（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 專題突破練10 專題二 函數(shù)與導數(shù)過關檢測 理

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1、專題突破練10　專題二　函數(shù)與導數(shù)過關檢測 一、選擇題 1.已知函數(shù)f(x)=11-x的定義域為M,g(x)=ln(1+x)的定義域為N,則M∩N=(　　) A.{x|x>-1} B.{x|x<1} C.{x|-1

2、),則當x<0時,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]的零點個數(shù)為(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 6.(2019全國卷2,理6)若a>b,則(　　) A.ln(a-b)>0 B.3a<3b C.a3-b3>0 D.|a|>|b| 7.(2019全國卷3,理6)已知曲線y=aex+xln x在點(1,ae)處的切線方程為y=2x+b,則(　　) 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,f(x)=2x+15,則f(log220)=(　　) A.1 B.45 C.-1 D.-45 9.設函數(shù)f(x)=xex,則(　　) A.x=1為f(x)的極大值點 B.x=1為f(x)的極小值點 C.x=-1為f(x)的極大值點 D.x=-1為f(x)的極小值點 10.“a≤-1”是“函數(shù)f(x)=ln x+ax+1x在[1,+∞)上為單調(diào)函數(shù)”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必

4、要條件 11.已知定義域為R的奇函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f'(x),當x>0時,f'(x)+f(x)x>0,若a=12f12,b=-2f(-2),c=ln12fln12,則a,b,c的大小關系正確的是(　　) A.a

5、,理13)曲線y=3(x2+x)ex在點(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,則切點的橫坐標為　　　　　.? 15.(2019全國卷2,理14)已知f(x)是奇函數(shù),且當x<0時,f(x)=-eax.若f(ln 2)=8,則a=　　　　.? 16.設邊長為1 m的正三角形薄鐵皮,沿一條平行于某邊的直線剪成兩塊,其中一塊是梯形,記S=(梯形的周長)2梯形的面積,則S的最小值是　　　　　.? 三、解答題 17.(2019山西太原二模,理21)已知x1,x2(x1

6、個極值點. (1)求a的取值范圍; (2)證明:f(x2)-f(x1)<2ln a. 18.(2019湖南六校聯(lián)考,理21)已知f(x-1)=2ln(x-1)-kx+k(x>1). (1)判斷當-1≤k≤0時f(x)的單調(diào)性; (2)若x1,x2(x1≠x2)為f(x)兩個極值點,求證:x[f(x1)+f(x2)]≥(x+1)[f(x)+2-2x]. 19.已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x. (1)若a=0,證明:當-10時,f(x)>0; (2)若x=0是f

7、(x)的極大值點,求a. 20.(2019山東青島二模,理21)已知函數(shù)f(x)=(x2+a)ekx,e=2.718…為自然對數(shù)的底數(shù). (1)若k=-1,a∈R,判斷函數(shù)f(x)在(0,+∞)上的單調(diào)性; (2)令a=0,k=1,若01時,試比較f(x)與1的大小,并說明理由; (2)若f(x)有極大值,求實數(shù)a的取值范圍; (3)若f(x

8、)在x=x0處有極大值,證明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.故選D. 4.C　解析當x<0時,-x>0,f(-x)=(-x)3+ln(1-x), ∵f(x)是R上的奇函數(shù),∴當x<0時,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)在區(qū)間[0,2π]上的零點個數(shù)是3.故選B. 6.C　解析取a=2,b=1,

10、滿足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是增函數(shù),a>b,∴a3>b3,故C正確;取a=1,b=-2,滿足a>b,但|a|<|b|,排除D.故選C. 7.D　解析∵y'=aex+lnx+1, ∴k=y'|x=1=ae+1=2, ∴ae=1,a=e-1. 將點(1,1)代入y=2x+b, 得2+b=1, ∴b=-1. 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). ∵f(x)=f(x+4),∴函數(shù)f(x)為周期為4的周期函數(shù). 又log232>log220>lo

11、g216, ∴4-1時,f'(x)>0,函數(shù)f(x)遞增;當x<-1時,f'(x)<0,函數(shù)f(x)遞減,所以當x=-1時,f(x)有極小值. 10.A　解析f'(x)=1x+a-1x2=ax2+x-1x2,∴ax2+x-1≥0對x∈[1,+∞)恒成立或ax2+x-1≤0對x∈[1,+∞)

12、恒成立,則a≥1-xx2max或a≤1-xx2min. 記g(x)=1-xx2(x∈[1,+∞)),則g'(x)=-x2-2x(1-x)x4=x(x-2)x4, ∴函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[1,2],單調(diào)遞增區(qū)間為[2,+∞).當x>1時,g(x)<0, ∴1-xx2max=g(1)=0,1-xx2min=g(2)=-14,∴a≥0或a≤-14.故選A. 11.A　解析設h(x)=xf(x), ∴h'(x)=f(x)+x·f'(x). ∵y=f(x)是定義在實數(shù)集R上的奇函數(shù),∴h(x)是定義在實數(shù)集R上的偶函數(shù). 又當x>0時,f'(x)+f(x)x>0, ∴當x>0時,

13、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=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). ∵當x∈(0,1]時,f(x)=x(x-1), ∴f(x)的圖象如圖所示. ∵當2

14、-8)=0, 解得x1=73,x2=83. ∵當x∈(-∞,m]時,f(x)≥-89恒成立,∴m≤73,故m∈-∞,73. 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)ex在點(0,0)處的切線方程為y=3x. 14.2　設切點坐標為(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x<0時,f(x)=-e

15、ax, ∴f(-ln2)=-e-aln2=-8, ∴e-aln2=8,∴-aln2=ln8, ∴-a=3,∴a=-3. 16.3233　如圖所示,設AD=xm(00,S遞

16、增.故當x=13時,S的最小值是3233. 17.解(1)由題意得f'(x)=ex+1x+1-a,x>-1,令g(x)=ex+1x+1-a,x>-1,則g'(x)=ex-1(x+1)2, 令h(x)=ex-1(x+1)2,x>-1,則h'(x)=ex+2(x+1)3>0, ∴h(x)在(-1,+∞)上遞增,且h(0)=0, 當x∈(-1,0)時,g'(x)=h(x)<0,g(x)遞減; 當x∈(0,+∞)時,g'(x)=h(x)>0,g(x)遞增, ∴g(x)≥g(0)=2-a. ①當a≤2時,f'(x)=g(x)≥g(0)=2-a≥0,f(x)在(-1,+∞)遞增,此時無極值;

17、 ②當a>2時,∵g1a-1=e1a-1>0,g(0)=2-a<0, ∴?x1∈1a-1,0,g(x1)=0, 當x∈(-1,x1)時,g(x)=f'(x)>0,f(x)遞增; 當x∈(x1,0)時,g(x)=f'(x)<0,g(x)遞減; ∴x=x1是f(x)的極大值點; ∵g(lna)=11+lna>0,g(0)=2-a<0, ∴?x2∈(0,lna),g(x2)=0. 當x∈(0,x2)時,g(x)=f'(x)<0,f(x)遞減;當x∈(x2,+∞)時,g(x)=f'(x)>0,f(x)遞增,∴x=x2是f(x)的極小值點; 綜上所述,a∈(2,+∞). (2)證明由

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. 當-1≤k≤0時,Δ=(4+k)2-16=k(k+8)≤0,2x2+(4+k)x+2>0恒成立. 于是,f(x)在定義域上為單調(diào)增函數(shù). (2)證明∵f'(x)=2x+k(x+1)2=2x2+(4+k)x+2x(x+1)2, 由題設知,f'(x)=0有兩個不相等的正實數(shù)根x1,x2,則 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, 故欲證原不等式等價于證明不等式 (x+1)[f(x)-2lnx]x≥x+1x[f(x)-2(x-1)], 也就是要證明對任意x>0,有l(wèi)nx≤x-1. 令g(x)=lnx-x+1(x>0),由于g(1)=0,并且g'(x)=1x-1, 當x>1時,g'(x)<0,則g(x)在(1,+∞)上為減函數(shù); 當00,則g(x)在(0,1)上為增函數(shù). 則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)當a=0時,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f'(x)=ln(1+x)-x1+x, 設函數(shù)g(x)=f'(x)=ln(1+x)-x1+x, 則g'(x)=x(1+x)2, 當-10時,g'(x)>0.故當x>-1時,g(x)≥g(0)=0,當且僅當x=0時,g(x)=0,從而f'(x)≥0,當且僅當x=0時,f'(x)=0. 所以f(x)在(-1,+∞)單調(diào)遞增. 又f(0)=0,故當-10時,f(x)>0. (2)①若a≥0,由(1)知,當x>0時,f(x)≥(2

22、+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點矛盾. ②若a<0,設函數(shù)h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2. 由于當|x|0,故h(x)與f(x)符號相同. 又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的極大值點當且僅當x=0是h(x)的極大值點. 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,則當0

23、)>0,故x=0不是h(x)的極大值點. 若6a+1<0,則a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故當x∈(x1,0),且|x|0;當x∈(0,1)時,h'(x)<0. 所以x=0是h(x)的極大值點,從而x=0是f(x)的極大值點. 綜上,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,+∞)上單調(diào)遞減. ②若a<1,u(x)=-(x-1)2+1-a圖象與x軸有兩個不同交點. 設u(x)=-(x-1)2+1-a=0的兩根分別為x1=1-1-a,x2=1+1-a. 若01, 所以當00;當x>x2時,u(x)<0. 所以,f(x)在(0,x1)上和(x2,+∞)上分別單調(diào)遞減;在(x1,x2)上單調(diào)遞增. 若a

25、≤0,則x1=1-1-a≤0,x2=1+1-a≥2, 所以,當x∈(0,x2)時總有u(x)>0;當x∈(x2,+∞)時,u(x)<0. 所以f(x)在(0,x2)上單調(diào)遞增,在(x2,+∞)上單調(diào)遞減. 綜上,若a≥1,則f(x)在(0,+∞)上為單調(diào)遞減; 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, 則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, 因為00. 所以h(x)=x2-mlnx在(0,+∞)上有最小值. 所以hm2=m2-mlnm2=m21-lnm2. 因為0

27、1-lnm2≥0,即當00,h(x)=x2-mlnx≥0, 所以x2ex-m(x+1)lnx>0. 所以關于x的方程f(x)-m(x+1)lnx=0無實根. 21.(1)解當a=1,x>1時,f(x)=x-(lnx)2,x>1. f'(x)=1-2(lnx)×1x=x-2lnxx. 令g(x)=x-2lnx,x>1, 則g'(x)=1-2x=x-2x. 當x∈(1,2)時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減, 當x∈(2,+∞)時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增, ∴g(x)≥g(2)=2-2ln2>0,即f'(x)>0. ∴f(x)在(1,+∞)上

28、單調(diào)遞增. ∴f(x)>f(1)=1. 故當a=1,x>1時f(x)>1. (2)解∵f'(x)=1-2alnxx=x-2alnxx(x>0), 令h(x)=x-2alnx(x>0),則h'(x)=1-2ax=x-2ax. ①當a=0時,f(x)=x無極大值. ②當a<0時,h'(x)>0, h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, h(1)=1>0,h(e12a)=e12a-1<0, ?x1∈(e12a,1),使得h(x1)=0. ∴當x∈(0,x1)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減, 當x∈(x1,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增. ∴f(x)在x=x1處有

29、極小值,f(x)無極大值. ③當a>0時,h(x)在(0,2a)上單調(diào)遞減,h(x)在(2a,+∞)上單調(diào)遞增, ∵f(x)有極大值, ∴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; ∴當x∈(0,x0)時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 當x∈(x0,e)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減. ∴f(x)有極大值,綜上所述,a>e2. (3)證明由(2)可知,alnx0=x02, ∴f(x0)=x0-a(lnx0)2=x0-x0lnx02(10. ∴p(x)在(1,e)上單調(diào)遞增, ∴p(1)