2018届高考数学二轮复习阶段提升突破练(六)函数与导数文新人教A版

1、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）8”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【解【解析】选 A.log2(2X-3)1,化为02X-32,解得X8,即22X23,解得 x.【解题导引】 先判断奇偶性，再取特殊值验证.【解【解析】 选 C.因为函数 f（x）的定义域为X|X工 0,关于原点对称C.充要条件所以“ log2(2X-3)8”的充分不必要条件.2.（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C.(1

2、,e)D.(e,+oo)【解【解析】选 A.函数X在（0,+o）上单调递增，因此函数 f（x）最多只有一个零点.当1-10,所以函数 f（x）=lnx+ex（e 为自然对数的底数）B.f(x)=ln x+e的零点所在的区间是2X+1XT0 时,f(x)T-o;又 f3.（2017 泰安二模）函数 f（x）=二1cosx 的图象大致是22x+ 1又因为 f(-x)=二一 ；cos(-x)2X+ 171=-cosx=_f(x),所以 f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除 A,B;122+ 12ex0,VJ2 1V2-1【解【解析】 选 A.因为 f(x)=、1 +厂2 -1l + ex-si

3、nx=f(x),I兀【加固训3sin20,故排除 B,故选 A.r(x - a)2fx Qf4.(2017 深圳二模)设 f(x)= I * 若 f(0)是 f(x)的最小值,则 a 的取值范围是()A.-1,2B.-1,0C.1,2D.0,2【解题导引】利用基本不等式，先求出当 x0 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 x0 时,f(x)=x+ - +aa+2l “ =a+2，此时函数的最小值为 a+2;当 x 0 时，若 a 0,则 要使 f(0)是 f(x)的最小值，则满足 f(0)=a a+2,即 a -a-2 0,解得-1 a 0,所 以 0waw2

4、.5.(2017武汉一模)已知 g(x)是 R 上的奇函数,当 x0 时,g(x)=-ln(1-x), 且(x3,x f(x),贝 U 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 x0,则-x0,因为 g(x)是 R 上的奇函数，所以 g(x)=-g(-x)3,x f(x) 时,2-x x,解得-2x0,b0,c0,d0,b0,c0,d05C.a0,b0,d0D.a0,b0,c0,d0【解【解析】选 C.由函数的图象可知 f(0)=d0,排除选项 A,B;函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 的导函数为 f (x)=3ax

5、2+2bx+c,当 x (-g,xi),(x2,+g)时，函数 f(x)是减函数，可知 a 0,7.(2017 泰安一模)已知函数 f(x)=ax + bfx 0满足条件：对于任意 xiR,且XIM0,存在唯一的 X2 R 且 X1丰X2,使得 f(x1)=f(x2).当 f(2a)=f(3b) 成立时，则实数 a+b=()6BC. +3D.- +3【解题导引】根据条件得到 f(x)在(-R,0)和(0，+R)上单调，得 a,b 的关系进行求解即可.【解【解析】选 D.若对于？xi R,xiM0,存在唯一的 X2 R,且 x X2,使得 f(xi)=f(x2),所以 f(x)在(-g ,0)和

6、(0,+ g )上单调，贝 U b=3,且 a在(0,+g)上恒成立，则 k1f (x)的图象大致是()【加固训练】(2017 济南二模)已知函数 f(x)=x2sinx+xcosx,则其导函数的最小值为()6二、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 Inx+y=0 相切,贝 y a=_ .【解析】因为 f(0)=1,f (x)=ex+a,fz(0)=a+1,所以函数f(x)的图象在点(0,f(0) 处的切线 I 的方程是 y=(a+1)x+1.设 I 与曲线 Inx+y=0 切于点1T(t,-

7、lnt), 则-L=a+1 且-Int=(a+1)t+1,联立两式解得 a=-2.答案:-210. 若函数 f(x)=x2+Inx-2mx 在定义域内是增函数，则实数 m 的取值范围是_ .【解【解析】由 f(x)=x2+Inx- 2mx 在 x (0,+)上是增函数，则 f (x)=2x+ -2m0 对 x0 恒成2- ctfXf(x)对任意 x0 恒成立？kf(x)max, 其中 f(x)=e-x J d(x0).f1(x)=x-2 (%2+ x - 1)广门 ,所以 f (x)02? x +x-10 ?0 x- 1,f (x)0 ?5 - 1-,则 f(x)max=f3-書x/5 -13

8、-苗V5-10c, 2m 对 x0 恒成立.而 2x+2x=；,即 x=时取等号),所以当且仅当【解析】 令 f(x)= 0,解得 xi=loa,x2=a,x3=2a.因为要求函数有两个零点7所以 lo a 1,2a 1 中有且仅有 2 个成立.1当 a0 时,由 lo a1,得 a2.若 0a2,则 X1是函数的一个零点，又因为 X2WX3,所以 X2=a 1,1即 a 2,则 X1 1,不是函数的零点,x2,x3满足要求，是函数的零点.1C综上可知wa1 或 a2.1-5答案： a212.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

9、，没有极大值点；3f(x)0 的解集是(-1,0)U(0,1);4函数 f(x)的图象在 x=1 处的切线方程为 x-y+1=O;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),fxlnxx 0t函数;另一方面，函数是分段函数 f(x)= I 尤加(一尤)庄 V 6 再逐项判断即可.W-【解析】是研究函数是否在 I匕丿上单调递增.因为当 x0,所以为真命题.是判断函数极值点.当 x 0 对一切 x R 都成立？若存在，求出 t;若不存在,请说

10、明理由由于 f(x)的定义域为 R,且 f(-x)=e-x-ex=-f(x),所以 f(x)是奇函数由(1)知 f(x)是增函数且是奇函数，2 2所以 f(x-t)+f(x -t ) 0 对一切 x R 恒成立.f(x)是奇函数，图象关于原点对称，所以 f(x)在1 1上单调递增故函数在x=Q 处有极小值，在 X=-处有极大值，为假命题根据f(x)为奇函数,f(1)=0,f引=-9 以及上述单调性，可画出 f(x)的大致图象，判定为假命题在 x=1处，即点(1,0)处，切线斜率 k=f (1)=1 n1+1=1,所以切线方程为 y-0=1x(x-1),即 x-y-1=0,故为假命题.g(x)=

11、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(1I-叫一数图象交点的个数画出 f(x)的图象，由图可知，当 m匕丄0) )丿U有 1 个；当 m=-,或或 0 时，交点有 2 个；当 m8丿时，交点3 个，故为【解【解析】(1)因为 f(x) =ex-件x件时,交点有102 2? f(x -t ) f(t-x) 对一切 x R 恒成立11在1,e上单调递 减,不合题意;11 1厂口上单调递减；2 2x-t t-x 对一切 x R 恒成立2 2t +t 0 对一切 x R 都成立1-xR),g(x)=xe(1)求函数 g(x)在(0,e上的值域.是否存在

12、实数 a,对任意给定的 xo (0,e,在1,e上都存在两个不同的x(i=1,2),使得f(xi)=g(xo)成立?若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，请说明理由【解析】 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)=0g(e)=e2-e所以 g(x)的值域为(0,1.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，ZVT故 f(x)在1,e上不可能是单调函数.因为 f (x)=a- (1 x e), Mil当

13、a 0 时,f (x)=a-； 1 时,f (x)0,f(x)在1,e上单调递增，不合题意;当 0aw时,f (x)0,f(x)1 1当a1,即 1 e 时,f(x)12ri用& 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件 Af(x)min=f =2+1 na t3-t2-2at+2 与 f(x)wt3-t2-2at+2 中恰有一个恒成立，求实数 a 的取值范围.m【解析】(1)f(x)=* + I+nlnx 的定义域为(0,+a),m n2 因为 f (x)=- LV1)屛，m由条件可得 f (1)=- +n=-1,把

14、x=1 代入 x+y-2=0 可得 y=1,Ill122所以 f(1 )=1,所以 m=2,n=-,2 1 2 1所以 f(x)=亠-匚 lnx,f (x)=-因为 x0,所以 f (x) 2,f(x)在1,而由131ri 1ri 1112,2即 2a t2-t+对 t 2恒成立或 2aw12-t 对 t 2恒成立令 g(t)=t2-t+ 271 2t - t - 12 2则 g (t)=2t-1-i=(t 1) (2t + 1)16.(2017 济南二模)已知函数 f(x)=bx-axlnx(a0)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.

15、fW设 g(x)= “ ,若存在 X1 e,e j,使 g(x1) w “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 a2令 g (t)=0 可得 t=1.而 2t +t+10 恒成立,所以当-wt1 时,g (t)0,g(t) 单调递减；当 10,g(t) 单调递增.所以 g(t)的最大值为 max，172 丿=4+2,g(2)=5的图象在点(1,f(1) 处的切线与直线14i 在e,2e上恒成立,根据函数的单调性求出a 的范围即可.I问题等价于 xi e,e2时,有 g(x)minW、成立,通过讨论 a 的范

16、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-aInx,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 时,g(x)在e,e 上递减，15则 h(x)=-2所以 g(x)min=g(e2)=丄-ae2w，,故 a，1当 0a4 时,由于 g (x)在e,e2上递增,I故 g (x)的值域是-a, -a,由 g (x)的单调性和值域知：2存在 xo e,e ,使 g (xo)=0,且满足：x e,xo),g (x)0,g(x)递增,x0 12所以 g(x

17、)min=g(xo)=-axoW,xo e,e ,1111 j所以 a，儿7皿-W t 与 oo 时，设函数 g(x)=f(x)-x-2, 且函数 g(x)有且仅有一个零点，若 e xe,g(x)wm,求 m 的取值范围.【解析】当 a=-1 时,f(x)=(x2-2x)lnx-x2+2,定义域为(0,+ g),f (x)=(2x-2)lnx+(x-2)-2x.所以 f (1)=-3,又 f(1)=1,所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1) 处的切线方程为 3x+y-4=0.1 - (x -2)4nx22(2)令 g(x)=f(x)-x-2=0, 则(x -2x)Inx+ax +2=x+2,即 a=1 - (x -2yinx令 h(x)=1 J 2 -2lnx1- x - 2lnx016令 t(x)=1-x-2lnx,t (x)=-1- 、=,因为 t (x)0,所以 t(x)在(0,+ g)上单调递减,又 t(1)=h (1