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(2021学年)

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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〉８”的 ( ）
Ａ.充分不必要条件ﻩﻩﻩＢ.必要不充分条件
C.充要条件ﻩﻩﻩD。

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〉8”的充分不必要条件。

2。

(2017·衡阳二模)函数f(x）=lnｘ＋e x（e为自然对数的底数)的零点所在的区间是（）
Ａ.ﻩﻩﻩ B.
Ｃ。

(1,e）ﻩ D.(e，+∞）
【解析】选A.函数ｆ(ｘ）=lnｘ+e x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]ﻩﻩ B.[—1，0]
C。

[１,２］ﻩﻩﻩＤ。

[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)ﻩB。

(1,2）
C.(—２，—１)ﻩﻩﻩD。

(—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<0
B．a>0，ｂ＞0，c〈０,d＜０
Ｃ.ａ〈０,b〈0,c〉0，d〉０
D。

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)=ｘ2ｃos x＋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。

ﻩﻩ B.—ﻩﻩ C.+３ﻩＤ。

—+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 ﻩB。

1ﻩＣ。

２ﻩD。

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k min＝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:-2
１0.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=ｌo a，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lo a〈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≥2
12。

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—e x＝—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x i(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）
=f=2+lnａ≤0,可得a≤,则a∈ 。

min
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）有且仅有一个零点,若e—2<ｘ〈ｅ, g(x)≤m,求m的取值范围。

【解析】(1）当a=－1时,ｆ(ｘ)=(ｘ2—2x)lｎx—ｘ2＋2，定义域为(0,+∞),
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。

(2)令g（x）＝ｆ(x)－x-2=0,则（x２—2x）lnｘ+aｘ2+２=ｘ+2，即ａ=，
令h（ｘ)＝,
则ｈ′(x）＝-—＋=。

令ｔ(x)=1－x-２lnx，t′(ｘ）=—1-=,
因为t′(ｘ）<0,
所以t(x）在(０,+∞）上单调递减,又t（1)=h′（1）=0，所以当０＜x<1时，h′(x）〉0,当x〉1时，h′（x)＜0,
所以h(ｘ)在（0，1)上单调递增,在（１,+∞）上单调递减,
所以ｈ（x)mａx=h（1）=1.
因为a>0,所以当函数g(x)有且仅有一个零点时,a＝１。

当a=1时,g(x)＝(x2-2x）lnx+ｘ2—x,
g′(x)=(x－１)(3+2lnx）,令g′(x）=0,
得x＝1或x=，又ｅ—2〈x〈e，
所以函数ｇ(x)在（e—2，)上单调递增,在(,1)上单调递减，
在（1，e)上单调递增,
又g（)=-e-3+2,g(e）＝2e2—3e,
g()=-e-3＋2〈２<2e
=g(ｅ），
所以g（)＜g（e)，ｇ（x）〈g(e）=2e2-3ｅ，
所以m≥2e2—3ｅ.
以上就是本文的全部内容，可以编辑修改。

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