（通用版）2020版高考数学大二轮复习 专题突破练10 专题二 函数与导数过关检测 文

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1、专题突破练10　专题二　函数与导数过关检测 一、选择题 1.已知函数f(x)=11-x的定义域为M,g(x)=ln(1+x)的定义域为N,则M∩N=(　　) A.{x|x>-1} B.{x|x<1} C.{x|-1

2、当x≥0时,f(x)=x3+ln(1+x),则当x<0时,f(x)=(　　) A.-x3-ln(1-x) B.x3+ln(1-x) C.x3-ln(1-x) D.-x3+ln(1-x) 5.(2019全国卷3,文5)函数f(x)=2sin x-sin 2x在[0,2π]的零点个数为(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 6.(2019全国卷2,文6)设f(x)为奇函数,且当x≥0时,f(x)=ex-1,则当x<0时,f(x)=(　　) A.e-x-1 B.e-x+1 C.-e-x-1 D.-e-x+1 7.已知函数f(x)=x2,x∈[0,+∞),x3+a2-

3、3a+2,x∈(-∞,0)在区间(-∞,+∞)上是增函数,则常数a的取值范围是(　　) A.(1,2) B.(-∞,1]∪[2,+∞) C.[1,2] D.(-∞,1)∪(2,+∞) 8.定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=-f(x),f(x)=f(x+4),且x∈(-1,0)时,f(x)=2x+15,则f(log220)=(　　) A.1 B.45 C.-1 D.-45 9.设函数f(x)=xex,则(　　) A.x=1为f(x)的极大值点 B.x=1为f(x)的极小值点 C.x=-1为f(x)的极大值点 D.x=-1为f(x)的极小值点 10.已知函数f(x)

4、=x2-ax+3在区间(0,1)上为减函数,函数g(x)=x2-aln x在区间(1,2)上为增函数,则a的值等于(　　) A.1 B.2 C.0 D.2 11.已知定义域为R的奇函数f(x)的导函数为f'(x),当x>0时,f'(x)+f(x)x>0,若a=12f12,b=-2f(-2),c=ln12fln12,则a,b,c的大小关系正确的是(　　) 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、填空题 13.(2019全国卷1,文13)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为　　　　　.  14.已知曲线y=x24-3ln x的一条切线的斜率为-12,则切点的横坐标为　　　　　.  15.(2019全国卷2,理14)已知f(x)是奇函数,且当x<0时,f(x)=-eax.若f(ln 2)=8,则a=　　　　.  16.(2019福建漳州质检二,文16)已知函数y=f(x+1)-2是奇函数,g(x)

6、=2x-1x-1,且f(x)与g(x)的图象的交点为(x1,y1),(x2,y2),…,(x6,y6),则x1+x2+…+x6+y1+y2+…+y6=　　　　　.  三、解答题 17.(2019湖南湘潭一模,文21) 已知函数f(x)=ex-x2-ax. (1)证明:当a≤2-2ln 2时,导函数f'(x)的最小值不小于0; (2)当x>0时,f(x)≥1-x恒成立,求实数a的取值范围. 18.(2019山西运城二模,文21)已知函数f(x)=xex-a(ln x+x),a∈R. (1)当a=e时,求f(x)的单调区间; (2)若f(x

7、)有两个零点,求实数a的取值范围. 19.(2019全国卷1,文20)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x,f'(x)为f(x)的导数. (1)证明:f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点; (2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围. 20.(2019山东泰安二模,文20)已知函数f(x)=(x-m)ln x(m≤0). (1)若函数f(x)存在极小值点,求m的取值范围; (2)当m=0时,证明:f(x)

8、二模,文21)已知函数g(x)=lnxx-m(m<0),h(x)=2x+m. (1)若g(x)在区间(0,e2]上单调递增,求实数m的取值范围; (2)若m=-1,且f(x)=g(x)·h(x),求证:对定义域内的任意实数x,不等式f(x)<1x恒成立. 　　　　　　　　　　　　　　　 参考答案 专题突破练10　专题二　函数与 导数过关检测 1.C　解析∵函数的定义域是指使函数式有意义的自变量x的取值范围, ∴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.故选D. 4.C　解析当x<0时,-x>0,f(-x)=(-x)3+ln(1-x), ∵f(x)是R上的奇函数,∴当x<0时,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)在区间[0,2π]上的零点个数是3.故选B. 6.D　解析∵f(x)是奇函数, ∴f(-x)=-f(x). 当x<0时,-x>0,f(-x)=e-x-1=-f(x),即f(x)=-e-x+1.故选D. 7.C　解析由题意可知,f(x)在[0,+∞)内单调递增,在(-∞,0)内单调递增. 因为f(x)在区间(-∞,+∞)上是增函数,所以a2-3a+2≤0,解得1≤a≤2. 8.C　解析∵定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=-f(x),∴函数f(x)为奇函数.

11、 ∵f(x)=f(x+4),∴函数f(x)为周期为4的周期函数. 又log232>log220>log216, ∴4-1时,f'(x)>0,函数f(x)递增;当x<-1时,f'(x)<0,函数f(x)递减,所以当x=-1时,f(x)有极小值. 10.B　解析∵函数f(x)=x2-ax+

12、3在区间(0,1)上为减函数,∴a2≥1,得a≥2. 又g'(x)=2x-ax,依题意g'(x)≥0在区间(1,2)上恒成立,得2x2≥a在区间(1,2)上恒成立,有a≤2,∴a=2. 11.A　解析设h(x)=xf(x), ∴h'(x)=f(x)+x·f'(x). ∵y=f(x)是定义在实数集R上的奇函数,∴h(x)是定义在实数集R上的偶函数. 又当x>0时,f'(x)+f(x)x>0, ∴当x>0时,h'(x)=f(x)+x·f'(x)>0,∴函数h(x)在区间(0,+∞)内单调递增. ∵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上的偶函数, ∴flog314=f(-log34)=f(log34). 又y=2x在R上单调递增, ∴log34>1=20>2-23>2-32. 又f(x)在区间(0,+∞)内单调递减, ∴f(log34)f(2-23)>flog314.故选C. 13.y=3x　解析由题意可知y'=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex =3(x2+3x+1)ex, ∴k=y'|x=0=3. ∴曲线y=3(x2+x)

14、ex在点(0,0)处的切线方程为y=3x. 14.2　设切点坐标为(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)是奇函数, ∴f(-ln2)=-8. ∵当x<0时,f(x)=-eax, ∴f(-ln2)=-e-aln2=-8, ∴e-aln2=8,∴-aln2=ln8, ∴-a=3,∴a=-3. 16.18　因为函数y=f(x+1)-2为奇函数,所以函数f(x)的图象关于点(1,2)对称, g(x)=2x-1x-1=1x-1+2关于点(1,2)对称,所以两

15、个函数图象的交点也关于点(1,2)对称, 则(x1+x2+…+x6)+(y1+y2+…+y6)=2×3+4×3=18.故答案为18. 17.(1)证明f'(x)=ex-2x-a,令g(x)=ex-2x-a, 则g'(x)=ex-2. 则当x∈(-∞,ln2)时,g'(x)<0,当x∈(ln2,+∞)时,g'(x)>0. 所以函数g(x)在x=ln2时取最小值,即f'(x)在x=ln2时取最小值,所以f'(x)min=f'(ln2)=2-2ln2-a. 又a≤2-2ln2,所以f'(x)min≥0. 故当a≤2-2ln2时,导函数f'(x)的最小值不小于0. (2)解当x>0时,

16、ex-x2-ax≥1-x, 即a≤exx-x-1x+1. 令h(x)=exx-x-1x+1(x>0), 则h'(x)=ex(x-1)-x2+1x2 =(x-1)(ex-x-1)x2. 令φ(x)=ex-x-1(x>0), 则φ'(x)=ex-1>0. 当x∈(0,+∞)时,φ(x)单调递增,φ(x)>φ(0)=0. 则当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增. 所以h(x)min=h(1)=e-1,所以a≤e-1. 所以实数a的取值范围为(-∞,e-1]. 18.解(1)f(x)定义域为(0,+∞),

17、当a=e时,f'(x)=(1+x)(xex-e)x. ∴当01时,f'(x)>0, ∴f(x)在(0,1)上为减函数;在(1,+∞)上为增函数. (2)记t=lnx+x,则t=lnx+x在(0,+∞)上单调递增,且t∈R. ∴f(x)=xex-a(lnx+x) =et-at=g(t). ∴f(x)在(0,+∞)上有两个零点等价于g(t)=et-at在t∈R上有两个零点. ①当a=0时,g(t)=et在R上单调递增,且g(t)>0,故g(t)无零点; ②当a<0时,g'(t)=et-a>0恒成立, ∴g(t)在R上单调递增, 又g(0)=1>

18、0,g1a=e1a-1<0,故g(t)在R上只有一个零点; ③当a>0时,由g'(t)=et-a=0可知g(t)在t=lna时有唯一的一个极小值g(lna)=a(1-lna), 若00,g(t)无零点; 若a=e,g(t)极小值=0,g(t)只有一个零点; 若a>e,g(t)极小值=a(1-lna)<0, 而g(0)=1>0, 由y=lnxx在(e,+∞)上为减函数,可知当a>e时,ea>ae>a2, 从而g(a)=ea-a2>0, ∴g(t)在(0,lna)和(lna,+∞)上各有一个零点. 综上可知,当a>e时,f(x)有两

19、个点,故所求a的取值范围是(e,+∞). 19.(1)证明设g(x)=f'(x), 则g(x)=cosx+xsinx-1,g'(x)=xcosx. 当x∈0,π2时,g'(x)>0; 当x∈π2,π时,g'(x)<0, 所以g(x)在0,π2单调递增,在π2,π单调递减. 又g(0)=0,gπ2>0,g(π)=-2, 故g(x)在(0,π)存在唯一零点. 所以f'(x)在(0,π)存在唯一零点. (2)解由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0. 由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0;当x∈(x0,π)时,

20、f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减. 又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0. 又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax. 因此,a的取值范围是(-∞,0]. 20.(1)解函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=x-mx+lnx=1-mx+lnx. ①当m=0时,f'(x)=0得x=1e,当x∈0,1e时,f'(x)<0;当x∈1e,+∞时,f'(x)>0, ∴x=1e是函数f(x)的极小值点,满足题意. ②当m<0时,令g(x)=f'(x),g'(x)=mx2+1x=x+mx2. 令g'(

21、x)=0,解得x=-m.当x∈(0,-m)时,g'(x)<0,当x∈(-m,+∞)时,g'(x)>0. ∴g(x)min=g(-m)=2+ln(-m),若g(-m)≥0,即m≤-e-2,则f'(x)=g(x)≥0恒成立, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值点,不满足题意. 若g(-m)=2+ln(-m)<0,即-e-20, ∴g(-m)·g(1-m)<0. 又g(x)在(-m,+∞)上单调递增, ∴g(x)在(-m,+∞)上恰有一个零点x1. 当x∈(-m,x1)时,f'(x)=g(x)<0,当x∈(x1,+∞)时,f

22、'(x)=g(x)>0, ∴x1是f(x)的极小值点,满足题意, 综上,-e-20,xlnx≤0, ∴f(x)φ'(1)=e-1>0, ∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增, h'(x)=φ(x)>φ(1)=e-1>0, ∴h(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴h(x

23、)>h(1)=e-1>0, ∴当x>1时,xlnx0. 当x=1时,h'(

24、1)=0,当x>1时,h'(x)<0, 所以函数h(x)=x(1-lnx)在(0,1)上单调递增,在(1,e2]上单调递减. 当00, 所以h(x)min=h(e2)=e2(1-lne2)=-e2, 所以m≤-e2,故实数m的取值范围是(-∞,-e2]. (2)证明当m=-1时, f(x)=g(x)h(x)=lnxx+1·2x-1=2lnxx2-1, 对定义域内的任意正数x,不等式f(x)<1x恒成立,即对定义域内的任意正数x,2lnxx2-1<1x. 因为当x>1时,x2-1>0;当01

25、时,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,则m'(x)=(x-lnx-1)'=1-1x=x-1x. 所以x=1是m(x)的极值点,从而m(x)有极小值m(1)=0, 所以G'(x)=2(x-lnx-1)>0恒成立. 所以G(x)=x2-1-2xlnx在(0,+∞)上单调递增.又因为G(1)=0, 所以当x>1时,G(x)=x2-1-2xlnx>0, 即2xlnxx2-1恒成立. 所以,对定义域内的任意实数x,不等式2lnxx2-1<1x恒成立. 18