《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練10 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)過關(guān)檢測(cè) 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練10 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)過關(guān)檢測(cè) 文（18頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題突破練10 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)過關(guān)檢測(cè)
一、選擇題
1.已知函數(shù)f(x)=11-x的定義域?yàn)镸,g(x)=ln(1+x)的定義域?yàn)镹,則M∩N=( )
A.{x|x>-1}
B.{x|x<1}
C.{x|-1
2、當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=x3+ln(1+x),則當(dāng)x<0時(shí),f(x)=( )
A.-x3-ln(1-x)
B.x3+ln(1-x)
C.x3-ln(1-x)
D.-x3+ln(1-x)
5.(2019全國卷3,文5)函數(shù)f(x)=2sin x-sin 2x在[0,2π]的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為( )
A.2 B.3
C.4 D.5
6.(2019全國卷2,文6)設(shè)f(x)為奇函數(shù),且當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=ex-1,則當(dāng)x<0時(shí),f(x)=( )
A.e-x-1
B.e-x+1
C.-e-x-1
D.-e-x+1
7.已知函數(shù)f(x)=x2,x∈[0,+∞),x3+a2-
3、3a+2,x∈(-∞,0)在區(qū)間(-∞,+∞)上是增函數(shù),則常數(shù)a的取值范圍是( )
A.(1,2)
B.(-∞,1]∪[2,+∞)
C.[1,2]
D.(-∞,1)∪(2,+∞)
8.定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(-x)=-f(x),f(x)=f(x+4),且x∈(-1,0)時(shí),f(x)=2x+15,則f(log220)=( )
A.1 B.45
C.-1 D.-45
9.設(shè)函數(shù)f(x)=xex,則( )
A.x=1為f(x)的極大值點(diǎn)
B.x=1為f(x)的極小值點(diǎn)
C.x=-1為f(x)的極大值點(diǎn)
D.x=-1為f(x)的極小值點(diǎn)
10.已知函數(shù)f(x)
4、=x2-ax+3在區(qū)間(0,1)上為減函數(shù),函數(shù)g(x)=x2-aln x在區(qū)間(1,2)上為增函數(shù),則a的值等于( )
A.1 B.2
C.0 D.2
11.已知定義域?yàn)镽的奇函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x),當(dāng)x>0時(shí),f'(x)+f(x)x>0,若a=12f12,b=-2f(-2),c=ln12fln12,則a,b,c的大小關(guān)系正確的是( )
A.af(2-32)>f(2-23)
5、
B.flog314>f(2-23)>f(2-32)
C.f(2-32)>f(2-23)>flog314
D.f(2-23)>f(2-32)>flog314
二、填空題
13.(2019全國卷1,文13)曲線y=3(x2+x)ex在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為 .?
14.已知曲線y=x24-3ln x的一條切線的斜率為-12,則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為 .?
15.(2019全國卷2,理14)已知f(x)是奇函數(shù),且當(dāng)x<0時(shí),f(x)=-eax.若f(ln 2)=8,則a= .?
16.(2019福建漳州質(zhì)檢二,文16)已知函數(shù)y=f(x+1)-2是奇函數(shù),g(x)
6、=2x-1x-1,且f(x)與g(x)的圖象的交點(diǎn)為(x1,y1),(x2,y2),…,(x6,y6),則x1+x2+…+x6+y1+y2+…+y6= .?
三、解答題
17.(2019湖南湘潭一模,文21) 已知函數(shù)f(x)=ex-x2-ax.
(1)證明:當(dāng)a≤2-2ln 2時(shí),導(dǎo)函數(shù)f'(x)的最小值不小于0;
(2)當(dāng)x>0時(shí),f(x)≥1-x恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
18.(2019山西運(yùn)城二模,文21)已知函數(shù)f(x)=xex-a(ln x+x),a∈R.
(1)當(dāng)a=e時(shí),求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若f(x
7、)有兩個(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
19.(2019全國卷1,文20)已知函數(shù)f(x)=2sin x-xcos x-x,f'(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù).
(1)證明:f'(x)在區(qū)間(0,π)存在唯一零點(diǎn);
(2)若x∈[0,π]時(shí),f(x)≥ax,求a的取值范圍.
20.(2019山東泰安二模,文20)已知函數(shù)f(x)=(x-m)ln x(m≤0).
(1)若函數(shù)f(x)存在極小值點(diǎn),求m的取值范圍;
(2)當(dāng)m=0時(shí),證明:f(x)
8、二模,文21)已知函數(shù)g(x)=lnxx-m(m<0),h(x)=2x+m.
(1)若g(x)在區(qū)間(0,e2]上單調(diào)遞增,求實(shí)數(shù)m的取值范圍;
(2)若m=-1,且f(x)=g(x)·h(x),求證:對(duì)定義域內(nèi)的任意實(shí)數(shù)x,不等式f(x)<1x恒成立.
參考答案
專題突破練10 專題二 函數(shù)與
導(dǎo)數(shù)過關(guān)檢測(cè)
1.C 解析∵函數(shù)的定義域是指使函數(shù)式有意義的自變量x的取值范圍,
∴由1-x>0,得M={x|x<1}.由1+x>0,得N={x|x>-1},
∴M∩N={x|-1
9、b=20.2>20=1,
又0<0.20.3<0.20=1,即c∈(0,1),
所以a1,f(π)=π-1+π2>0,排除B,C.故選D.
4.C 解析當(dāng)x<0時(shí),-x>0,f(-x)=(-x)3+ln(1-x),
∵f(x)是R上的奇函數(shù),∴當(dāng)x<0時(shí),f(x)=-f(-x)=-[(-x)3+ln(1-x)],
∴f(x)=x3-ln(1-x).
5.B 解析由f(x)=2sinx-sin2x=2sinx-2sinxcosx=2s
10、inx(1-cosx)=0,得sinx=0或cosx=1.
∵x∈[0,2π],∴x=0或x=π或x=2π.
故f(x)在區(qū)間[0,2π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是3.故選B.
6.D 解析∵f(x)是奇函數(shù),
∴f(-x)=-f(x).
當(dāng)x<0時(shí),-x>0,f(-x)=e-x-1=-f(x),即f(x)=-e-x+1.故選D.
7.C 解析由題意可知,f(x)在[0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,在(-∞,0)內(nèi)單調(diào)遞增.
因?yàn)閒(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上是增函數(shù),所以a2-3a+2≤0,解得1≤a≤2.
8.C 解析∵定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(-x)=-f(x),∴函數(shù)f(x)為奇函數(shù).
11、
∵f(x)=f(x+4),∴函數(shù)f(x)為周期為4的周期函數(shù).
又log232>log220>log216,
∴4-1時(shí),f'(x)>0,函數(shù)f(x)遞增;當(dāng)x<-1時(shí),f'(x)<0,函數(shù)f(x)遞減,所以當(dāng)x=-1時(shí),f(x)有極小值.
10.B 解析∵函數(shù)f(x)=x2-ax+
12、3在區(qū)間(0,1)上為減函數(shù),∴a2≥1,得a≥2.
又g'(x)=2x-ax,依題意g'(x)≥0在區(qū)間(1,2)上恒成立,得2x2≥a在區(qū)間(1,2)上恒成立,有a≤2,∴a=2.
11.A 解析設(shè)h(x)=xf(x),
∴h'(x)=f(x)+x·f'(x).
∵y=f(x)是定義在實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù),∴h(x)是定義在實(shí)數(shù)集R上的偶函數(shù).
又當(dāng)x>0時(shí),f'(x)+f(x)x>0,
∴當(dāng)x>0時(shí),h'(x)=f(x)+x·f'(x)>0,∴函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
∵a=12f12=h12,
b=-2f(-2)=2f(2)=h(2),
c=ln12f
13、ln12
=hln12=h(-ln2)=h(ln2),且2>ln2>12,∴b>c>a.
12.C 解析∵f(x)是R上的偶函數(shù),
∴flog314=f(-log34)=f(log34).
又y=2x在R上單調(diào)遞增,
∴l(xiāng)og34>1=20>2-23>2-32.
又f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,
∴f(log34)f(2-23)>flog314.故選C.
13.y=3x 解析由題意可知y'=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex
=3(x2+3x+1)ex,
∴k=y'|x=0=3.
∴曲線y=3(x2+x)
14、ex在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y=3x.
14.2 設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,y0),且x0>0,
∵y'=12x-3x,
∴k=12x0-3x0=-12,∴x0=2.
15.-3 解析∵ln2∈(0,1),f(ln2)=8,f(x)是奇函數(shù),
∴f(-ln2)=-8.
∵當(dāng)x<0時(shí),f(x)=-eax,
∴f(-ln2)=-e-aln2=-8,
∴e-aln2=8,∴-aln2=ln8,
∴-a=3,∴a=-3.
16.18 因?yàn)楹瘮?shù)y=f(x+1)-2為奇函數(shù),所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,2)對(duì)稱,
g(x)=2x-1x-1=1x-1+2關(guān)于點(diǎn)(1,2)對(duì)稱,所以兩
15、個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)也關(guān)于點(diǎn)(1,2)對(duì)稱,
則(x1+x2+…+x6)+(y1+y2+…+y6)=2×3+4×3=18.故答案為18.
17.(1)證明f'(x)=ex-2x-a,令g(x)=ex-2x-a,
則g'(x)=ex-2.
則當(dāng)x∈(-∞,ln2)時(shí),g'(x)<0,當(dāng)x∈(ln2,+∞)時(shí),g'(x)>0.
所以函數(shù)g(x)在x=ln2時(shí)取最小值,即f'(x)在x=ln2時(shí)取最小值,所以f'(x)min=f'(ln2)=2-2ln2-a.
又a≤2-2ln2,所以f'(x)min≥0.
故當(dāng)a≤2-2ln2時(shí),導(dǎo)函數(shù)f'(x)的最小值不小于0.
(2)解當(dāng)x>0時(shí),
16、ex-x2-ax≥1-x,
即a≤exx-x-1x+1.
令h(x)=exx-x-1x+1(x>0),
則h'(x)=ex(x-1)-x2+1x2
=(x-1)(ex-x-1)x2.
令φ(x)=ex-x-1(x>0),
則φ'(x)=ex-1>0.
當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),φ(x)單調(diào)遞增,φ(x)>φ(0)=0.
則當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.
所以h(x)min=h(1)=e-1,所以a≤e-1.
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-∞,e-1].
18.解(1)f(x)定義域?yàn)?0,+∞),
17、當(dāng)a=e時(shí),f'(x)=(1+x)(xex-e)x.
∴當(dāng)01時(shí),f'(x)>0,
∴f(x)在(0,1)上為減函數(shù);在(1,+∞)上為增函數(shù).
(2)記t=lnx+x,則t=lnx+x在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且t∈R.
∴f(x)=xex-a(lnx+x)
=et-at=g(t).
∴f(x)在(0,+∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于g(t)=et-at在t∈R上有兩個(gè)零點(diǎn).
①當(dāng)a=0時(shí),g(t)=et在R上單調(diào)遞增,且g(t)>0,故g(t)無零點(diǎn);
②當(dāng)a<0時(shí),g'(t)=et-a>0恒成立,
∴g(t)在R上單調(diào)遞增,
又g(0)=1>
18、0,g1a=e1a-1<0,故g(t)在R上只有一個(gè)零點(diǎn);
③當(dāng)a>0時(shí),由g'(t)=et-a=0可知g(t)在t=lna時(shí)有唯一的一個(gè)極小值g(lna)=a(1-lna),
若00,g(t)無零點(diǎn);
若a=e,g(t)極小值=0,g(t)只有一個(gè)零點(diǎn);
若a>e,g(t)極小值=a(1-lna)<0,
而g(0)=1>0,
由y=lnxx在(e,+∞)上為減函數(shù),可知當(dāng)a>e時(shí),ea>ae>a2,
從而g(a)=ea-a2>0,
∴g(t)在(0,lna)和(lna,+∞)上各有一個(gè)零點(diǎn).
綜上可知,當(dāng)a>e時(shí),f(x)有兩
19、個(gè)點(diǎn),故所求a的取值范圍是(e,+∞).
19.(1)證明設(shè)g(x)=f'(x),
則g(x)=cosx+xsinx-1,g'(x)=xcosx.
當(dāng)x∈0,π2時(shí),g'(x)>0;
當(dāng)x∈π2,π時(shí),g'(x)<0,
所以g(x)在0,π2單調(diào)遞增,在π2,π單調(diào)遞減.
又g(0)=0,gπ2>0,g(π)=-2,
故g(x)在(0,π)存在唯一零點(diǎn).
所以f'(x)在(0,π)存在唯一零點(diǎn).
(2)解由題設(shè)知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.
由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一個(gè)零點(diǎn),設(shè)為x0,且當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x∈(x0,π)時(shí),
20、f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)單調(diào)遞增,在(x0,π)單調(diào)遞減.
又f(0)=0,f(π)=0,所以,當(dāng)x∈[0,π]時(shí),f(x)≥0.
又當(dāng)a≤0,x∈[0,π]時(shí),ax≤0,故f(x)≥ax.
因此,a的取值范圍是(-∞,0].
20.(1)解函數(shù)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=x-mx+lnx=1-mx+lnx.
①當(dāng)m=0時(shí),f'(x)=0得x=1e,當(dāng)x∈0,1e時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈1e,+∞時(shí),f'(x)>0,
∴x=1e是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn),滿足題意.
②當(dāng)m<0時(shí),令g(x)=f'(x),g'(x)=mx2+1x=x+mx2.
令g'(
21、x)=0,解得x=-m.當(dāng)x∈(0,-m)時(shí),g'(x)<0,當(dāng)x∈(-m,+∞)時(shí),g'(x)>0.
∴g(x)min=g(-m)=2+ln(-m),若g(-m)≥0,即m≤-e-2,則f'(x)=g(x)≥0恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,無極值點(diǎn),不滿足題意.
若g(-m)=2+ln(-m)<0,即-e-20,
∴g(-m)·g(1-m)<0.
又g(x)在(-m,+∞)上單調(diào)遞增,
∴g(x)在(-m,+∞)上恰有一個(gè)零點(diǎn)x1.
當(dāng)x∈(-m,x1)時(shí),f'(x)=g(x)<0,當(dāng)x∈(x1,+∞)時(shí),f
22、'(x)=g(x)>0,
∴x1是f(x)的極小值點(diǎn),滿足題意,
綜上,-e-20,xlnx≤0,
∴f(x)φ'(1)=e-1>0,
∴φ(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
h'(x)=φ(x)>φ(1)=e-1>0,
∴h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
∴h(x
23、)>h(1)=e-1>0,
∴當(dāng)x>1時(shí),xlnx0.
當(dāng)x=1時(shí),h'(
24、1)=0,當(dāng)x>1時(shí),h'(x)<0,
所以函數(shù)h(x)=x(1-lnx)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,e2]上單調(diào)遞減.
當(dāng)00,
所以h(x)min=h(e2)=e2(1-lne2)=-e2,
所以m≤-e2,故實(shí)數(shù)m的取值范圍是(-∞,-e2].
(2)證明當(dāng)m=-1時(shí),
f(x)=g(x)h(x)=lnxx+1·2x-1=2lnxx2-1,
對(duì)定義域內(nèi)的任意正數(shù)x,不等式f(x)<1x恒成立,即對(duì)定義域內(nèi)的任意正數(shù)x,2lnxx2-1<1x.
因?yàn)楫?dāng)x>1時(shí),x2-1>0;當(dāng)01
25、時(shí),2xlnxx2-1.
令G(x)=x2-1-2xlnx,
所以G'(x)=(x2-1-2xlnx)'=2x-(2xlnx)'=2x-2lnx-2=2(x-lnx-1).
令m(x)=x-lnx-1,則m'(x)=(x-lnx-1)'=1-1x=x-1x.
所以x=1是m(x)的極值點(diǎn),從而m(x)有極小值m(1)=0,
所以G'(x)=2(x-lnx-1)>0恒成立.
所以G(x)=x2-1-2xlnx在(0,+∞)上單調(diào)遞增.又因?yàn)镚(1)=0,
所以當(dāng)x>1時(shí),G(x)=x2-1-2xlnx>0,
即2xlnxx2-1恒成立.
所以,對(duì)定義域內(nèi)的任意實(shí)數(shù)x,不等式2lnxx2-1<1x恒成立.
18
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