高考第二轮专题复习函数与导数

高考第二轮专题复习：函数与导数1一、选择题1.设则的大小关系是()（A）（B）（C）（D）2.设，则（）A．B．C．D．3.设，则（）A．既是奇函数又是减函数B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数D．是没有零点的奇函数4.已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是()（B）（C）（D）二、解答题5.已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，求xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)的值高考第二轮专题复习：函数与导数2一、选择题1.已知函数的极小值点，则=()(A)-4(B)-2(C)4(D)22.已知奇函数在上是增函数.若，则的大小关系为（A）（B）（C）（D）3.函数（且）的图象可能为（）A．B．C．D．4.若函数在区间单调递增，则的取值范围是（）（A）（B）（C）（D）二、解答题5..已知函数.（1）求在区间上的最大值；（2）若过点存在3条直线与曲线相切，求t的取值范围.高考第二轮专题复习：函数与导数3选择、填空题1.已知函数是定义在上的奇函数，当时，,则________．2.下列函数中为偶函数的是（）A．B．C．D．3.函数的单调递增区间是（）A.B.C.D.4.已知，，且x+y=1，则的取值范围是__________．二、解答题5.设函数，．（I）求的单调区间和极值；（II）证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零点．高考第二轮专题复习：函数与导数4一、选择、填空题1、下列函数中，定义域是且为增函数的是（）A.B.C.D.2.若a>b>0,0<c<1，则()A．logac<logbc B．logca<logcbC．ac<bc D．ca>cb3、已知函数，在下列区间中，包含零点的区间是（）A.B.C.D.4、函数在的图像大致为（）（A）（B）（C）（D）二、解答题5.已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)内单调递增；(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围．高考第二轮专题复习：函数与导数5一、选择、填空题1、下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（）2．如图，定义在[－1，＋∞)上的函数f(x)的图象由一条线段及抛物线的一部分组成，则f(x)的解析式为________．3．若函数y＝eq\r(kx2－6x＋k＋8)的定义域为R，则实数k的取值范围是()A．(－∞，－9]∪[0，＋∞) B．[1，＋∞)C．[－9,1] D．(0,1]4.已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是()（B）（C）（D）二、解答题5.设f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函数，f(x＋2)＝－f(x)，当0≤x≤1时，f(x)＝x.(1)求f(π)的值；(2)当－4≤x≤4时，求f(x)的图象与x轴所围成图形的面积．高考第二轮专题复习：函数与导数6一、选择、填空题1．函数f(x)＝eq\f(1,lgx)＋eq\r(2－x)的定义域为()A．(0,2] B．(0,2)C．(0,1)∪(1,2] D．(－∞，2]2．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋cx≥0，,x－1x<0))是增函数，则实数c的取值范围是()A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，－1]3．若f(x)是幂函数，且满足eq\f(f4,f2)＝3，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝()A．3B．－3C.eq\f(1,3)D．－eq\f(1,3)4．若函数f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，则函数F(x)＝f(x)＋eq\f(1,fx)的值域是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(10,3)))二、解答题5.设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；高考第二轮专题复习：函数与导数7一、选择、填空题1.若f(x)是定义在R上的函数，则“f(0)＝0”是“函数f(x)为奇函数”的()A．必要不充分条件 B．充要条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件2．已知函数f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1在区间[－1，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围是()A．[－3,0) B．(－∞，－3]C．[－2,0] D．[－3,0]3.下列函数中，其定义域和值域分别与函数y＝10lgx的定义域和值域相同的是()A．y＝xB．y＝lgxC．y＝2xD．y＝eq\f(1,\r(x))4.函数f(x)＝eq\f(x,x－1)(x≥2)的最大值为________．二、解答题5.已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．高考第二轮专题复习：函数与导数8一、选择、填空题1.如图是张大爷晨练时离家的距离(y)与行走时间(x)之间的函数关系的图象．若用黑点表示张大爷家的位置，则张大爷散步行走的路线可能是()2．已知函数f(x)＝4＋ax－1的图象恒过定点P，则点P的坐标是()A．(1,5)B．(1,4)C．(0,4)D．(4,0)3．函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是()A．1＋eq\f(1,e)B．1C．e＋1D．e－14.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|，x≤m，,x2－2mx＋4m，x>m，))若存在实数b，使得关于x的方程f(x)＝b有三个不同的根,则m的取值范围为：二、解答题5.某项研究表明：在考虑行车安全的情况下，某路段车流量F(单位时间内经过测量点的车辆数，单位：辆/小时)与车流速度v(假设车辆以相同速度v行驶，单位：米/秒)、平均车长l(单位：米)的值有关，其公式为F＝eq\f(76000v,v2＋18v＋20l).(1)如果不限定车型，l＝6.05，则最大车流量为多少辆/小时？(2)如果限定车型，l＝5，则最大车流量比(1)中的最大车流量增加多少辆/小时？高考第二轮专题复习：函数与导数答案1一、选择题1.【答案】【解析】由在区间是单调减函数可知，，又，故选.2.【答案】【解析】因为，所以，故答案选3.【答案】4.【答案】C，利用导数的正负与函数单调性的关系可得：和时函数单调递减;时函数单调递增，欲要使得函数有唯一的零点且为正，则满足：，即得：，可解得：，则．二、解答题5.解析由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1·x2＝eq\f(2,3)，所以xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1·x2＝4－eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).高考第二轮专题复习：函数与导数答案2一、选择题1.【答案】D2.【答案】【解析】试题分析：由题意：，且：，据此：，结合函数的单调性有：，即，本题选择C选项.【考点】1.指数，对数；2.函数性质的应用【名师点睛】本题主要考查函数的奇偶性与指数、对数的运算问题，属于基础题型，首先根据奇函数的性质和对数运算法则，，再比较比较大小.3.【答案】D4.【答案】D二、解答题5.【答案】(1);(2);因为，，，，所以在区间上的最大值为.（2）设过点P（1，t）的直线与曲线相切于点，则，且切线斜率为，所以切线方程为，因此，整理得：，设，则“过点存在3条直线与曲线相切”等价于“有3个不同零点”，=，与的情况如下：01+00+t+3所以，是的极大值，是的极小值，当，即时，此时在区间和上分别至多有1个零点，所以至多有2个零点，当，时，此时在区间和上分别至多有1个零点，所以至多有2个零点.当且，即时，因为，，所以分别为区间和上恰有1个零点，由于在区间和上单调，所以分别在区间和上恰有1个零点.综上可知，当过点存在3条直线与曲线相切时，t的取值范围是.高考第二轮专题复习：函数与导数3一、选择、填空题1.【答案】122.【答案】B3.【答案】D【解析】函数有意义，则：，解得：或，结合二次函数的单调性、对数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.【答案】【解析】试题分析：，所以当时，取最大值1；当时，取最小值；因此取值范围为二、解答题5.取得极小值，同时也是最小值；（II）利用第一问的表，知为函数的最小值，如果函数有零点，只需最小值，从而解出，下面再分情况分析函数有几个零点.试题解析：（Ⅰ）由，（）得.由解得.与在区间上的情况如下：所以，的单调递减区间是，单调递增区间是；在处取得极小值.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在区间上的最小值为.因为存在零点，所以，从而.当时，在区间上单调递减，且，所以是在区间上的唯一零点.当时，在区间上单调递减，且，，所以在区间上仅有一个零点.综上可知，若存在零点，则在区间上仅有一个零点.高考第二轮专题复习：函数与导数4一、选择、填空题1.【答案】B【解析】对于选项A，在R上是减函数；选项C的定义域为；选项D，在上是减函数，故选B.考点：本小题主要考查函数的单调性，属基础题，难度不大.2.答案B解析∵0<c<1，∴当a>b>1时，logac>logbc，A项错误；∵0<c<1，∴y＝logcx在(0，＋∞)上单调递减，又a>b>0，∴logca<logcb，B项正确；∵0<c<1，∴函数y＝xc在(0，＋∞)上单调递增，又∵a>b>0，∴ac>bc，C项错误；∵0<c<1，∴y＝cx在(0，＋∞)上单调递减，又∵a>b>0，∴ca<cb，D项错误．故选B.3.【答案】C【解析】因为，，所以由根的存在性定理可知：选C.4.【答案】D二、解答题5.解(1)证明：设x1<x2<－2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).因为(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在(－∞，－2)内单调递增．(2)解法一：设1<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(ax2－x1,x1－ax2－a).因为a>0，x2－x1>0，所以要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，所以a≤1.综上所述，0<a≤1.解法二：f′(x)＝eq\f(－a,x－a2).∵f(x)在(1，＋∞)内单调递减，∴f′(x)≤0在(1，＋∞)内恒成立，∴eq\f(－a,x－a2)≤0在(1，＋∞)内恒成立，∴(x－a)2>0在(1，＋∞)内恒成立．当a>1时，x＝a时，(x－a)2＝0不符合题意．∴a≤1.综上所述0<a≤1.高考第二轮专题复习：函数与导数5一、选择、填空题1.【答案】A2.答案f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，－1≤x≤0，,\f(1,4)x－22－1，x>0.))解析当－1≤x≤0时，设解析式为y＝kx＋b，由图象得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－k＋b＝0，,b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝1，,b＝1))∴y＝x＋1.当x>0时，设解析式为y＝a(x－2)2－1，∵图象过点(4,0)，∴0＝a(4－2)2－1，解得a＝eq\f(1,4).综上，函数f(x)在[－1，＋∞)上的解析式为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，－1≤x≤0，,\f(1,4)x－22－1，x>0.))3.答案B解析由题意知kx2－6x＋k＋8≥0对于x∈R恒成立，当k≤0时显然不符合，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k>0，,Δ＝36－4kk＋8≤0，))解得k≥1，故选B.4.【答案】C，利用导数的正负与函数单调性的关系可得：和时函数单调递减;时函数单调递增，欲要使得函数有唯一的零点且为正，则满足：，即得：，可解得：，则．二、解答题5.解(1)由f(x＋2)＝－f(x)，得f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝－f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)是以4为周期的周期函数．∴f(π)＝f(－1×4＋π)＝f(π－4)＝－f(4－π)＝－(4－π)＝π－4.(2)由f(x)是奇函数与f(x＋2)＝－f(x)，得f[(x－1)＋2]＝－f(x－1)＝f[－(x－1)]，即f(1＋x)＝f(1－x)．从而可知函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称．又当0≤x≤1时，f(x)＝x，且f(x)的图象关于原点成中心对称，则f(x)的图象如图所示．设当－4≤x≤4时，f(x)的图象与x轴围成的图形面积为S，则S＝4S△OAB＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))＝4.高考第二轮专题复习：函数与导数6一、选择、填空题1.答案C解析f(x)＝eq\f(1,lgx)＋eq\r(2－x)是复合函数，所以定义域要满足lgx≠0且2－x≥0且x>0，所以0＜x≤2且x≠1.2.答案A解析利用增函数的概念求解．作出函数图象可得f(x)在R上单调递增，则c≥－1，即实数c的取值范围是[－1，＋∞)，故选A.3.答案C解析设f(x)＝xn，则eq\f(f4,f2)＝eq\f(4n,2n)＝2n＝3，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝eq\f(1,2n)＝eq\f(1,3)，故选C.4.答案B解析因为F(x)＝f(x)＋eq\f(1,fx)≥2，当且仅当f(x)＝eq\f(1,fx)，即f(x)＝1时取等号，所以F(x)min＝2；又函数F(x)为连续函数，当f(x)＝eq\f(1,2)时，F(x)＝eq\f(5,2)；当f(x)＝3时，F(x)＝eq\f(10,3)，故F(x)max＝eq\f(10,3)，所以F(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).故选B.二、解答题5.解(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－eq\f(2,3).f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：x(－∞，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)cc－eq\f(32,27)所以，当c>0且c－eq\f(32,27)<0时，存在x1∈(－∞，－2)，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(32,27)))时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．高考第二轮专题复习：函数与导数7一、选择、填空题1.答案A解析f(x)在R上为奇函数⇒f(0)＝0；f(0)＝0eq\o(\s\up7(⇒),\s\up5(/))f(x)在R上为奇函数，如f(x)＝x2，故选A.2.答案D解析当a＝0时，f(x)＝－3x＋1，满足题意；当a>0时，函数f(x)在对称轴右侧单调递增，不满足题意；当a<0时，函数f(x)的图象的对称轴为x＝－eq\f(a－3,2a)，∵函数f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递减，∴－eq\f(a－3,2a)≤－1，得－3≤a<0.综上可知，实数a的取值范围是[－3,0]．3.答案D解析函数y＝10lgx的定义域、值域均为(0，＋∞)，而y＝x，y＝2x的定义域均为R，排除A，C；y＝lgx的值域为R，排除B，故选D.4.答案2解析解法一：∵f′(x)＝eq\f(－1,x－12)，∴x≥2时，f′(x)<0恒成立，∴f(x)在[2，＋∞)上单调递减，∴f(x)在[2，＋∞)上的最大值为f(2)＝2.解法二：∵f(x)＝eq\f(x,x－1)＝eq\f(x－1＋1,x－1)＝1＋eq\f(1,x－1)，∴f(x)的图象是将y＝eq\f(1,x)的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到的．∵y＝eq\f(1,x)在[2，＋∞)上单调递减，∴f(x)在[2，＋∞)上单调递减，故f(x)在[2，＋∞)上的最大值为f(2)＝2.解法三：由题意可得f(x)＝1＋eq\f(1,x－1).∵x≥2，∴x－1≥1，∴0<eq\f(1,x－1)≤1，∴1<1＋eq\f(1,x－1)≤2，即1<eq\f(x,x－1)≤2.故f(x)在[2，＋∞)上的最大值为2.二、解答题5.解(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－eq\f(4,3)处取得极值，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝0，即3a·eq\f(16,9)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝eq\f(16a,3)－eq\f(8,3)＝0，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)得g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex，故g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2＋2x))ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋\f(5,2)x2＋2x))e