【推荐精选】2018届高考数学二轮复习 阶段提升突破练(六) 理 新人教A版

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
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(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. B.
C.(1，e)
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+e x(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]
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++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)
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)=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. B.- C.+3 D.-+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( )
世纪金榜导学号92494303 A.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)=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·菏泽一模)已知a≥ cosθdθ，则曲线f(x)=ax+ln(ax-1)在点(2，f(2))处切线的斜率的最小值为________.
【解析】=×(sin-sin0)=，可得a-≥-=，f(x)=ax+ln(ax-1)的导数为f′(x)=a+·a·=a+，在点(2，f(2))处
切线的斜率为k=a+=++≥2+=.当且仅当a=时，取得最小值.
答案：
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lo a<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)=e x-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)=e x-，且y=e x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(x i)=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)min=f=2+lna≤0，可得a≤，则a∈∅.
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.。