若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0.故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ，所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2， 即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0；x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0. 所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.所以当x ＞0时，g (x )≤0，从而当a ＜0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，即f (x )≤－34a－2.高考状元满分心得1．得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分．如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g (x )的最小值和不等式性质的运用．2．得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f (x )的定义域，f ′(x )在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f (x )在x ＝－12a 处最值的判定，f (x )≤－34a－2等价转化为ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0等．3．得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证．如第(1)问中，求导f ′(x )准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f (x )在x ＝－12a处的最大值．[解题程序]第一步：求函数f (x )的导函数f ′(x )；第二步：分类讨论f (x )的单调性； 第三步：利用单调性，求f (x )的最大值；第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g (x )；第五步：求g (x )的最大值，得出要证的不等式；第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范． [跟踪训练](2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x .(1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12(1＋122)·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜m ，求m 的最小值．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2＜0，所以不满足题意．②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12n，从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12＋122＋…＋12n ＝1－12n ＜1.故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜e.又⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123＝13564＞2，精选中小学试题、试卷、教案资料所以当n ≥3时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ∈(2，e)， 由于⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·(1＋12n )＜m ，且m ∈N *. 所以整数m 的最小值为3.。