2019届高考数学专题六函数与导数高频考点真题回访文.docx

专题六 函数与导数高频考点真题回访1.(2018全国卷)函数f=的图象大致为()【解题指南】 本题考查了函数的图象与性质的运用,重在考查识图能力,注意应用函数的奇偶性与单调性.【解析】选B.因为x0,f(-x)=-f(x),所以f(x)为奇函数,舍去A,因为f(1)=e-e-10,所以舍去D;因为f(x)=,所以x2,f(x)0,所以舍去C;因此选B.2.(2017全国卷)函数f(x)=ln(x2-2x-8) 的单调递增区间是()A.(-,-2)B.(-,1)C.(1,+)D.(4,+)【解析】选D.函数有意义,则x2-2x-80,解得:x4,结合二次函数的单调性和复合函数同增异减的原则,可得函数的单调增区间为(4,+).3. (2017全国卷)已知函数f(x)=ln x+ln(2-x),则()A.f(x)在(0,2)单调递增B.f(x)在(0,2)单调递减C.y=f(x)的图象关于直线x=1对称D.y=f(x)的图象关于点(1,0)对称【解析】选C.由题意知,f(2-x)=ln(2-x)+ln x=f(x),所以f(x)的图象关于直线x=1对称,C正确,D错误;又f(x)=-=(0x0,所以f(x)=3x-在R上是增函数.6.(2018全国卷)设函数f=则满足ff的x的取值范围是()A.B.C.D.【解析】选D.取x=-,则化为ff(-1),成立,排除A,B;取x=-1,则化为f(0)f(-2),成立,排除C.7.(2018全国卷)已知函数f=log2,若f=1,则a=_.【解析】可得log2(9+a)=1,所以9+a=2,a=-7.答案:-78.(2017全国卷)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x(-,0)时,f(x)=2x3+x2,则f(2)=_.【解析】f(2)=-f(-2)=-2(-8)+4=12.答案:129. (2018全国卷)曲线y=2ln x在点(1,0)处的切线方程为_.【解析】y=,k=2,所以切线方程为y-0=2(x-1)即y=2x-2.答案:y=2x-210.(2018全国卷)已知函数f=aex-ln x-1.(1)设x=2是f的极值点.求a,并求f的单调区间.(2)证明:当a时,f0.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=aex-.由题设知,f (2)=0,所以a=.从而f(x)=ex-ln x-1,f (x)=ex-.当0x2时,f (x)2时,f (x)0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增.(2)当a时,f(x)-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g(x)=-.当0x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x0时,g(x)g(1)=0.因此,当a时,f(x)0.11.(2018全国卷)已知函数f=x3-a.(1)若a=3,求f(x)的单调区间.(2)证明:f(x)只有一个零点.【解题指南】本题考查利用导数的有关知识来求解函数的单调区间以及研究函数的零点,意在考查考生的化归与转化能力,分类讨论的思想运用以及求解能力.【解析】(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f (x)=x2-6x-3.令f (x)=0解得x=3-2或3+2.当x(-,3-2)或(3+2,+)时,f (x)0;当x(3-2,3+2)时,f (x)0,所以f(x)=0等价于-3a=0.设g(x)=-3a,则g (x)=0,仅当x=0时g (x)=0,所以g(x)在(-,+)上单调递增.故g(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.12.(2018全国卷)已知函数f=.(1)求曲线y=f在点处的切线方程.(2)证明:当a1时,f+e0.【解析】(1)f(x)的定义域为R,f(x)=,显然f(0)=-1,即点(0,-1)在曲线y=f(x)上,所求切线斜率为k=f(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.(2)方法一(一边为0):令g(x)=-ax2+(2a-1)x+2,当a1时,方程g(x)的判别式=(2a+1)20,由g(x)=0得,x=-,2,且-02,x,f(x),f(x)的关系如下x-2(2,+)f(x)-0+0-f(x)极小值极大值若x(-,2,f(x)f=-又因为a1,所以01,14a+2-10,ex0,所以f(x)=0,f(x)+e0,综上,当a1时,f(x)+e0.方法二(充要条件):当a=1时,f(x)=.显然ex0,要证f(x)+e0只需证-e,即证h(x)=x2+x-1+eex0,h(x)=2x+1+eex,观察发现h(-1)=0,x,h(x),h(x)的关系如下x(-,-1)-1(-1,+)h(x)-0+h(x)极小值所以h(x)有最小值h(-1)=0,所以h(x)0即f(x)+e0.当a1时,由知,-e,又显然ax2x2,所以ax2+x-1x2+x-1,f(x)=-e,即f(x)+e0.综上,当a1时,f(x)+e0.方法三(分离参数):当x=0时,f(x)+e=-1+e0成立.当x0时,f(x)+e0等价于-e,等价于ax2+x-1-eex,即ax2-eex-x+1等价于a=k(x),等价于k(x)max1.k(x)=,令k(x)=0得x=-1,2.x,k(x),k(x)的关系如下x(-,-1)-1(-1,0)(0,2)2(2,+)k(x)+0-+0-k(x)极大值极大值又因为k(-1)=1,k(2)=-0,所以k(x)max=1,