1、课时跟踪检测（二十五）一、选择题1已知直线axby1经过点(1,2)，则2a4b的最小值为()A. B2 C4 D4解析：选B因为直线axby1经过点(1,2)，所以a2b1，则2a4b222，当且仅当a2b时等号成立2(2018届高三湖南五市十校联考)已知函数f(x)xsin x(xR)，且f(y22y3)f(x24x1)0，则当y1时，的取值范围是()A. B.C1,33 D.解析：选A函数f(x)xsin x(xR)为奇函数，又f(x)1cos x0，所以函数f(x)在其定义域内单调递增，则f(x24x1)f(y22y3)，即x24x1y22y3，化简得(x2)2(y1)21，当y1时表
2、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(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，斜率最大时直线刚好与半圆相切，圆心到直线的距离d1(k0)，解得kmax，故选A.3(2017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，若x，y满足上述约束条件，则z的最小值为()A1 BC. 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r2，解得r2.z1，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y2k(x3)，即kxy3k
3、20，则有2，解得k或k0(舍去)，所以zmin1，故选D.4(2017沈阳质检)已知函数f(x)则函数F(x)ff(x)2f(x)的零点个数是()A4 B5 C6 D7解析：选A令f(x)t，则函数F(x)可化为yf(t)2t，则函数F(x)的零点问题可转化为方程f(t)2t0的根的问题令yf(t)2t0，即f(t)2t，如图，由数形结合得t10,1t22，如图，再由数形结合得，当f(x)0时，x2，有1个解，当f(x)t2时，有3个解，所以yff(x)2f(x)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(a8)xa2a12(a0)，且f(a24)f(2a
4、8)，则(nN*)的最小值为()A. B. C. D.解析：选A二次函数f(x)x2(a8)xa2a12图象的对称轴为直线x，由f(a24)f(2a8)及二次函数的图象，可以得出，解得a4或a1，又a0，a4，f(x)x24x，n122222，当且仅当n1，即n1时等号成立，又nN*，当n4时，n3时，f(x)g(x)，f(x)axg(x)(a0，a1)，.在有穷数列(n1,2，10)中，任意取正整数k(1k10)，则前k项和大于的概率是()A. B. C. D.解析：选C由f(x)axg(x)，可得ax，0，所以为减函数，所以0a1.由，可得a，解得a或a2，又0a可得k4，即当5k10时，
5、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f(x)，其图象是连续不断的，且存在常数(R)使得f(x)f(x)0对任意实数x都成立，则称f(x)是一个“伴随函数”有下列关于“伴随函数”的结论：f(x)0是常数函数中唯一的“伴随函数”；f(x)x不是“伴随函数”；f(x)x2是一个“伴随函数”；“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，若f(x)c0，则取1，此时f(x)f(x)f(x1)f(x)cc0，则f(x)c0是“1伴随函数”，错误；对于，当f(x)x时，若f(x)是“伴随函数”，则f(x)f(x)0，即(x)x0对任意x成立，易知不存在
6、这样的，所以f(x)x不是“伴随函数”，正确；对于，若f(x)x2是一个“伴随函数”，则(x)2x20对任意实数x都成立，易知不存在这样的，所以f(x)x2不是“伴随函数”，错误；对于，若f(x)是“伴随函数”，则f f(x)0，取x0，有f f(0)0，若f(0)，f 均为0，则函数有零点，若f(0)，f 均不为零，则f(0)，f 异号，由零点存在定理知，函数在上一定有零点，正确答案：8(2017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，a
7、2，a3，y构成等差数列，所以这个等差数列后三项的和为a2a3yy(x3y)，令zx3y，作出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示，将直线x3y0平移至A处时，z取最大值由解得A(3,3)，所以zmax33312.所以(a2a3y)max(x3y)max129.答案：99(2017云南统考)已知yf(x)是R上的偶函数，对于任意的xR，均有f(x)f(2x)，当x0,1时，f(x)(x1)2，则函数g(x)f(x)log2 017|x1|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(2x)f(x2)，所以函数f(x)的周期为2，又当x0,1时，f(x)(x1)2，将偶函
8、数ylog2 017|x|的图象向右平移一个单位长度得到函数ylog2 017|x1|的图象，由此可在同一平面直角坐标系下作出函数yf(x)与ylog2 017|x1|图象(图略)，函数g(x)的零点，即为函数yf(x)与ylog2 017|x1|图象的交点的横坐标，当x2 018时，两函数图象无交点，又两函数图象在1，2 018上有2 016个交点，由对称性知两函数图象在2 016，1上也有2 016个交点，且它们关于直线x1对称，所以函数g(x)的所有零点之和为4 032.答案：4 032三、解答题10(2017张掖模拟)已知函数f(x)，曲线yf(x)在点(e2，f(e2)处的切线与直线
9、2xy0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)2恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由解：(1)f(x)(x0，且x1)，由f(e2)，得m2，故f(x)，此时f(x)，由f(x)0得0x1或1x2恒成立，即2恒成立2恒成立，当x(0,1)时，ln x2x2ln x恒成立，令g(x)2x2ln x，则g(x)，再令h(x)2ln x2，得h(x)h(1)0，故g(x)0，所以g(x)在(0,1)内单调递增，g(x)1.解：(1)当m0时，f(x)ln x1，则f(x)，所以f(1)1，f(1)
10、1.所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(1)(x1)，即yx.故曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为yx.(2)当m1时，f(x)mexln x1exln x1.要证f(x)1，只需证exln x20.设g(x)exln x2，则g(x)ex.设h(x)ex，则h(x)ex0，所以函数h(x)g(x)ex在(0，)上单调递增因为ge20，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ln x0x0.当x(0，x0)时，g(x)0，所以当xx0时，g(x)取得极小值(也是最小值)g(x0)故g(x)g(x0)ex0ln x02
11、x020.综上，当m1时，f(x)1.12(2017云南调研)已知函数f(x)ln xax.(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：x1x2e2.解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a，当a0时，f(x)0，则函数f(x)在(0，)上递增；当a0时，若x，则f(x)0，函数f(x)在上递增若x，则f(x)x20，由已知得可得a，要证x1x2e2，只需证ln(x1x2)2，即证ln x1ln x2a(x1x2)(x1x2)2，即证ln x1ln x2，即证ln ，令t(t1)，即证ln t，即证ln t0.设g(t)ln t，则g(t)0，g(t)在(1，)上单调递增，又g(1)0，g(t)g(1)0，综上，原不等式成立