2019-2020年高考数学二轮复习阶段提升突破练六函数与导数文新人教A版

2019-2020 年高考数学二轮复习阶段提升突破练六函数与导数文新人教 A



一、选择题(每小题 5 分,共 40 分)

1.(xx·日照一模)“log2(2x-3)<1”是“4x>8”的 ( )

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

【解析】选 A.log2(2x-3)<1,化为 0<2x-3<2, 解得<x<;4x>8,即 22x>23,解得 x>.

所以“log2(2x-3)<1”是“4x>8”的充分不必要条件. 2.(xx·衡阳二模)函数 f(x)=lnx+ex(e 为自然对数的底数)的零点所在的区间是 ( )

A.

B.

C.(1,e)

D.(e,+∞)

【解析】选 A.函数 f(x)=lnx+ex 在(0,+∞)上单调递增,因此函数 f(x)最多只有一个零点.当

x→0 时,f(x)→-∞;又 f=ln+=-1>0,所以函数 f(x)=lnx+ex(e 为自然对数的底数)的零点所在

的区间是.

3.(xx·泰安二模)函数 f(x)=

cosx 的图象大致是 ( )

【解题导引】先判断奇偶性,再取特殊值验证. 【解析】选 C.因为函数 f(x)的定义域为{x|x≠0},关于原点对称,

又因为 f(-x)=

cos(-x)

=-

cosx=-f(x),

所以 f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除 A,B;

又 x=时,f=

cos>0,结合图象知 C 正确.

【加固训练】(xx·汉中一模)函数 f(x)=·sinx 的图象大致形状为

()

【解析】选 A.因为 f(x)=·sinx,所以

f(-x)=·sin(-x)=-(

-1)·sinx=·sinx=f(x),

所以函数 f(x)为偶函数,故排除 C,D;当 x=2 时,f(2)=·

sin2<0,故排除 B,故选 A.

4.(xx·深圳二模)设 f(x)= 是( )

若 f(0)是 f(x)的最小值,则 a 的取值范围

A.[-1,2]

B.[-1,0]

C.[1,2]

D.[0,2]

【解题导引】利用基本不等式,先求出当 x>0 时的函数最值,然后结合二次函数的性质进行讨

论即可.

【解析】选 D.当 x>0 时,f(x)=x++a≥a+2=a+2,此时函数的最小值为 a+2;当 x≤0 时,若 a<0,

则函数的最小值为 f(a)=0,此时 f(0)不是 f(x)的最小值,故不满足条件;若 a≥0,则要使 f(0)

是 f(x)的最小值,则满足 f(0)=a2≤a+2,即 a2-a-2≤0,解得-1≤a≤2,因为 a≥0,所以 0≤a≤

2.

5.(xx·武汉一模)已知 g(x)是 R 上的奇函数,当 x<0 时,g(x)=-ln(1-x),且 f(x)=若

f(2-x2)>f(x),则实数 x 的取值范围是 ( )

A.(-1,2)

B.(1,2)

C.(-2,-1)

D.(-2,1)

【解析】选 D.若 x>0,则-x<0,因为 g(x)是 R 上的奇函数,所以 g(x)=-g(-x)

=ln(x+1),所以 f(x)=则函数 f(x)是 R 上的增函数,所以当 f(2-x2)>f(x)时,2-x2>x,解得

-2<x<1.

6.(xx·烟台一模)函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 的图象如图所示,则下列结论成立的是 ( )

A.a>0,b>0,c>0,d<0 B.a>0,b>0,c<0,d<0 C.a<0,b<0,c>0,d>0 D.a>0,b>0,c>0,d>0 【解析】选 C.由函数的图象可知 f(0)=d>0,排除选项 A,B;函数 f(x)= ax3+bx2+cx+d 的导函数为 f′(x)=3ax2+2bx+c,当 x∈(-∞,x1),(x2,+∞)时,函数 f(x)是减函 数,可知 a<0,排除 D.故选 C. 【加固训练】(xx·济南二模)已知函数 f(x)=x2sinx+xcosx,则其导函数 f′(x)的图象大致是 ( )

【解析】选 C.因为 f(x)=x2sinx+xcosx,所以 f′(x)=x2cos x+cosx,所以 f′(-x)=(-x)2cos(-x)+cos(-x)=x2cosx+cosx=f′(x),所以其导函数 f′(x)为偶函数,图象

关于 y 轴对称,故排除 A,B.又 x=0 时,f′(0)=1,过(0,1)点,排除 D,故选 C.

7.(xx·泰安一模)已知函数 f(x)=满足条件:对于任意 x1∈R,且 x1≠0,存在唯一的 x2∈R 且

x1≠x2,使得 f(x1)=f(x2).当 f(2a)=f(3b)成立时,则实数 a+b= ( )

A.

B.-

C.+3

D.-+3

【解题导引】根据条件得到 f(x)在(-∞,0)和(0,+∞)上单调,得 a,b 的关系进行求解即可.

【解析】选 D.若对于? x1∈R,x1≠0,存在唯一的 x2∈R,且 x1≠x2,使得 f(x1)=f(x2),所以 f(x) 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调,则 b=3,且 a<0,由 f(2a)=f(3b)得 f(2a)=f(9),即 2a2+3=+3=3+3,

得 a=-,则 a+b=-+3.

8.(xx·乌鲁木齐三模)已知 k∈Z,关于 x 的不等式 k(x+1)>在(0,+∞)上恒成立,则 k 的最小

值为 ( )

A.0

B.1

C.2

D.3

【解析】选 B.k>f(x)对任意 x>0 恒成立?k>f(x)max,其中 f(x)=e-x·(x>0),

f ′ (x)=

, 所 以 f ′ (x)>0 ? x2+x-1<0 ? 0<x<,f ′ (x)<0 ? x>, 则

f(x)max=f=

,而 0<

<<1.又 k∈Z,所以 kmin=1.

二、填空题(每小题 5 分,共 20 分)

9.(xx·郑州二模)已知函数 f(x)=ex+ax 的图象在点(0,f(0))处的切线与曲线 lnx+y=0 相切,

则 a=________.

【解析】因为 f(0)=1,f′(x)=ex+a,f′(0)=a+1,所以函数

f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线 l 的方程是 y=(a+1)x+1.设 l 与曲线 lnx+y=0 切于点

T(t,-lnt),则-=a+1 且-lnt=(a+1)t+1,联立两式解得 a=-2.

答案:-2

10.若函数 f(x)=x2+lnx-2mx 在定义域内是增函数,则实数 m 的取值范围是________.

【解析】由 f(x)=x2+lnx-2mx 在 x∈(0,+∞)上是增函数,则 f′(x)=2x+-2m≥0 对 x>0 恒成立,

所以 2x+≥2m 对 x>0 恒成立.而 2x+≥2(当且仅当 2x=,即 x=时取等号),所以 2m≤2,m≤.

答案:(-∞,)

11.设函数 f(x)=

若 f(x)恰有两个零点,则实数 a 的取值范

围是________.

【解析】令 f(x)=0,解得 x1=loa,x2=a,x3=2a.因为要求函数有两个零点,

所以 loa<1,a≥1,2a≥1 中有且仅有 2 个成立.

①当 a≤0 时,x1 不存在,x2,x3 不满足条件;

②当 a>0 时,由 loa<1,得 a<2.

若 0<a<2,则 x1 是函数的一个零点,又因为 x2≤x3,所以 x2=a<1 且 x3=2a≥1,

即≤a<1 时,函数有两个零点 x1 和 x3;

若 a≥2,则 x1≥1,不是函数的零点,x2,x3 满足要求,是函数的零点.

综上可知≤a<1 或 a≥2.

答案:≤a<1 或 a≥2

12.关于函数 f(x)=xln|x|的五个命题:

①f(x)在区间上是单调递增函数;

②f(x)只有极小值点,没有极大值点;

③f(x)>0 的解集是(-1,0)∪(0,1);

④函数 f(x)的图象在 x=1 处的切线方程为 x-y+1=0;

⑤函数 g(x)=f(x)-m 最多有 3 个零点.

其中,是真命题的有________(请把真命题的序号填在横线上).

【解题导引】此题研究函数 f(x)的性质,可以从解析式看到,一方面 f(-x)=-f(x),函数是奇

函数;另一方面,函数是分段函数 f(x)=再逐项判断即可.

【解析】①是研究函数是否在上单调递增.因为当 x<-时,

f′(x)=ln(-x)+1>0,所以①为真命题.②是判断函数极值点.当 x<0 时,令

f′(x)=0,得 x=-,所以 f(x)在上单调递增,在上单调递减,又因为 f(x)是奇函数,图象关于原

点对称,所以 f(x)在上单调递减,在上单调递增.故函数在 x=处有极小值,在 x=-处有极大值,

②为假命题.③根据 f(x)为奇函数,f(1)=0,f=-,以及上述单调性,可画出 f(x)的大致图象,

判定③为假命题.④在 x=1 处,即点(1,0)处,切线斜率 k=f′(1)=ln1+1=1,所以切线方程为

y-0=1×(x-1),即 x-y-1=0,故④为假命题.⑤g(x)=f(x)-m 的零点个数即方程 f(x)=m 的解的

个数,即 y=f(x)与 y=m 两函数图象交点的个数.画出 f(x)的图象,由图可知,当 m∈∪时,交点

有 1 个;当 m=-,或或 0 时,交点有 2 个;当 m∈∪时,交点有 3 个,故⑤为真命题.综上所述,①

⑤为真命题.
答案:①⑤
三、解答题(每小题 10 分,共 40 分) 13.已知函数 f(x)=ex-e-x(x∈R 且 e 为自然对数的底数). (1)判断函数 f(x)的奇偶性与单调性. (2)是否存在实数 t,使不等式 f(x-t)+f(x2-t2)≥0 对一切 x∈R 都成立?若存在,求出 t;若不 存在,请说明理由. 【解析】(1)因为 f(x)=ex-,且 y=ex 是增函数,y=-是增函数,所以 f(x)是增函数.由于 f(x)的 定义域为 R,且 f(-x)=e-x-ex=-f(x),所以 f(x)是奇函数. (2)由(1)知 f(x)是增函数且是奇函数, 所以 f(x-t)+f(x2-t2)≥0 对一切 x∈R 恒成立. ?f(x2-t2)≥f(t-x)对一切 x∈R 恒成立 ?x2-t2≥t-x 对一切 x∈R 恒成立 ?t2+t≤x2+x 对一切 x∈R 恒成立 ?≤对一切 x∈R 恒成立 ?≤0?t=-. 即存在实数 t=-,使不等式 f(x-t)+f(x2-t2)≥0 对一切 x∈R 都成立. 14.已知函数 f(x)=ax-lnx+1(a∈R),g(x)=xe1-x.
(1)求函数 g(x)在(0,e]上的值域. (2)是否存在实数 a,对任意给定的 x0∈(0,e],在[1,e]上都存在两个不同的 xi(i=1,2),使得 f(xi)=g(x0)成立?若存在,求出 a 的取值范围;若不存在,请说明理由. 【解析】(1)因为 g′(x)=e1-x(1-x), 所以 g(x)在(0,1]上单调递增,在(1,e]上单调递减,且 g(0)=0,g(1)=1,又 g(0)=0<g(e)=e2-e, 所以 g(x)的值域为(0,1]. (2)令 m=g(x),则由(1)可得 m∈(0,1],

原问题等价于:对任意的 m∈(0,1],f(x)=m 在[1,e]上总有两个不同的实根, 故 f(x)在[1,e]上不可能是单调函数. 因为 f′(x)=a-(1≤x≤e),∈, 当 a≤0 时,f′(x)=a-<0, 所以 f(x)在[1,e]上单调递减,不合题意; 当 a≥1 时,f′(x)>0,f(x)在[1,e]上单调递增,不合题意; 当 0<a≤时,f′(x)<0,f(x)在[1,e]上单调递减,不合题意; 当<a<1,即 1<<e 时,f(x)在上单调递减; f(x)在上单调递增,由上可得 a∈, 此 时必有 f(x) 的最 小值小 于等于 0 且 f(1)与 f(e)中 较小 的值应 大于等 于 1,而 由 f(x)min=f=2+lna≤0,可得 a≤,则 a∈. 综上,满足条件的 a 不存在. 15.已知函数 f(x)=+nlnx(m,n 为常数)的图象在 x=1 处的切线方程为 x+y-2=0.
(1)判断函数 f(x)的单调性. (2)已知 p∈(0,1),且 f(p)=2,若对任意 x∈(p,1),任意 t∈,f(x)≥t3-t2-2at+2 与 f(x)≤ t3-t2-2at+2 中恰有一个恒成立,求实数 a 的取值范围. 【解析】(1)f(x)=+nlnx 的定义域为(0,+∞), 因为 f′(x)=-+, 由条件可得 f′(1)=-+n=-1, 把 x=1 代入 x+y-2=0 可得 y=1, 所以 f(1)==1,所以 m=2,n=-, 所以 f(x)=-lnx,f′(x)=--. 因为 x>0,所以 f′(x)<0, 所以 f(x)在(0,+∞)上单调递减. (2)由(1)可知,f(x)在[p,1]上单调递减,所以 f(x)在[p,1]上的最小值为 f(1)=1,最大值为 f(p)=2, 所以只需 t3-t2-2at+2≤1 或 t3-t2-2at+2≥2, 即 2a≥t2-t+对 t∈恒成立或 2a≤t2-t 对 t∈恒成立.令 g(t)=t2-t+,

则 g′(t)=2t-1-=

=

,

令 g′(t)=0 可得 t=1.而 2t2+t+1>0 恒成立,

所以当≤t<1 时,g′(t)<0,g(t)单调递减;

当 1<t≤2 时,g′(t)>0,g(t)单调递增.

所以 g(t)的最大值为 max,

而 g=-+2=,g(2)=.

所以 g(t)max=,得 2a≥,解得 a≥. 又令 h(t)=t2-t=-,在上单调递增,

所以 h(t)min=h=-,得 2a≤-,

解得 a≤-,综上,a≤-或 a≥.

16.(xx·济南二模)已知函数 f(x)=bx-axlnx(a>0)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线

y=(1-a)x 平行.

(1)若函数 y=f(x)在[e,2e]上是减函数,求实数 a 的最小值.

(2)设 g(x)=,若存在 x1∈[e,e2],使 g(x1)≤成立,求实数 a 的取值范围.

【解题导引】(1)求出函数的导数,得到 b-a=1-a,解出 b,求出函数的解析式,问题转化为 a≥

在[e,2e]上恒成立,根据函数的单调性求出 a 的范围即可.

(2)问题等价于 x1∈[e,e2]时,有 g(x)min≤成立,通过讨论 a 的范围结合函数的单调性求出 a

的具体范围即可.

【解析】f′(x)=b-a-alnx,

所以 f′(1)=b-a,所以 b-a=1-a,b=1,所以 f(x)=x-axlnx.

(1)函数 y=f(x)在[e,2e]上是减函数,

所以 f′(x)=1-a-alnx≤0 在[e,2e]上恒成立,

即 a≥在[e,2e]上恒成立,

因为 h(x)=在[e,2e]上递减,

所以 h(x)的最大值是,所以实数 a 的最小值是.

(2)因为 g(x)==-ax, 所以 g′(x)=-a=-+-a, 故当=即 x=e2 时,g′(x)max=-a, 若存在 x1∈[e,e2],使 g(x1)≤成立, 等价于 x1∈[e,e2],有 g(x)min≤成立, 当 a≥时,g(x)在[e,e2]上递减, 所以 g(x)min=g(e2)=-ae2≤,故 a≥-, 当 0<a<时,由于 g′(x)在[e,e2]上递增, 故 g′(x)的值域是[-a,-a], 由 g′(x)的单调性和值域知: 存在 x0∈[e,e2],使 g′(x0)=0,且满足: x∈[e,x0),g′(x)<0,g(x)递减,x∈(x0,e2], g′(x)>0,g(x)递增,

所以 g(x)min=g(x0)=

-ax0≤,x0∈[e,e2],

所以 a≥-≥->,与 0<a<矛盾,不符合题意,综上 a≥-.

【加固训练】已知函数 f(x)=(x2-2x)·lnx+ax2+2.

(1)当 a=-1 时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.

(2)当 a>0 时,设函数 g(x)=f(x)-x-2,且函数 g(x)有且仅有一个零点,若 e-2<x<e,

g(x)≤m,求 m 的取值范围.

【解析】(1)当 a=-1 时,f(x)=(x2-2x)lnx-x2+2,定义域为(0,+∞),

f′(x)=(2x-2)lnx+(x-2)-2x.

所以 f′(1)=-3,又 f(1)=1,所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 3x+y-4=0.

(2)令 g(x)=f(x)-x-2=0,则(x2-2x)lnx+ax2+2=x+2,即 a=,

令 h(x)=,

则 h′(x)=--+=.

令 t(x)=1-x-2lnx,t′(x)=-1-=,

因为 t′(x)<0,

所以 t(x)在(0,+∞)上单调递减,又 t(1)=h′(1)=0,所以当 0<x<1 时,h′(x)>0,当 x>1

时,h′(x)<0, 所以 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以 h(x)max=h(1)=1. 因为 a>0,所以当函数 g(x)有且仅有一个零点时,a=1. 当 a=1 时,g(x)=(x2-2x)lnx+x2-x, g′(x)=(x-1)(3+2lnx),令 g′(x)=0, 得 x=1 或 x=,又 e-2<x<e, 所以函数 g(x)在(e-2,)上单调递增,在(,1)上单调递减, 在(1,e)上单调递增, 又 g()=-e-3+2,g(e)=2e2-3e, g()=-e-3+2<2<2e =g(e), 所以 g()<g(e),g(x)<g(e)=2e2-3e, 所以 m≥2e2-3e.


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