高考热点强化6　函数、导数和不等式

9/9高考热点强化(六)函数、导数和不等式1．(2021·重庆三模)若某物体作直线运动，路程S(单位：m)与时间t(单位：s)的关系由函数S(t)＝k·eeq\s\up12(－eq\f(t,2))表示．当t＝2s时，该物体的瞬时速度v为－eq\f(2,e)m/s，则当t＝6s时，该物体行驶的路程为()A．2e－6 B．4e－6C．2e－3 D．4e－3D[因为S(t)＝k·eeq\s\up12(－eq\f(t,2))，所以S′(t)＝－eq\f(1,2)k·eeq\s\up12(－eq\f(t,2))，因为当t＝2s时，该物体的瞬时速度v为－eq\f(2,e)m/s，所以S′(2)＝－eq\f(1,2)k·e－1＝－eq\f(2,e)，解得k＝4，所以S(t)＝4eeq\s\up12(－eq\f(t,2))，所以S(6)＝4e－3，故选D．]2．(2021·广东5月模拟)已知e是自然对数的底数，设a＝lge，b＝2eq\s\up12(－eq\f(1,2))，c＝logeq\s\do8(eq\f(1,3))0.2，则a，b，c的大小关系是()A．c＜b＜a B．a＜c＜bC．b＜c＜a D．a＜b＜cD[因为a＝lge＜lgeq\r(10)＝eq\f(1,2)，b＝2eq\s\up8(－eq\f(1,2))＝eq\f(\r(2),2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，c＝logeq\s\do8(eq\f(1,3))0.2＞logeq\s\do8(eq\f(1,3))eq\f(1,3)＝1，所以a＜b＜c.故选D．]3．(2021·辽宁抚顺六校模拟)三星堆古遗址是迄今在西南地区发现的范围最大，延续时间最长，文化内涵最丰富的古城、古国、古蜀文化遗址．三星堆遗址被称为20世纪人类最伟大的考古发现之一，昭示了长江流域与黄河流域一样，同属中华文明的母体，被誉为“长江文明之源”，考古学家在测定遗址年代的过程中，利用“生物死亡后体内的碳14含量按确定的比率衰减”这一规律，建立了样本中碳14的含量随时间x(年)变化的数学模型：y＝y0·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(eq\f(x,5730))(y0表示碳14的初始量).2020年考古学家对三星堆古遗址某文物样本进行碳14年代学检测，检测出碳14的含量约为初始量的68%，据此推测三星堆古遗址存在的时期距今大约是()(参考数据：log25≈2.32，log217≈4.09)A．2796年 B．3152年C．3952年 D．4480年B[设三星堆古遗址存在的时期距今大约是x年，则y0·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(eq\f(x,5730))＝68%·y0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(eq\f(x,5730))＝0.68，所以eq\f(x,5730)＝logeq\s\do8(eq\f(1,2))0.68＝log225－log217＝2log25－log217≈0.55，解得x≈5730×0.55≈3152.故选B．]4．(2021·山东淄博二模)函数f(x)＝(ex＋e－x)tanx的部分图象大致为()ABCDD[因为f(x)＝(ex＋e－x)tanx，x≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，定义域关于原点对称，且f(－x)＝(ex＋e－x)tan(－x)＝－f(x)，所以函数为奇函数，故排除C选项，当x＝0时，f(0)＝0，故排除B选项；当x＝1时，f(1)＞0，故排除A，故选D．]5．函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m的值为()A．7 B．eq\f(28,3)C．3 D．4D[f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，f′(x)＝0时，x＝2，f′(x)＜0时，0≤x＜2，f′(x)＞0时，2＜x≤3.所以f(x)在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4，故选D．]6．(2021·广东湛江二模)已知函数f(x)＝x2e1－x－a有三个零点，则实数a的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,e))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,e2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2)))B[由x2e1－x－a＝0⇒a＝x2e1－x，设g(x)＝x2e1－x，g′(x)＝e1－xx(2－x)，当x∈(－∞，0)时，g′(x)＜0，当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，所以函数g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，g(0)＝0，g(2)＝eq\f(4,e)，因为函数f(x)＝x2e1－x－a有三个零点，故0＜a＜eq\f(4,e).故选B．]7．(2021·山东济南一模)已知函数f(x)＝x3－ax＋1的图象在x＝2处切线的斜率为9，则下列说法错误的是()A．a＝3B．f(x)在x＝－1处取得极大值C．当x∈(－2,1]时，f(x)∈(－1,3]D．f(x)的图象关于点(0,1)中心对称C[A：f′(x)＝3x2－a，由题意f′(2)＝12－a＝9，得a＝3，正确；B：f′(x)＝3(x－1)(x＋1)，由f′(x)＝0得：x＝－1或1，易知在(－∞，－1)，(1，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)为增函数，在(－1,1)上f′(x)＜0，f(x)为减函数，所以f(x)在x＝－1处取得极大值，正确；C：由B知：f(－2)＝－1，f(－1)＝3，f(1)＝－1，故在(－2,1]上的值域为[－1,3]，错误；D：令g(x)＝x3－3x且为奇函数，则f(x)＝g(x)＋1，而g(x)图象关于(0,0)中心对称，所以f(x)关于(0,1)中心对称，正确；故选C．]8．(2021·江苏连云港市模拟)已知函数f(x)＝eq\f(sinx,ex－x)，则下列结论正确的是()①f(x)是奇函数；②|f(x)|＜1；③f(x)在(－1,0)单调递增；④f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上存在一个极值点．A．①② B．①④C．①③④ D．②③④D[对于①：因为sinx为奇函数，若f(x)是奇函数，则ex－x为偶函数，令t(x)＝ex－x，则t(－x)＝e－x＋x，显然不是偶函数，故①错误；对于②：设g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1，当x＜0时，g′(x)＜0，函数g(x)在(－∞，0)上单调递减，当x＞0时，g′(x)＞0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g′(0)＝0，所以0为g(x)的一个极小值点，又函数g(x)在R上有唯一极值点，所以极小值即为最小值，所以g(x)≥g(0)＝1，|f(x)|＜1⇔|sinx|＜|ex－x|，ex－x≥1，|sinx|≤1故②正确；对于③：f′(x)＝eq\f(excosx－sinx－xcosx＋sinx,ex－x2)，令h(x)＝ex(cosx－sinx)－xcosx＋sinx，h′(x)＝sinx(x－2ex)，令φ(x)＝x－2ex.当x∈(－1,0)时，sinx＜0，x－2ex＜0，∴h′(x)＝sinx(x－2ex)＞0，∴h(x)在(－1,0)递增，h(0)＝1＞0，h(－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋1))cos1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))sin1＞0，∴h(x)＞0，∴f′(x)＞0，所以f(x)在(－1,0)单调递增，故③正确；对于④：f′(x)＝eq\f(excosx－sinx－xcosx＋sinx,ex－x2)，令h(x)＝ex(cosx－sinx)－xcosx＋sinx，h′(x)＝sinx(x－2ex)，令φ(x)＝x－2ex，∵φ′(x)＝1－2ex递减，∴φ′(x)＜φ′(0)＝－1＜0，故φ(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))递减，∴φ(x)≤φ(0)＝－2＜0，∴h′(x)＜0，故h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))递减，h(0)＝1＞0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－eeq\f(π,2)＜0.∴∃x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使h(x0)＝0⇒f′(x0)＝0，∴f(x)在(0，x0)递增，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))递减．故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上存在一个极值点，故④正确．故选D．]9．(2021·湖北二模)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(0)＝2，f(1)＝3.写出f(x)的一个解析式为________．f(x)＝x2＋2(答案不唯一)[二次函数f(x)＝ax2＋b，显然满足f(－x)＝f(x)，所以该函数是偶函数，由f(0)＝2⇒b＝2，由f(1)＝3⇒a＋2＝3⇒a＝1，所以f(x)＝x2＋2.]10．已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＋eq\f(x,x2＋1)＋1，则f(x)的最大值与最小值的和为________．2[由已知得f(x)＝sin2x＋eq\f(x,x2＋1)＋1，因为y＝sin2x，y＝eq\f(x,x2＋1)都为奇函数，所以不妨设f(x)在x＝a处取得最大值，则根据奇函数的对称性可知，f(x)在x＝－a处取得最小值，故f(a)＋f(－a)＝sin2a＋eq\f(a,a2＋1)＋1＋sin(－2a)＋eq\f(－a,a2＋1)＋1＝2.]11．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2＋2x＋ax≤0，,ax－3x＞0))有且只有一个零点，则实数a的取值范围是________．a＝0或a＞1[当a＞0时，函数y＝ax－3(x＞0)必有一个零点，又因为x＝－eq\f(1,a)＜0，故aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))eq\s\up12(2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＋a＞0，解得a＞1；当a＝0时，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2xx≤0，,－3x＞0))恰有一个零点；当a＜0时，若x＞0，则f(x)＝ax－3＜0无零点，若x≤0，则f(x)＝ax2＋2x＋a，此时，f(x)恒小于0，所以当a＜0时，f(x)无零点，故答案为a＝0或a＞1.]12．(2021·河北石家庄一模)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，满足f′(x)＞2，f(2)＝4，则不等式xf(x－1)＞2x2－2x的解集为________．(－∞，0)∪(3，＋∞)[构造函数g(x)＝f(x)－2x，则g′(x)＝f′(x)－2＞0，即函数g(x)在R上为增函数，且g(2)＝f(2)－2×2＝0.①当x＜0时，由xf(x－1)＞2x2－2x可得f(x－1)＜2(x－1)，即f(x－1)－2(x－1)＜0，即g(x－1)＜0＝g(2)，可得x－1＜2，解得x＜3，此时x＜0；②当x＞0时，由xf(x－1)＞2x2－2x可得f(x－1)＞2(x－1)，即f(x－1)－2(x－1)＞0.即g(x－1)＞0＝g(2)，可得x－1＞2，解得x＞3，此时x＞3.综上所述，不等式xf(x－1)＞2x2－2x的解集为(－∞，0)∪(3，＋∞)．]13．(2021·岳阳一模)已知函数f(x)＝xex－alnx－ax＋a－e.(1)若f(x)为单调函数，求a的取值范围；(2)若f(x)仅有一个零点，求a的取值范围．[解](1)f′(x)＝ex(1＋x)－eq\f(a1＋x,x)＝(1＋x)eq\f(xex－a,x)(x＞0)，因为f(x)为单调函数，故f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立，因为x＞0，故只需a≥xex或a≤xex对于x＞0恒成立，令u(x)＝xex，则u′(x)＝(x＋1)ex＞0对于x＞0恒成立，所以u(x)为增函数，所以u(x)＞u(0)＝0，由于x→＋∞时，u(x)→＋∞，故a≥xex不成立，即f(x)不可能为单调递减函数，当a≤xex恒成立时，a≤0，此时f(x)为单调递增函数，所以当f(x)为单调函数时，a的取值范围为(－∞，0]．(2)因为f(1)＝0，所以1是f(x)的一个零点，由(1)可知，当a≤0时，f(x)为(0，＋∞)上的增函数，所以f(x)仅有一个零点，满足题意，当a＞0时，令f′(x)＝0得xex－a＝0，由(1)可知，u(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，且u(x)∈(0，＋∞)，故存在唯一的x0，使得xex－a＝0成立，即a＝x0ex0，当0＜x＜x0时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，当x＞x0时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，所以f(x)在x＝x0处取得最小值，因为f(x)只有一个零点，所以f(x0)＝0，又f(1)＝0，所以x0＝1，所以a＝e，综上所以a的取值范围为a≤0或a＝e.14．(2021·湛江三模)已知函数f(x)＝ex＋acosx－eq\r(2)x－2，f′(x)为f(x)的导函数．(1)讨论f′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内极值点的个数；(2)若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．[解](1)由f(x)＝ex＋acosx－eq\r(2)x－2，得f′(x)＝ex－asinx－eq\r(2)，令g(x)＝ex－asinx－eq\r(2)，则g′(x)＝ex－acosx，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴ex＞1,0＜cosx＜1，当a≤1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，即f′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内无极值点，当a＞1时，g″(x)＝ex＋asinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故g″(x)＞0，故g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递增，又g′(0)＝1－a＜0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq\s\up12(eq\f(π,2))＞0，故存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得g′(x0)＝0，且x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，g(x)递减，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，故x＝x0为g(x)的极小值点，此时f′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内存在1个极小值点，无极大值点；综上：当a≤1时，f′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内无极值点，当a＞1时，f′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内存在1个极小值点，无极大值点．(2)若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，f(x)≥0恒成立，则f(0)＝1＋a－2≥0，故a≥1，下面证明a≥1时，f(x)≥0在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))恒成立，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，0≤cosx≤1，故a≥1时，f(x)＝ex＋acosx－eq\r(2)x－2≥ex＋cosx－eq\r(2)x－2，令h(x)＝ex＋cosx－eq\r(2)x－2，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，故h′(x)＝ex－sinx－eq\r(2)，令φ(x)＝ex－sinx－eq\r(2)，则φ′(x)＝ex－cosx，φ″(x)＝ex＋sinx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1