高三二轮复习数学（文）（人教版）阶段提升突破练（六）

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(2x3)<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(2x3)<1,化为0<2x3<2,解得32<x<52;4x>8,即22x>23,解得x>3所以“log2(2x3)<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.0,1e 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f1e=ln1e+e1e=e1e1>0,所以函数f(x)=3.(2017·泰安二模)函数f(x)=2x【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)=2-x=2x所以f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除A,B;又x=12时,f12=212【加固训练】(2017·汉中一模)函数f(x)=21+e()【解析】选A.因为f(x)=21+ef(x)=21+e-x-1·sin(x)=(2ex所以函数f(x)为偶函数,故排除C,D;当x=2时,f(2)=21+sin2<0,故排除B,故选A.4.(2017·深圳二模)设f(x)=(x-aA.[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+1x+a≥a+2x·1x=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a2a2≤0,解得1≤a≤2,因为a≥0,所以0≤5.(2017·武汉一模)已知g(x)是R上的奇函数,当x<0时,g(x)=ln(1x),且f(x)=x3,x≤0,g(x),x>0.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)=x3,x≤0,ln(1+x),x>0,则函数f(x)是R上的增函数,所以当f(2x26.(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)=12x2f′(x)的图象大致是()【解析】选C.因为f(x)=12x2sinx+xcosx,所以f′(x)=12xf′(x)=12(x)2cos(x)+cos(x)=12x2cosx+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,f7.(2017·泰安一模)已知函数f(x)=x+3,x≥0,ax+b,x<0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(A.62 B.62 C.62+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=9+3=3+3,得a=62,则a+b=628.(2017·乌鲁木齐三模)已知k∈Z,关于x的不等式k(x+1)>2xex导学号46854281A.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)=ex·2xf′(x)=-2(x2+x-1)ex(x+1)2,所以f′(x)>0⇒x2+x1<0⇒0<x<5-12,f′(x)<0⇒x>5-12,则f(x)max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1t答案:210.若函数f(x)=x2+lnx2mx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+lnx2mx在x∈(0,+∞)上是增函数,则f′(x)=2x+1x-2m≥0对x>0恒成立,所以2x+1x≥2m对x>0恒成立.而2x+1x≥22(当且仅当2x=1x,即x=22时取等号),所以2m≤22,m答案:(∞,2)11.设函数f(x)=2x-a,x<1,4(x-a)(x-2a),x≥1,导学号46854282【解析】令f(x)=0,解得x1=log

2a,x2=a,x3=2a所以log

2a<1,a≥1,2a①当a≤0时,x1不存在,x2,x3不满足条件;②当a>0时,由log

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12≤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12≤a<1或a≥答案:12≤a<1或a≥12.关于函数f(x)=xln|x|的五个命题:导学号46854283①f(x)在区间-∞,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xy+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)=xlnx,x>0,【解析】①是研究函数是否在-∞,-1f′(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=1e,所以f(x)在-∞,-1e上单调递增,在-1e,0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0,1e上单调递减,在1e,+∞上单调递增.故函数在x=1e处有极小值,在x=1e处有极大值,②为假命题.③根据f(x)为奇函数,f(1)=0,f1e=1e,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y0=1×(x1),即xy1=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∈答案:①⑤三、解答题(每小题10分,共40分)13.已知函数f(x)=exex(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(xt)+f(x2t2)≥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)=ex1ex,且y=ex是增函数,y=1ex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)=exe(2)由(1)知f(x)是增函数且是奇函数,所以f(xt)+f(x2t2)≥0对一切x∈R恒成立.⇔f(x2t2)≥f(tx)对一切x∈R恒成立⇔x2t2≥tx对一切x∈R恒成立⇔t2+t≤x2+x对一切x∈R恒成立⇔t+122≤⇔t+122≤0即存在实数t=12,使不等式f(xt)+f(x2t2)≥0对一切x∈14.已知函数f(x)=axlnx+1(a∈R),g(x)=xe1x.导学号46854284(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)=e1x(1x),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)=e2e,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)=a1x(1≤x≤e),1x∈当a≤0时,f′(x)=a1x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≤1e时,f′(x)<0,f(x)在[1,e]上单调递减,不合题意;当1e<a<1,即1<1a<e时,f(x)在f(x)在1a,e上单调递增,由上可得a∈1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=f1a=2+lna≤0,可得a≤1e2,则a综上,满足条件的a不存在.15.已知函数f(x)=mx+1+nln导学号46854285(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∈12,2,f(x)≥t3t22at+2与f(x)≤t3t【解析】(1)f(x)=mx+1+nlnx的定义域为(0,+∞因为f′(x)=m(x+1)2+由条件可得f′(1)=m4把x=1代入x+y2=0可得y=1,所以f(1)=m2=1,所以m=2,n=12所以f(x)=2x+112lnx,f′(x)=2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t3t22at+2≤1或t3t22at+2≥2,即2a≥t2t+1t对t∈12,2恒成立或2a≤t2t对t∈12,2恒成立.令g(t)=t则g′(t)=2t11t2=(t-1)(2令g′(t)=0可得t=1.而2t2+t+1>0恒成立,所以当12≤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maxg1而g12=1412+2=7所以g(t)max=52,得2a≥52,解得a≥又令h(t)=t2t=t-12214所以h(t)min=h12=14,得2a≤解得a≤18,综上,a≤18或a≥16.(2017·济南二模)已知函数f(x)=bxaxlnx(a>0)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线y=(1a)x平行.导学号46854286(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)=f(x)lnx,若存在x1∈[e,e2],使g(x1)≤【解题导引】(1)求出函数的导数,得到ba=1a,解出b,求出函数的解析式,问题转化为a≥1lnx+1(2)问题等价于x1∈[e,e2]时,有g(x)min≤14【解析】f′(x)=baalnx,所以f′(1)=ba,所以ba=1a,b=1,所以f(x)=xaxlnx.(1)函数y=f(x)在[e,2e]上是减函数,所以f′(x)=1aalnx≤0在[e,2e]上恒成立,即a≥1lnx+1在[e,2e]上恒成立因为h(x)=1lnx+1在[e,2e]上递减所以h(x)的最大值是12,所以实数a的最小值是1(2)因为g(x)=f(x)lnx=所以g′(x)=lnx-1(lnx)2a=故当1lnx=12即x=e2时,g′(x)max=若存在x1∈[e,e2],使g(x1)≤14成立等价于x1∈[e,e2],有g(x)min≤14成立当a≥14时,g(x)在[e,e2]上递减所以g(x)min=g(e2)=e22ae2≤14,故a≥当0<a<14时,由于g′(x)在[e,e2]上递增故g′(x)的值域是[a,14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)=x0lnx0ax0≤14,x所以a≥1lnx014x0≥1lne21【加固训练】已知函数f(x)=(x22x)·lnx+ax2+2