2018届数学二轮复习阶段提升突破练（六）函数与导数文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE22学必求其心得，业必贵于专精阶段提升突破练(六)(函数与导数）（60分钟100分)一、选择题（每小题5分,共40分）1。(2017·日照一模)“log2(2x—3）<1”是“4x>8A。充分不必要条件 B。必要不充分条件C.充要条件 D。既不充分也不必要条件【解析】选A。log2（2x—3）〈1，化为0〈2x-3〈2,解得<x<；4x〉8，即22x>23,解得x>.所以“log2（2x-3)〈1”是“4x>82.(2017·衡阳二模)函数f（x）=lnx+ex（e为自然对数的底数)的零点所在的区间是(）A。 B.C。（1,e) D。（e，+∞）【解析】选A。函数f(x)=lnx+ex在(0,+∞）上单调递增，因此函数f(x)最多只有一个零点。当x→0时,f(x)→—∞;又f=ln+=-1>0,所以函数f(x)=lnx+ex（e为自然对数的底数）的零点所在的区间是。3。(2017·泰安二模)函数f(x）=cosx的图象大致是（)【解题导引】先判断奇偶性，再取特殊值验证。【解析】选C。因为函数f（x)的定义域为{x｜x≠0}，关于原点对称，又因为f（—x)=cos（-x)=-cosx=-f（x),所以f(x）为奇函数,其图象关于原点对称，排除A，B；又x=时，f=cos〉0,结合图象知C正确.【加固训练】(2017·汉中一模）函数f（x)=·sinx的图象大致形状为（）【解析】选A。因为f（x）=·sinx,所以f（-x)=·sin（—x）=—(—1)·sinx=·sinx=f（x)，所以函数f（x)为偶函数，故排除C，D;当x=2时，f(2）=·sin2〈0，故排除B，故选A。4.(2017·深圳二模)设f(x）=若f（0）是f（x)的最小值,则a的取值范围是(）A。［—1,2］ B。[—1,0］C.［1，2] D。［0，2]【解题导引】利用基本不等式,先求出当x〉0时的函数最值，然后结合二次函数的性质进行讨论即可。【解析】选D.当x〉0时,f(x）=x++a≥a+2=a+2，此时函数的最小值为a+2;当x≤0时，若a<0,则函数的最小值为f(a）=0，此时f(0)不是f(x)的最小值,故不满足条件；若a≥0，则要使f（0)是f(x)的最小值,则满足f(0)=a2≤a+2,即a2—a-2≤0，解得—1≤a≤2,因为a≥0，所以0≤a≤2。5。（2017·武汉一模）已知g(x）是R上的奇函数,当x<0时,g(x)=—ln（1—x）,且f（x）=若f(2-x2)>f(x),则实数x的取值范围是（）A。（-1，2) B.(1，2)C。(-2,-1) D。(-2,1）【解析】选D。若x〉0，则-x<0,因为g(x）是R上的奇函数，所以g(x)=—g(-x）=ln(x+1），所以f（x）=则函数f（x）是R上的增函数,所以当f（2—x2）〉f（x）时，2—x2>x，解得—2<x<1.6。(2017·烟台一模)函数f（x）=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示,则下列结论成立的是()A.a>0,b>0，c>0，d〈0B.a〉0，b>0，c<0,d〈0C。a〈0，b〈0,c>0,d〉0D.a〉0,b>0,c〉0，d>0【解析】选C。由函数的图象可知f(0)=d>0，排除选项A，B；函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的导函数为f′（x）=3ax2+2bx+c,当x∈(-∞,x1)，(x2,+∞)时,函数f(x）是减函数,可知a<0，排除D.故选C.【加固训练】（2017·济南二模）已知函数f(x）=x2sinx+xcosx,则其导函数f′（x）的图象大致是(）【解析】选C。因为f(x）=x2sinx+xcosx,所以f′（x)=x2cosx+cosx,所以f′（—x)=(—x)2cos（-x）+cos(-x）=x2cosx+cosx=f′（x),所以其导函数f′(x)为偶函数,图象关于y轴对称，故排除A，B.又x=0时，f′(0)=1,过（0，1）点,排除D,故选C.7。(2017·泰安一模)已知函数f(x）=满足条件：对于任意x1∈R，且x1≠0，存在唯一的x2∈R且x1≠x2，使得f（x1)=f(x2).当f(2a）=f（3b)成立时，则实数a+b=（）A. B.— C.+3 D.—+3【解题导引】根据条件得到f(x)在（-∞，0)和(0，+∞）上单调，得a,b的关系进行求解即可。【解析】选D。若对于∀x1∈R,x1≠0，存在唯一的x2∈R,且x1≠x2,使得f(x1）=f(x2）,所以f（x）在(—∞,0）和(0,+∞）上单调，则b=3,且a<0,由f(2a)=f（3b）得f（2a)=f（9），即2a2+3=+3=3+3,得a=—,则a+b=-+3。8。(2017·乌鲁木齐三模)已知k∈Z，关于x的不等式k(x+1）〉在（0，+∞）上恒成立，则k的最小值为（)A.0 B.1 C.2 D。3【解析】选B。k〉f（x）对任意x>0恒成立⇔k>f（x）max，其中f（x）=e-x·（x>0),f′（x）=,所以f′（x）〉0⇒x2+x-1<0⇒0<x〈，f′(x)〈0⇒x〉，则f（x）max=f=,而0〈<〈1。又k∈Z,所以kmin=1。二、填空题（每小题5分,共20分）9.(2017·郑州二模)已知函数f（x)=ex+ax的图象在点（0，f(0))处的切线与曲线lnx+y=0相切，则a=________.【解析】因为f(0)=1，f′（x)=ex+a,f′（0）=a+1,所以函数f（x)的图象在点（0,f（0)）处的切线l的方程是y=（a+1)x+1.设l与曲线lnx+y=0切于点T（t,—lnt)，则—=a+1且—lnt=(a+1)t+1,联立两式解得a=-2。答案：—210。若函数f（x)=x2+lnx-2mx在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是________.【解析】由f(x）=x2+lnx—2mx在x∈(0，+∞）上是增函数，则f′(x)=2x+-2m≥0对x>0恒成立,所以2x+≥2m对x>0恒成立.而2x+≥2（当且仅当2x=，即x=时取等号）,所以2m≤2,m≤。答案：（-∞，)11.设函数f（x）=若f（x)恰有两个零点，则实数a的取值范围是________.【解析】令f(x）=0,解得x1=loa,x2=a,x3=2a.因为要求函数有两个零点，所以loa〈1，a≥1,2a≥1中有且仅有2个成立。①当a≤0时，x1不存在,x2,x3不满足条件；②当a>0时,由loa<1，得a<2.若0〈a〈2,则x1是函数的一个零点，又因为x2≤x3,所以x2=a<1且x3=2a≥1,即≤a<1时,函数有两个零点x1和x3；若a≥2，则x1≥1，不是函数的零点，x2,x3满足要求，是函数的零点。综上可知≤a〈1或a≥2.答案：≤a〈1或a≥212。关于函数f（x）=xln|x｜的五个命题:①f（x）在区间上是单调递增函数；②f(x)只有极小值点，没有极大值点；③f（x)>0的解集是（—1,0)∪（0,1）；④函数f(x）的图象在x=1处的切线方程为x-y+1=0;⑤函数g（x）=f(x)-m最多有3个零点.其中,是真命题的有________（请把真命题的序号填在横线上）.【解题导引】此题研究函数f(x）的性质，可以从解析式看到，一方面f(-x）=—f（x),函数是奇函数;另一方面，函数是分段函数f（x）=再逐项判断即可.【解析】①是研究函数是否在上单调递增.因为当x<—时,f′(x)=ln（—x)+1>0,所以①为真命题。②是判断函数极值点。当x<0时，令f′（x)=0，得x=—,所以f（x)在上单调递增，在上单调递减，又因为f（x）是奇函数,图象关于原点对称，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增.故函数在x=处有极小值，在x=—处有极大值，②为假命题。③根据f(x）为奇函数，f(1)=0,f=-，以及上述单调性,可画出f（x）的大致图象,判定③为假命题.④在x=1处,即点（1,0）处,切线斜率k=f′(1）=ln1+1=1，所以切线方程为y—0=1×(x—1)，即x-y—1=0，故④为假命题.⑤g（x)=f（x）-m的零点个数即方程f（x)=m的解的个数，即y=f（x）与y=m两函数图象交点的个数。画出f（x）的图象，由图可知，当m∈∪时，交点有1个；当m=-，或或0时，交点有2个;当m∈∪时，交点有3个，故⑤为真命题。综上所述，①⑤为真命题.答案：①⑤三、解答题（每小题10分，共40分)13.已知函数f(x)=ex-e-x(x∈R且e为自然对数的底数）.(1)判断函数f（x）的奇偶性与单调性.（2)是否存在实数t,使不等式f（x—t)+f（x2-t2)≥0对一切x∈R都成立?若存在，求出t；若不存在，请说明理由。【解析】（1）因为f（x)=ex-,且y=ex是增函数,y=-是增函数，所以f(x)是增函数.由于f（x)的定义域为R,且f（—x)=e-x-ex=-f（x)，所以f（x）是奇函数.（2)由(1）知f(x)是增函数且是奇函数,所以f(x—t)+f（x2—t2）≥0对一切x∈R恒成立。⇔f（x2-t2)≥f(t-x)对一切x∈R恒成立⇔x2—t2≥t—x对一切x∈R恒成立⇔t2+t≤x2+x对一切x∈R恒成立⇔≤对一切x∈R恒成立⇔≤0⇔t=-。即存在实数t=—，使不等式f(x—t)+f(x2—t2)≥0对一切x∈R都成立.14。已知函数f(x)=ax-lnx+1(a∈R),g(x）=xe1-x。(1）求函数g(x）在(0，e]上的值域.（2）是否存在实数a,对任意给定的x0∈(0,e],在［1，e]上都存在两个不同的xi(i=1，2),使得f（xi）=g（x0)成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在,请说明理由。【解析】(1)因为g′(x）=e1—x（1—x)，所以g（x)在（0,1]上单调递增，在(1,e]上单调递减,且g(0)=0,g（1)=1，又g(0)=0〈g（e）=e2-e,所以g（x)的值域为(0,1]。(2）令m=g(x）,则由(1）可得m∈(0，1],原问题等价于:对任意的m∈（0,1］，f(x）=m在[1，e］上总有两个不同的实根,故f（x）在［1，e］上不可能是单调函数.因为f′（x）=a-（1≤x≤e)，∈,当a≤0时,f′（x）=a-<0，所以f（x)在[1，e］上单调递减,不合题意；当a≥1时,f′(x）>0,f（x)在［1,e]上单调递增，不合题意；当0<a≤时,f′(x）〈0,f（x）在［1,e］上单调递减，不合题意；当<a<1，即1〈<e时,f(x)在上单调递减；f（x)在上单调递增,由上可得a∈，此时必有f(x)的最小值小于等于0且f(1）与f(e)中较小的值应大于等于1,而由f（x）min=f=2+lna≤0,可得a≤，则a∈。综上，满足条件的a不存在.15.已知函数f(x）=+nlnx(m，n为常数)的图象在x=1处的切线方程为x+y-2=0.(1）判断函数f(x）的单调性.（2)已知p∈(0,1）,且f(p)=2,若对任意x∈（p，1)，任意t∈,f(x）≥t3—t2-2at+2与f(x)≤t3—t2—2at+2中恰有一个恒成立,求实数a的取值范围。【解析】(1）f（x)=+nlnx的定义域为(0，+∞)，因为f′（x）=-+,由条件可得f′(1)=—+n=—1，把x=1代入x+y—2=0可得y=1,所以f（1)==1，所以m=2，n=-，所以f(x）=—lnx,f′(x)=——.因为x〉0，所以f′(x)〈0，所以f(x）在（0，+∞)上单调递减.(2）由(1）可知,f（x)在[p，1］上单调递减，所以f(x)在[p,1]上的最小值为f(1）=1，最大值为f(p）=2,所以只需t3-t2—2at+2≤1或t3—t2—2at+2≥2,即2a≥t2-t+对t∈恒成立或2a≤t2-t对t∈恒成立。令g（t）=t2-t+，则g′(t）=2t—1—==,令g′(t)=0可得t=1.而2t2+t+1>0恒成立，所以当≤t〈1时,g′（t）〈0,g（t）单调递减;当1<t≤2时,g′（t）>0,g（t)单调递增。所以g(t）的最大值为max,而g=-+2=，g(2)=.所以g（t）max=,得2a≥,解得a≥。又令h(t)=t2-t=-,在上单调递增，所以h（t）min=h=—,得2a≤-，解得a≤—，综上,a≤—或a≥.16。(2017·济南二模）已知函数f（x）=bx-axlnx(a>0）的图象在点（1，f(1））处的切线与直线y=（1-a）x平行.（1)若函数y=f（x)在［e,2e]上是减函数,求实数a的最小值。（2)设g（x）=,若存在x1∈［e,e2］，使g(x1）≤成立,求实数a的取值范围。【解题导引】(1)求出函数的导数，得到b—a=1—a，解出b，求出函数的解析式,问题转化为a≥在[e,2e］上恒成立，根据函数的单调性求出a的范围即可。(2)问题等价于x1∈［e，e2]时，有g（x）min≤成立,通过讨论a的范围结合函数的单调性求出a的具体范围即可。【解析】f′(x）=b-a—alnx,所以f′(1）=b—a，所以b-a=1—a，b=1，所以f(x）=x-axlnx。（1）函数y=f（x)在［e,2e］上是减函数,所以f′（x）=1—a—alnx≤0在[e,2e］上恒成立,即a≥在［e，2e]上恒成立，因为h(x）=在[e，2e]上递减,所以h(x）的最大值是，所以实数a的最小值是。（2）因为g(x)==-ax,所以g′（x）=—a=—+-a，故当=即x=e2时，g′（x）max=—a,若存在x1∈［e，e2］，使g（x1)≤成立,等价于x1∈[e，e2］，有g（x）min≤成立,当a≥时,g（x）在［e,e2］上递减，所以g（x)min=g（e2)=—ae2≤，故a≥-,当0<a〈时，由于g′（x）在[e，e2]上递增，故g′(x）的值域是[-a,—a]，由g′(x）的单调性和值域知：存在x0∈［e,e2］，使g′（x0)=0,且满足:x∈[e，x0)，g′(x)<0，g（x）递减，x∈（x0，e2]，g′(x)>0,g（x）递增,所以g(x)min=g（x0)=-ax0≤，x0∈[e,e2］,所以a≥-≥—〉，与0〈a<矛盾，不符合题意,综上a≥-.【加固训练】已知函数f（x)=（x2-2x）·lnx+ax2+2。（1)当a=-1时,求曲线y=f（x)在点（1，f（1)）处的切线方程。(2）当a>0时,设函数g(x)=f（x)—x-2,且函数g（x）有且仅有一个零