2018年数学二轮复习课时跟踪检测（二十五）文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精13-学必求其心得，业必贵于专精PAGE课时跟踪检测(二十五)一、选择题1．已知直线ax＋by＝1经过点(1，2），则2a＋4b的最小值为（)A。eq\r(2）B．2eq\r（2）C．4 D．4eq\r(2)解析:选B因为直线ax＋by＝1经过点（1，2)，所以a＋2b＝1,则2a＋4b≥2eq\r（2a·22b)＝2eq\r(2a＋2b）＝2eq\r（2)，当且仅当a＝2b＝eq\f(1,2)时等号成立．2．(2018届高三·湖南五市十校联考）已知函数f(x)＝x＋sinx（x∈R），且f(y2－2y＋3)＋f（x2－4x＋1)≤0，则当y≥1时，eq\f(y，x＋1)的取值范围是（)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:选A函数f（x）＝x＋sinx（x∈R)为奇函数，又f′（x)＝1＋cosx≥0,所以函数f（x）在其定义域内单调递增，则f(x2－4x＋1）≤f（－y2＋2y－3)，即x2－4x＋1≤－y2＋2y－3，化简得(x－2)2＋(y－1)2≤1,当y≥1时表示的区域为上半圆及其内部，如图所示．令k＝eq\f(y,x＋1)＝eq\f(y,x－－1)，其几何意义为过点（－1，0)与半圆相交或相切的直线的斜率，斜率最小时直线过点(3，1),此时kmin＝eq\f(1，3－－1)＝eq\f（1，4)，斜率最大时直线刚好与半圆相切,圆心到直线的距离d＝eq\f（|2k－1＋k｜,\r(k2＋1））＝1(k〉0),解得kmax＝eq\f(3,4），故选A.3．（2017·石家庄质检）在平面直角坐标系中,不等式组eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋y≤0,，x－y≤0,，x2＋y2≤r2)）（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＝eq\f(x＋y＋1，x＋3)的最小值为（)A．－1 B．－eq\f(5\r(2）＋1，7）C.eq\f(1,3) D．－eq\f(7,5）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），表示可行域内的点与点P（－3，2）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＝k（x＋3)，即kx－y＋3k＋2＝0，则有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），故选D。4．（2017·沈阳质检）已知函数f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(2x＋2,2），x≤1，，｜log2x－1|，x>1，）)则函数F（x）＝f[f(x）］－2f（x）－eq\f（3，2)的零点个数是()A．4B．5C．6 D．7解析:选A令f(x)＝t，则函数F（x）可化为y＝f(t)－2t－eq\f（3,2)，则函数F(x)的零点问题可转化为方程f（t)－2t－eq\f（3，2）＝0的根的问题．令y＝f(t）－2t－eq\f（3，2）＝0,即f(t)＝2t＋eq\f（3，2)，如图①,由数形结合得t1＝0,1〈t2〈2，如图②,再由数形结合得，当f(x)＝0时，x＝2，有1个解，当f（x）＝t2时，有3个解，所以y＝f[f（x)］－2f(x）－eq\f（3,2）共有4个零点．故选A。5．(2018届高三·湖北七市(州）联考)已知函数f(x）＝x2＋(a＋8）x＋a2＋a－12（a〈0）,且f(a2－4)＝f（2a－8)，则eq\f(fn－4a,n＋1)（n∈N*）的最小值为()A.eq\f(37，4）B。eq\f(35，8)C.eq\f（28，3)D.eq\f(48,5）解析：选A二次函数f（x）＝x2＋（a＋8）x＋a2＋a－12图象的对称轴为直线x＝－eq\f（a＋8,2)，由f(a2－4）＝f（2a－8)及二次函数的图象，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，当且仅当n＋1＝eq\f（13,n＋1)，即n＝eq\r（13)－1时等号成立，又n∈N＊，∴当n＝4时，eq\f(fn－4a，n＋1）＝eq\f（48，5)，n＝3时，eq\f（fn－4a,n＋1）＝eq\f（37,4)〈eq\f(48，5),∴最小值为eq\f（37,4)，故选A.6．（2018届高三·广东省五校联考)已知f（x)，g(x）都是定义在R上的函数，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)。在有穷数列eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f(fn，gn))）(n＝1,2，…，10)中,任意取正整数k(1≤k≤10），则前k项和大于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：选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)为减函数，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）.当a＝eq\f(1，2)时，eq\f（fn,gn）＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）))n是以eq\f(1,2)为首项，eq\f（1,2）为公比的等比数列，则前k项和为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，即当5≤k≤10时，前k项和大于eq\f(15，16），故所求的概率为eq\f(10－4，10)＝eq\f(6，10）＝eq\f（3，5），故选C.二、填空题7．若对于定义在R上的函数f(x）,其图象是连续不断的，且存在常数λ（λ∈R)使得f(x＋λ）＋λf(x)＝0对任意实数x都成立，则称f（x）是一个“λ.伴随函数”．有下列关于“λ。伴随函数”的结论：①f（x）＝0是常数函数中唯一的“λ。伴随函数”;②f(x）＝x不是“λ.伴随函数”；③f(x)＝x2是一个“λ。伴随函数”；④“eq\f(1，2）­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f（x）＝c≠0，则取λ＝－1，此时f（x＋λ)＋λf(x)＝f(x－1)－f（x）＝c－c＝0，则f（x）＝c≠0是“－1。伴随函数”，①错误；对于②，当f(x)＝x时，若f(x)是“λ。伴随函数”，则f（x＋λ)＋λf（x)＝0，即（x＋λ）＋λx＝0对任意x成立，易知不存在这样的λ，所以f（x)＝x不是“λ­伴随函数”,②正确；对于③,若f（x）＝x2是一个“λ。伴随函数"，则（x＋λ）2＋λx2＝0对任意实数x都成立，易知不存在这样的λ,所以f(x）＝x2不是“λ.伴随函数”，③错误；对于④，若f（x)是“eq\f（1，2）。伴随函数”，则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))）均为0,则函数有零点，若f(0），feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2))）均不为零,则f（0），feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2））)异号，由零点存在定理知，函数在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))）上一定有零点，④正确．答案：①③8．(2017·南昌模拟)已知实数x，y满足eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（3x－2y－3≤0,，x－3y＋6≥0，，2x＋y－2≥0，）)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＝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·云南统考)已知y＝f（x)是R上的偶函数，对于任意的x∈R，均有f（x)＝f(2－x），当x∈［0,1]时，f（x）＝(x－1)2，则函数g(x）＝f(x)－log2017｜x－1｜的所有零点之和为________．解析:因为函数f(x)是偶函数，所以f(x）＝f(2－x）＝f(x＋2)，所以函数f（x）的周期为2，又当x∈［0，1]时，f（x)＝(x－1)2,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＝f（x)与y＝log2017|x－1｜图象（图略），函数g（x）的零点，即为函数y＝f(x)与y＝log2017｜x－1｜图象的交点的横坐标，当x〉2018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g(x）的所有零点之和为4032。答案：4032三、解答题10．（2017·张掖模拟)已知函数f(x)＝eq\f(mx，lnx）,曲线y＝f（x）在点(e2，f（e2））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f(x)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∈（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，请说明理由．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),此时f′（x）＝eq\f（2lnx－1，lnx2），由f′（x)〈0得0<x〈1或1〈x<e，所以函数f（x)的单调递减区间为(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，当x∈(0，1)时，lnx<0，则有k〉2x－2eq\r（x）·lnx恒成立，令g（x)＝2x－2eq\r(x)·lnx，则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)内单调递减,所以h(x）>h(1）＝0，故g′（x）＝eq\f（hx,\r（x))>0，所以g（x)在（0,1)内单调递增，g（x）〈g(1)＝2，则k≥2.故存在最小的常数k＝2满足题意．11．(2018届高三·西安八校联考）设函数f(x)＝mex－lnx－1.（1)当m＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1））处的切线方程;（2）当m≥1时，证明：f(x）〉1。解：（1）当m＝0时,f(x)＝－lnx－1，则f′（x）＝－eq\f(1,x)，所以f（1)＝－1，f′(1)＝－1。所以曲线y＝f(x)在点（1，f(1))处的切线方程为y－(－1）＝－(x－1），即y＝－x。故曲线y＝f（x）在点（1，f（1）)处的切线方程为y＝－x。（2)当m≥1时,f(x)＝mex－lnx－1≥ex－lnx－1。要证f(x)>1，只需证ex－lnx－2〉0。设g（x)＝ex－lnx－2,则g′(x)＝ex－eq\f(1,x）.设h(x)＝ex－eq\f(1,x)，则h′(x）＝ex＋eq\f(1,x2)>0,所以函数h（x）＝g′(x)＝ex－eq\f（1，x）在（0，＋∞）上单调递增．因为g′eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2）))＝e－2<0,g′（1)＝e－1〉0，所以函数g′(x）＝ex－eq\f（1，x）在（0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,2），1）)。因为g′（x0)＝0,所以ex0＝eq\f（1，x0），即lnx0＝－x0.当x∈(0，x0）时，g′(x）〈0，当x∈(x0，＋∞）时,g′（x)>0，所以当x＝x0时，g（x）取得极小值(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。综上,当m≥1时，f（x)>1.12．（2017·云南调研)已知函数f(x)＝lnx－ax.(1)讨论函数f（x)的单调性；(2)当函数f（x）有两个不相等的零点x1，x2时，证明：x1x2>e2.解：（1)f（x)的定义域为(0,＋∞)，f′（x）＝eq\f(1，x）－a，①当a≤0时，f′(x)>0,则函数f(x)在(0，＋∞)上递增;②当a>0时，若x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f（1,a)))，则f′（x)>0,函数f(x）在