（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 理

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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、),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,理6)若a>b,则(　　) A.ln(a-b)>0 B.3a<3b C.a3-b3>0 D.|a|>|b| 7.(2019全国卷3,理6)已知曲线y=aex+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则(　　) A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1 C.a

3、=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1 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.“a≤-1”是“函数f(x)=ln x+ax+1x在[1,+∞)上为单调函数”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

4、要条件 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.a

5、,理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.设边长为1 m的正三角形薄铁皮,沿一条平行于某边的直线剪成两块,其中一块是梯形,记S=(梯形的周长)2梯形的面积,则S的最小值是　　　　　.  三、解答题 17.(2019山西太原二模,理21)已知x1,x2(x1

6、个极值点. (1)求a的取值范围; (2)证明:f(x2)-f(x1)<2ln a. 18.(2019湖南六校联考,理21)已知f(x-1)=2ln(x-1)-kx+k(x>1). (1)判断当-1≤k≤0时f(x)的单调性; (2)若x1,x2(x1≠x2)为f(x)两个极值点,求证:x[f(x1)+f(x2)]≥(x+1)[f(x)+2-2x]. 19.已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x. (1)若a=0,证明:当-10时,f(x)>0; (2)若x=0是f

7、(x)的极大值点,求a. 20.(2019山东青岛二模,理21)已知函数f(x)=(x2+a)ekx,e=2.718…为自然对数的底数. (1)若k=-1,a∈R,判断函数f(x)在(0,+∞)上的单调性; (2)令a=0,k=1,若01时,试比较f(x)与1的大小,并说明理由; (2)若f(x)有极大值,求实数a的取值范围; (3)若f(x

8、)在x=x0处有极大值,证明10,得M={x|x<1}.由1+x>0,得N={x|x>-1}, ∴M∩N={x|-120=1, 又0<0.20.3<0.20=1,即c∈(0,1), 所以a

9、π2=1+π2π22=4+2ππ2>1,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=2sinx(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.C　解析取a=2,b=1,

10、满足a>b,但ln(a-b)=0,排除A;取a=2,b=1,∵3a=9,3b=3,∴3a>3b,排除B;∵y=x3是增函数,a>b,∴a3>b3,故C正确;取a=1,b=-2,满足a>b,但|a|<|b|,排除D.故选C. 7.D　解析∵y'=aex+lnx+1, ∴k=y'|x=1=ae+1=2, ∴ae=1,a=e-1. 将点(1,1)代入y=2x+b, 得2+b=1, ∴b=-1. 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. ∵f(x)=f(x+4),∴函数f(x)为周期为4的周期函数. 又log232>log220>lo

11、g216, ∴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.A　解析f'(x)=1x+a-1x2=ax2+x-1x2,∴ax2+x-1≥0对x∈[1,+∞)恒成立或ax2+x-1≤0对x∈[1,+∞)

12、恒成立,则a≥1-xx2max或a≤1-xx2min. 记g(x)=1-xx2(x∈[1,+∞)),则g'(x)=-x2-2x(1-x)x4=x(x-2)x4, ∴函数g(x)的单调递减区间为[1,2],单调递增区间为[2,+∞).当x>1时,g(x)<0, ∴1-xx2max=g(1)=0,1-xx2min=g(2)=-14,∴a≥0或a≤-14.故选A. 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,

13、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=ln12fln12 =hln12=h(-ln2)=h(ln2),且2>ln2>12,∴b>c>a. 12.B　解析∵f(x+1)=2f(x),∴f(x)=2f(x-1). ∵当x∈(0,1]时,f(x)=x(x-1), ∴f(x)的图象如图所示. ∵当2

14、-8)=0, 解得x1=73,x2=83. ∵当x∈(-∞,m]时,f(x)≥-89恒成立,∴m≤73,故m∈-∞,73. 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)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)=-e

15、ax, ∴f(-ln2)=-e-aln2=-8, ∴e-aln2=8,∴-aln2=ln8, ∴-a=3,∴a=-3. 16.3233　如图所示,设AD=xm(00,S递

16、增.故当x=13时,S的最小值是3233. 17.解(1)由题意得f'(x)=ex+1x+1-a,x>-1,令g(x)=ex+1x+1-a,x>-1,则g'(x)=ex-1(x+1)2, 令h(x)=ex-1(x+1)2,x>-1,则h'(x)=ex+2(x+1)3>0, ∴h(x)在(-1,+∞)上递增,且h(0)=0, 当x∈(-1,0)时,g'(x)=h(x)<0,g(x)递减; 当x∈(0,+∞)时,g'(x)=h(x)>0,g(x)递增, ∴g(x)≥g(0)=2-a. ①当a≤2时,f'(x)=g(x)≥g(0)=2-a≥0,f(x)在(-1,+∞)递增,此时无极值;

17、 ②当a>2时,∵g1a-1=e1a-1>0,g(0)=2-a<0, ∴∃x1∈1a-1,0,g(x1)=0, 当x∈(-1,x1)时,g(x)=f'(x)>0,f(x)递增; 当x∈(x1,0)时,g(x)=f'(x)<0,g(x)递减; ∴x=x1是f(x)的极大值点; ∵g(lna)=11+lna>0,g(0)=2-a<0, ∴∃x2∈(0,lna),g(x2)=0. 当x∈(0,x2)时,g(x)=f'(x)<0,f(x)递减;当x∈(x2,+∞)时,g(x)=f'(x)>0,f(x)递增,∴x=x2是f(x)的极小值点; 综上所述,a∈(2,+∞). (2)证明由

18、(1)得a∈(2,+∞),1a-10,1a1), 所以f(x)=2lnx+kx

19、x+1(x>0). f'(x)=2x+k(x+1)2=2x2+(4+k)x+2x(x+1)2. 当-1≤k≤0时,Δ=(4+k)2-16=k(k+8)≤0,2x2+(4+k)x+2>0恒成立. 于是,f(x)在定义域上为单调增函数. (2)证明∵f'(x)=2x+k(x+1)2=2x2+(4+k)x+2x(x+1)2, 由题设知,f'(x)=0有两个不相等的正实数根x1,x2,则 x1+x2=-4+k2>0,x1x2=1>0,Δ=(4+k)2-16>0, 解得k<-8, 而f(x1)+f(x2)=2lnx1+kx1x1+1+2lnx2+kx2x2+1=2ln(x1x2)+kx1

20、x1+1+x2x2+1 =2ln(x1x2)+k·2x1x2+x1+x2x1x2+x1+x2+1 =k. 又(x+1)[f(x)-2lnx]x=k, 故欲证原不等式等价于证明不等式 (x+1)[f(x)-2lnx]x≥x+1x[f(x)-2(x-1)], 也就是要证明对任意x>0,有lnx≤x-1. 令g(x)=lnx-x+1(x>0),由于g(1)=0,并且g'(x)=1x-1, 当x>1时,g'(x)<0,则g(x)在(1,+∞)上为减函数; 当00,则g(x)在(0,1)上为增函数. 则g(x)在(0,+∞)上有最大值g(1)=0,即g(x)≤

21、0,故原不等式成立. 19.解(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f'(x)=ln(1+x)-x1+x, 设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-x1+x, 则g'(x)=x(1+x)2, 当-10时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,当且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,当且仅当x=0时,f'(x)=0. 所以f(x)在(-1,+∞)单调递增. 又f(0)=0,故当-10时,f(x)>0. (2)①若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2

22、+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾. ②若a<0,设函数h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2. 由于当|x|0,故h(x)与f(x)符号相同. 又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点. h'(x)= 11+x-2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2. 若6a+1>0,则当0

23、)>0,故x=0不是h(x)的极大值点. 若6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0. 所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点. 综上,a=-16. 20.(1)解由已知k=-1,所以f(x)=(x2+a)e-x=x2+aex, 所以f'(x)=x2+aex'=2xex-(x2+a)

24、exe2x=-x2+2x-aex. ①若a≥1,在R上恒有u(x)=-(x-1)2+1-a≤0, 所以f'(x)=-(x-1)2+1-aex≤0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减. ②若a<1,u(x)=-(x-1)2+1-a图象与x轴有两个不同交点. 设u(x)=-(x-1)2+1-a=0的两根分别为x1=1-1-a,x2=1+1-a. 若01, 所以当00;当x>x2时,u(x)<0. 所以,f(x)在(0,x1)上和(x2,+∞)上分别单调递减;在(x1,x2)上单调递增. 若a

25、≤0,则x1=1-1-a≤0,x2=1+1-a≥2, 所以,当x∈(0,x2)时总有u(x)>0;当x∈(x2,+∞)时,u(x)<0. 所以f(x)在(0,x2)上单调递增,在(x2,+∞)上单调递减. 综上,若a≥1,则f(x)在(0,+∞)上为单调递减; 若00,g'(x)=ex-1>0恒成立,

26、所以g(x)=ex-(x+1)>g(0)=0, 即ex>x+1>0, 则x2ex-m(x+1)lnx>x2(x+1)-m(x+1)lnx=(x+1)(x2-mlnx). 令h(x)=x2-mlnx, 所以h'(x)=(x2-mlnx)'=2x-mx=2x2-mx, 因为00. 所以h(x)=x2-mlnx在(0,+∞)上有最小值. 所以hm2=m2-mlnm2=m21-lnm2. 因为0

27、1-lnm2≥0,即当00,h(x)=x2-mlnx≥0, 所以x2ex-m(x+1)lnx>0. 所以关于x的方程f(x)-m(x+1)lnx=0无实根. 21.(1)解当a=1,x>1时,f(x)=x-(lnx)2,x>1. f'(x)=1-2(lnx)×1x=x-2lnxx. 令g(x)=x-2lnx,x>1, 则g'(x)=1-2x=x-2x. 当x∈(1,2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, ∴g(x)≥g(2)=2-2ln2>0,即f'(x)>0. ∴f(x)在(1,+∞)上

28、单调递增. ∴f(x)>f(1)=1. 故当a=1,x>1时f(x)>1. (2)解∵f'(x)=1-2alnxx=x-2alnxx(x>0), 令h(x)=x-2alnx(x>0),则h'(x)=1-2ax=x-2ax. ①当a=0时,f(x)=x无极大值. ②当a<0时,h'(x)>0, h(x)在(0,+∞)上单调递增, h(1)=1>0,h(e12a)=e12a-1<0, ∃x1∈(e12a,1),使得h(x1)=0. ∴当x∈(0,x1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减, 当x∈(x1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增. ∴f(x)在x=x1处有

29、极小值,f(x)无极大值. ③当a>0时,h(x)在(0,2a)上单调递减,h(x)在(2a,+∞)上单调递增, ∵f(x)有极大值, ∴h(2a)=2a-2aln(2a)=2a(1-ln2a)<0, 即a>e2. 又h(1)=1>0,h(e)=e-2a<0, ∴∃x0∈(1,e),使得h(x0)=x0-2alnx0=0,即alnx0=x02; ∴当x∈(0,x0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈(x0,e)时,f'(x)<0,f(x)单调递减. ∴f(x)有极大值,综上所述,a>e2. (3)证明由(2)可知,alnx0=x02, ∴f(x0)=x0-a(lnx0)2=x0-x0lnx02(10. ∴p(x)在(1,e)上单调递增, ∴p(1)