《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題突破練10 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)過(guò)關(guān)檢測(cè) 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題突破練10 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)過(guò)關(guān)檢測(cè) 文（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題突破練10　專(zhuān)題二　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)過(guò)關(guān)檢測(cè) 一、選擇題 1.已知函數(shù)f(x)=11-x的定義域?yàn)镸,g(x)=ln(1+x)的定義域?yàn)镹,則M∩N=(　　) A.{x|x>-1} B.{x|x<1} C.{x|-1

2、當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=x3+ln(1+x),則當(dāng)x<0時(shí),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(guó)卷3,文5)函數(shù)f(x)=2sin x-sin 2x在[0,2π]的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 6.(2019全國(guó)卷2,文6)設(shè)f(x)為奇函數(shù),且當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=ex-1,則當(dāng)x<0時(shí),f(x)=(　　) A.e-x-1 B.e-x+1 C.-e-x-1 D.-e-x+1 7.已知函數(shù)f(x)=x2,x∈[0,+∞),x3+a2-

3、3a+2,x∈(-∞,0)在區(qū)間(-∞,+∞)上是增函數(shù),則常數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(1,2) B.(-∞,1]∪[2,+∞) C.[1,2] D.(-∞,1)∪(2,+∞) 8.定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(-x)=-f(x),f(x)=f(x+4),且x∈(-1,0)時(shí),f(x)=2x+15,則f(log220)=(　　) A.1 B.45 C.-1 D.-45 9.設(shè)函數(shù)f(x)=xex,則(　　) A.x=1為f(x)的極大值點(diǎn) B.x=1為f(x)的極小值點(diǎn) C.x=-1為f(x)的極大值點(diǎn) D.x=-1為f(x)的極小值點(diǎn) 10.已知函數(shù)f(x)

4、=x2-ax+3在區(qū)間(0,1)上為減函數(shù),函數(shù)g(x)=x2-aln x在區(qū)間(1,2)上為增函數(shù),則a的值等于(　　) A.1 B.2 C.0 D.2 11.已知定義域?yàn)镽的奇函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x),當(dāng)x>0時(shí),f'(x)+f(x)x>0,若a=12f12,b=-2f(-2),c=ln12fln12,則a,b,c的大小關(guān)系正確的是(　　) A.af(2-32)>f(2-23)

5、 B.flog314>f(2-23)>f(2-32) C.f(2-32)>f(2-23)>flog314 D.f(2-23)>f(2-32)>flog314 二、填空題 13.(2019全國(guó)卷1,文13)曲線y=3(x2+x)ex在點(diǎn)(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(diǎn)的橫坐標(biāo)為　　　　　.? 15.(2019全國(guó)卷2,理14)已知f(x)是奇函數(shù),且當(dāng)x<0時(shí),f(x)=-eax.若f(ln 2)=8,則a=　　　　.? 16.(2019福建漳州質(zhì)檢二,文16)已知函數(shù)y=f(x+1)-2是奇函數(shù),g(x)

6、=2x-1x-1,且f(x)與g(x)的圖象的交點(diǎn)為(x1,y1),(x2,y2),…,(x6,y6),則x1+x2+…+x6+y1+y2+…+y6=　　　　　.? 三、解答題 17.(2019湖南湘潭一模,文21) 已知函數(shù)f(x)=ex-x2-ax. (1)證明:當(dāng)a≤2-2ln 2時(shí),導(dǎo)函數(shù)f'(x)的最小值不小于0; (2)當(dāng)x>0時(shí),f(x)≥1-x恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 18.(2019山西運(yùn)城二模,文21)已知函數(shù)f(x)=xex-a(ln x+x),a∈R. (1)當(dāng)a=e時(shí),求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若f(x

7、)有兩個(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 19.(2019全國(guó)卷1,文20)已知函數(shù)f(x)=2sin x-xcos x-x,f'(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù). (1)證明:f'(x)在區(qū)間(0,π)存在唯一零點(diǎn); (2)若x∈[0,π]時(shí),f(x)≥ax,求a的取值范圍. 20.(2019山東泰安二模,文20)已知函數(shù)f(x)=(x-m)ln x(m≤0). (1)若函數(shù)f(x)存在極小值點(diǎn),求m的取值范圍; (2)當(dāng)m=0時(shí),證明:f(x)

8、二模,文21)已知函數(shù)g(x)=lnxx-m(m<0),h(x)=2x+m. (1)若g(x)在區(qū)間(0,e2]上單調(diào)遞增,求實(shí)數(shù)m的取值范圍; (2)若m=-1,且f(x)=g(x)·h(x),求證:對(duì)定義域內(nèi)的任意實(shí)數(shù)x,不等式f(x)<1x恒成立. 　　　　　　　　　　　　　　　 參考答案 專(zhuān)題突破練10　專(zhuān)題二　函數(shù)與 導(dǎo)數(shù)過(guò)關(guān)檢測(cè) 1.C　解析∵函數(shù)的定義域是指使函數(shù)式有意義的自變量x的取值范圍, ∴由1-x>0,得M={x|x<1}.由1+x>0,得N={x|x>-1}, ∴M∩N={x|-1

9、b=20.2>20=1, 又0<0.20.3<0.20=1,即c∈(0,1), 所以a1,f(π)=π-1+π2>0,排除B,C.故選D. 4.C　解析當(dāng)x<0時(shí),-x>0,f(-x)=(-x)3+ln(1-x), ∵f(x)是R上的奇函數(shù),∴當(dāng)x<0時(shí),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=2s

10、inx(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(diǎn)個(gè)數(shù)是3.故選B. 6.D　解析∵f(x)是奇函數(shù), ∴f(-x)=-f(x). 當(dāng)x<0時(shí),-x>0,f(-x)=e-x-1=-f(x),即f(x)=-e-x+1.故選D. 7.C　解析由題意可知,f(x)在[0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,在(-∞,0)內(nèi)單調(diào)遞增. 因?yàn)閒(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上是增函數(shù),所以a2-3a+2≤0,解得1≤a≤2. 8.C　解析∵定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(-x)=-f(x),∴函數(shù)f(x)為奇函數(shù).

11、 ∵f(x)=f(x+4),∴函數(shù)f(x)為周期為4的周期函數(shù). 又log232>log220>log216, ∴4-1時(shí),f'(x)>0,函數(shù)f(x)遞增;當(dāng)x<-1時(shí),f'(x)<0,函數(shù)f(x)遞減,所以當(dāng)x=-1時(shí),f(x)有極小值. 10.B　解析∵函數(shù)f(x)=x2-ax+

12、3在區(qū)間(0,1)上為減函數(shù),∴a2≥1,得a≥2. 又g'(x)=2x-ax,依題意g'(x)≥0在區(qū)間(1,2)上恒成立,得2x2≥a在區(qū)間(1,2)上恒成立,有a≤2,∴a=2. 11.A　解析設(shè)h(x)=xf(x), ∴h'(x)=f(x)+x·f'(x). ∵y=f(x)是定義在實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù),∴h(x)是定義在實(shí)數(shù)集R上的偶函數(shù). 又當(dāng)x>0時(shí),f'(x)+f(x)x>0, ∴當(dāng)x>0時(shí),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=ln12f

13、ln12 =hln12=h(-ln2)=h(ln2),且2>ln2>12,∴b>c>a. 12.C　解析∵f(x)是R上的偶函數(shù), ∴flog314=f(-log34)=f(log34). 又y=2x在R上單調(diào)遞增, ∴l(xiāng)og34>1=20>2-23>2-32. 又f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減, ∴f(log34)f(2-23)>flog314.故選C. 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)

14、ex在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y=3x. 14.2　設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)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(dāng)x<0時(shí),f(x)=-eax, ∴f(-ln2)=-e-aln2=-8, ∴e-aln2=8,∴-aln2=ln8, ∴-a=3,∴a=-3. 16.18　因?yàn)楹瘮?shù)y=f(x+1)-2為奇函數(shù),所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,2)對(duì)稱(chēng), g(x)=2x-1x-1=1x-1+2關(guān)于點(diǎn)(1,2)對(duì)稱(chēng),所以?xún)?/p>

15、個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)也關(guān)于點(diǎn)(1,2)對(duì)稱(chēng), 則(x1+x2+…+x6)+(y1+y2+…+y6)=2×3+4×3=18.故答案為18. 17.(1)證明f'(x)=ex-2x-a,令g(x)=ex-2x-a, 則g'(x)=ex-2. 則當(dāng)x∈(-∞,ln2)時(shí),g'(x)<0,當(dāng)x∈(ln2,+∞)時(shí),g'(x)>0. 所以函數(shù)g(x)在x=ln2時(shí)取最小值,即f'(x)在x=ln2時(shí)取最小值,所以f'(x)min=f'(ln2)=2-2ln2-a. 又a≤2-2ln2,所以f'(x)min≥0. 故當(dāng)a≤2-2ln2時(shí),導(dǎo)函數(shù)f'(x)的最小值不小于0. (2)解當(dāng)x>0時(shí),

16、ex-x2-ax≥1-x, 即a≤exx-x-1x+1. 令h(x)=exx-x-1x+1(x>0), 則h'(x)=ex(x-1)-x2+1x2 =(x-1)(ex-x-1)x2. 令φ(x)=ex-x-1(x>0), 則φ'(x)=ex-1>0. 當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),φ(x)單調(diào)遞增,φ(x)>φ(0)=0. 則當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增. 所以h(x)min=h(1)=e-1,所以a≤e-1. 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-∞,e-1]. 18.解(1)f(x)定義域?yàn)?0,+∞),

17、當(dāng)a=e時(shí),f'(x)=(1+x)(xex-e)x. ∴當(dāng)01時(shí),f'(x)>0, ∴f(x)在(0,1)上為減函數(shù);在(1,+∞)上為增函數(shù). (2)記t=lnx+x,則t=lnx+x在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且t∈R. ∴f(x)=xex-a(lnx+x) =et-at=g(t). ∴f(x)在(0,+∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于g(t)=et-at在t∈R上有兩個(gè)零點(diǎn). ①當(dāng)a=0時(shí),g(t)=et在R上單調(diào)遞增,且g(t)>0,故g(t)無(wú)零點(diǎn); ②當(dāng)a<0時(shí),g'(t)=et-a>0恒成立, ∴g(t)在R上單調(diào)遞增, 又g(0)=1>

18、0,g1a=e1a-1<0,故g(t)在R上只有一個(gè)零點(diǎn); ③當(dāng)a>0時(shí),由g'(t)=et-a=0可知g(t)在t=lna時(shí)有唯一的一個(gè)極小值g(lna)=a(1-lna), 若00,g(t)無(wú)零點(diǎn); 若a=e,g(t)極小值=0,g(t)只有一個(gè)零點(diǎn); 若a>e,g(t)極小值=a(1-lna)<0, 而g(0)=1>0, 由y=lnxx在(e,+∞)上為減函數(shù),可知當(dāng)a>e時(shí),ea>ae>a2, 從而g(a)=ea-a2>0, ∴g(t)在(0,lna)和(lna,+∞)上各有一個(gè)零點(diǎn). 綜上可知,當(dāng)a>e時(shí),f(x)有兩

19、個(gè)點(diǎn),故所求a的取值范圍是(e,+∞). 19.(1)證明設(shè)g(x)=f'(x), 則g(x)=cosx+xsinx-1,g'(x)=xcosx. 當(dāng)x∈0,π2時(shí),g'(x)>0; 當(dāng)x∈π2,π時(shí),g'(x)<0, 所以g(x)在0,π2單調(diào)遞增,在π2,π單調(diào)遞減. 又g(0)=0,gπ2>0,g(π)=-2, 故g(x)在(0,π)存在唯一零點(diǎn). 所以f'(x)在(0,π)存在唯一零點(diǎn). (2)解由題設(shè)知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0. 由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一個(gè)零點(diǎn),設(shè)為x0,且當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x∈(x0,π)時(shí),

20、f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)單調(diào)遞增,在(x0,π)單調(diào)遞減. 又f(0)=0,f(π)=0,所以,當(dāng)x∈[0,π]時(shí),f(x)≥0. 又當(dāng)a≤0,x∈[0,π]時(shí),ax≤0,故f(x)≥ax. 因此,a的取值范圍是(-∞,0]. 20.(1)解函數(shù)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=x-mx+lnx=1-mx+lnx. ①當(dāng)m=0時(shí),f'(x)=0得x=1e,當(dāng)x∈0,1e時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈1e,+∞時(shí),f'(x)>0, ∴x=1e是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn),滿(mǎn)足題意. ②當(dāng)m<0時(shí),令g(x)=f'(x),g'(x)=mx2+1x=x+mx2. 令g'(

21、x)=0,解得x=-m.當(dāng)x∈(0,-m)時(shí),g'(x)<0,當(dāng)x∈(-m,+∞)時(shí),g'(x)>0. ∴g(x)min=g(-m)=2+ln(-m),若g(-m)≥0,即m≤-e-2,則f'(x)=g(x)≥0恒成立, ∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,無(wú)極值點(diǎn),不滿(mǎn)足題意. 若g(-m)=2+ln(-m)<0,即-e-20, ∴g(-m)·g(1-m)<0. 又g(x)在(-m,+∞)上單調(diào)遞增, ∴g(x)在(-m,+∞)上恰有一個(gè)零點(diǎn)x1. 當(dāng)x∈(-m,x1)時(shí),f'(x)=g(x)<0,當(dāng)x∈(x1,+∞)時(shí),f

22、'(x)=g(x)>0, ∴x1是f(x)的極小值點(diǎn),滿(mǎn)足題意, 綜上,-e-20,xlnx≤0, ∴f(x)φ'(1)=e-1>0, ∴φ(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增, h'(x)=φ(x)>φ(1)=e-1>0, ∴h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增, ∴h(x

23、)>h(1)=e-1>0, ∴當(dāng)x>1時(shí),xlnx0. 當(dāng)x=1時(shí),h'(

24、1)=0,當(dāng)x>1時(shí),h'(x)<0, 所以函數(shù)h(x)=x(1-lnx)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,e2]上單調(diào)遞減. 當(dāng)00, 所以h(x)min=h(e2)=e2(1-lne2)=-e2, 所以m≤-e2,故實(shí)數(shù)m的取值范圍是(-∞,-e2]. (2)證明當(dāng)m=-1時(shí), f(x)=g(x)h(x)=lnxx+1·2x-1=2lnxx2-1, 對(duì)定義域內(nèi)的任意正數(shù)x,不等式f(x)<1x恒成立,即對(duì)定義域內(nèi)的任意正數(shù)x,2lnxx2-1<1x. 因?yàn)楫?dāng)x>1時(shí),x2-1>0;當(dāng)01

25、時(shí),2xlnxx2-1. 令G(x)=x2-1-2xlnx, 所以G'(x)=(x2-1-2xlnx)'=2x-(2xlnx)'=2x-2lnx-2=2(x-lnx-1). 令m(x)=x-lnx-1,則m'(x)=(x-lnx-1)'=1-1x=x-1x. 所以x=1是m(x)的極值點(diǎn),從而m(x)有極小值m(1)=0, 所以G'(x)=2(x-lnx-1)>0恒成立. 所以G(x)=x2-1-2xlnx在(0,+∞)上單調(diào)遞增.又因?yàn)镚(1)=0, 所以當(dāng)x>1時(shí),G(x)=x2-1-2xlnx>0, 即2xlnxx2-1恒成立. 所以,對(duì)定義域內(nèi)的任意實(shí)數(shù)x,不等式2lnxx2-1<1x恒成立. 18