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课时跟踪检测（二十六）
一、选择题
1．已知直线ax＋by＝1经过点(1,2)，则2＋4的最小值为( ) A.2
B．22 C．4 D．42
aba2bab解析：选B 因为直线ax＋by＝1经过点(1,2)，所以a＋2b＝1，则2＋4≥22·2＝22
a＋2b1
＝22，当且仅当a＝2b＝时等号成立．
2
2
2．(2018届高三·湖南五市十校联考)已知函数f(x)＝x＋sin x(x∈R)，且f(y－2y＋3)＋f(x－4x＋1)≤0，则当y≥1时，
2
yx＋1
的取值范围是( )
?13?A.?，? ?44?
C．[1,32－3]
?1?B.?，1? ?4??1?D.?，＋∞? ?3?
2
解析：选A 函数f(x)＝x＋sin x(x∈R)为奇函数，又f′(x)＝1＋cos x≥0，所以函数f(x)在其定义域内单调递增，则f(x－4x＋1)≤f(－y＋2y－3)，即x－4x＋1≤－y＋2y－3，化简得(x－2)＋(y－1)≤1，当y≥1时表示的区域为上半圆及其内部，如图所示．令
2
2
2
2
2
yyk＝＝，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x＋1x－－1
11
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
3－－14|2k－1＋k|3
直线的距离d＝＝1(k>0)，解得k＝，故选A. max
4k2＋1
x＋y≤0，??
3．(2017·石家庄质检)在平面直角坐标系中，不等式组?x－y≤0，
??x2＋y2≤r2
示的平面区域的面积为π，若x，y满足上述约束条件，则z＝
A．－1 1
C. 3
52＋1
B．－
77
D．－
5
(r为常数)表
x＋y＋1
的最小值为( ) x＋3
解析：选D 作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分1x＋y＋1y－22
所示，由题意，知πr＝π，解得r＝2.z＝＝1＋，表
4x＋3x＋3
1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.
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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12127
解得k＝－或k＝0(舍去)，所以zmin＝1－＝－，故选D.
555
2＋2??，x≤1，
24．(2017·沈阳质检)已知函数f(x)＝???|log2x－1|，x>1，
x|3k＋2|
＝2，k2＋1
则函数F(x)＝
f[f(x)]－2f(x)－的零点个数是( )
A．4
B．5 C．6
D．7
32
3
解析：选A 令f(x)＝t，则函数F(x)可化为y＝f(t)－2t－，则函数F(x)的零点问
2333
题可转化为方程f(t)－2t－＝0的根的问题．令y＝f(t)－2t－＝0，即f(t)＝2t＋，如
222图①，由数形结合得t1＝0,1 个解，当f(x)＝t2时，有3个解，所以y＝f[f(x)]－2f(x)－共有4个零点．故选A. 2 5．(2018届高三·湖北七市(州)联考)已知函数f(x)＝x＋(a＋8)x＋a＋a－12(a<0)，且f(a－4)＝f(2a－8)，则 A. 2 2 2 fn－4a* (n∈N)的最小值为( ) n＋1 37352848 B. C. D. 4835 2 2 解析：选A 二次函数f(x)＝x＋(a＋8)x＋a＋a－12图象的对称轴为直线x＝－由f(a－4)＝f(2a－8)及二次函数的图象，可以得出 2 2 a＋8 2 ， a2－4＋2a－8 2 ＝－ a＋8 2 ，解得a＝－4 fn－4an2＋4n＋16 或a＝1，又a<0，∴a＝－4，f(x)＝x＋4x，∴＝＝ n＋1n＋1n＋1 2 ＋2n＋1＋1313 ＝n＋1＋＋2≥2 n＋1n＋1 n＋1·＋2＝213＋2，当且仅 n＋1 13 当n＋1＝ 13fn－4a48* ，即n＝13－1时等号成立，又n∈N，∴当n＝4时，＝，nn＋1n＋15 1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑. 文档从网络中收集，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持. ＝3时， fn－4a374837 ＝<，∴最小值为，故选A. n＋1454 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， f1f－15 f(x)g′(x)>f′(x)g(x)，f(x)＝ax·g(x)(a>0，a≠1)，＋＝.在有穷数列 g1g－12 ?f??gn?15?(n＝1,2，…，10)中，任意取正整数k(1≤k≤10)，则前k项和大于的概率是( ) n?16 1234A. B. C. D. 5555 解析：选C 由f(x)＝a·g(x)，可得a＝ xxfxgx，? ?fx?′＝ ? ?gx? f1g1 ＋ f′xgx－fxg′x2 [gx] <0，所以 fxgx为减函数，所以0 f－1515111fn＝，可得a＋＝，解得a＝或a＝2，又0 g－12a2222gn1??1?k?1－?????1?n是以1为首项，1为公比的等比数列，则前k项和为1＋?1?2＋…＋?1?k＝2??2??＝1－?2????2?222?2?1???? 1－2 ?1?k.由1－?1?k>15可得k>4，即当5≤k≤10时，前k项和大于15，故所求的概率为10－4＝?2??2?16 1610???? 63 ＝，故选C. 105 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)＝x是一个“λ-伴随函数”； 1 ④“-伴随函数”至少有一个零点． 2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”， 1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑. 2 文档从网络中收集，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持. ②正确； 对于③，若f(x)＝x是一个“λ-伴随函数”，则(x＋λ)＋λx＝0对任意实数x都成立，易知不存在这样的λ，所以f(x)＝x不是“λ-伴随函数”，③错误； 1?1?1?1?1 对于④，若f(x)是“-伴随函数”，则f ?x＋?＋f(x)＝0，取x＝0，有f ??＋f(0) 2?2?2?2?2 2 2 2 2 ?1??1??1?＝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 ?2??2??2??1?号，由零点存在定理知，函数在?0，?上一定有零点，④正确． ?2? 答案：①③ 3x－2y－3≤0，?? 8．(2017·南昌模拟)已知实数x，y满足?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 x＋y差数列，所以这个等差数列后三项的和为a2＋a3＋y＝ x＋y2 ＋ 2 ＋y3 ＋y＝(x＋3y)，令z24 ＝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． ??3x－2y－3＝0， 由???x－3y＋6＝0， 3 解得A(3,3)，所以zmax＝3＋3×3＝12.所以(a2＋a3＋y)max＝(x4 3 ＋3y)max＝×12＝9. 4 答案：9 9．设定义在(0，＋∞)上的单调函数f(x)，对任意的x∈(0，＋∞)都有f[f(x)－log2x]＝3.若方程f(x)＋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f(x)是单调函数，因此不妨设f(x)－log2x＝t，则f(t)＝3，再令x＝ t，则f(t)－log2t＝t，得log2t＝3－t，解得t＝2，故f(x)＝log2x＋2，f′(x)＝. xln 2 1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑. 1 文档从网络中收集，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持. 构造函数g(x)＝f(x)＋f′(x)－a＝log2x＋ 1 －a＋2，∵方程f(x)＋f′(x)＝a有两个xln 2 111?x－1?－2＝当x∈(0,1)?2?，xln 2xln 2ln 2?x? 不同的实数根，∴g(x)有两个不同的零点．g′(x)＝ 时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，则若使g(x)有两个零点，必有g(x)min＝g(1)＝ 11 －a＋2<0，得a>＋2，∴实数a的取值范围是ln 2ln 2 ?1＋2，＋∞?. ?ln 2??? 答案：? ?1＋2，＋∞? ? ?ln 2? x三、解答题 10．(2017·福州模拟)已知函数f(x)＝e－ax＋b(a，b∈R)． (1)若f(x)在x＝0处的极小值为2，求a，b的值； (2)设g(x)＝f(x)＋ln(x＋1)，当x≥0时，g(x)≥1＋b，试求a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝e－a， ∵f(x)在x＝0处的极小值为2， ??f′0＝0，∴? ?f0＝2，? x ??1－a＝0， 即? ?1＋b＝2，? x ??a＝1， 解得? ?b＝1.? (2)∵g(x)＝f(x)＋ln(x＋1)＝e－ax＋b＋ln(x＋1)， ∴g′(x)＝设h(x)＝ 1x＋e－a， x＋1 2 11xx＋e－a，则h′(x)＝e－x＋1x＋1 x， 当x≥0时，e≥1，∴h′(x)＝e－∴h(x)＝ x1 x＋1 22 ≤1， 1x＋1 ≥0， 1x＋e－a在[0，＋∞)上为增函数． x＋1 1x＋e－a≥2－a. x＋1 x∴h(x)≥h(0)＝2－a，即g′(x)＝ ∴当a≤2时，g′(x)≥0，∴g(x)＝e－ax＋b＋ln(x＋1)在[0，＋∞)上为增函数， ∴当x≥0时，g(x)≥g(0)＝1＋b，符合题意； 1 当a>2时，有h(0)＝2－a<0，h(ln a)＝>0，h(0)·h(ln a)<0，则存在x0∈(0， 1＋ln a1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.
通用版2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十六理
