2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題1 集合、函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、方程、不等式 第2講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)練習(xí) 理

《2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題1 集合、函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、方程、不等式 第2講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)練習(xí) 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題1 集合、函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、方程、不等式 第2講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)練習(xí) 理（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題復(fù)習(xí)檢測 A卷 1．(2019年天津)已知a＝log52，b＝log0.50.2，c＝0.50.2，則a，b，c的大小關(guān)系為(　　) A．a(chǎn)＜c＜b　 B．a(chǎn)＜b＜c C．b＜c＜a　 D．c＜a＜b 【答案】A 【解析】a＝log52＜1，b＝log0.50.2＝＝log25＞log24＝1，c＝0.50.2＜1，所以b最大．因為a＝log52＝，c＝0.50.2＝＝＝.而log25＞log24＝2＞，所以＜，即a＜c.故選A． 2．(2019年甘肅白銀模擬)若函數(shù)f(x)＝有最大值，則a的取值范圍為(　　) A．(－5，＋∞)　 B．[－5，＋∞)

2、 C．(－∞，－5)　 D．(－∞，－5] 【答案】B 【解析】易知f(x)在(－∞，1]上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，要使f(x)有最大值，則f(1)＝4＋a≥(1＋1)＝－1，解得a≥－5. 3．(2018年新課標(biāo)Ⅲ)下列函數(shù)中，其圖象與函數(shù)y＝ln x的圖象關(guān)于直線x＝1對稱的是(　　) A．y＝ln(1－x)　 B．y＝ln(2－x) C．y＝ln(1＋x)　　 D．y＝ln(2＋x) 【答案】B 【解析】y＝ln x的圖象與y＝ln(－x)的圖象關(guān)于y軸即x＝0對稱，要使新的圖象與y＝ln x關(guān)于直線x＝1對稱，則y＝ln(－x)的圖象需向右平移2個單位，即y

3、＝ln(2－x)． 4．設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點，則(　　) A．a(chǎn)<－1　 B．a(chǎn)>－1 C．a(chǎn)>－　 D．a(chǎn)<－ 【答案】A 【解析】∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.∵函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點，∴方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解．∵x>0時，－ex<－1，∴a＝－ex<－1. 5．(2019年云南玉溪模擬)函數(shù)f(x)＝x2ln x的最小值為(　　) A．－　 B．　　 C．－　 D． 【答案】C 【解析】由f(x)＝x2ln x，得定義域為(0，＋∞)且f′(x)＝2xln x＋x2·＝x(2ln x＋1)．令f′(x)＝0，得x

4、＝e－.當(dāng)0e－時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝e－時，f(x)取得最小值，即f(x)min＝f(e－)＝－.故選C． 6．(2019年貴州遵義模擬)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且f(x＋4)＝f(x－2)．若當(dāng)x∈[－3,0]時，f(x)＝6－x，則f(919)＝________. 【答案】6 【解析】由f(x＋4)＝f(x－2)，可得f(x＋6)＝f(x)，則f(x)是周期為6的周期函數(shù)，所以f(919)＝f(153×6＋1)＝f(1)．又f(x)是偶函數(shù)，所以f(919)＝f(1)＝f(－1)＝6－(－1)

5、＝6. 7．(2019年廣東模擬)已知曲線f(x)＝aex＋b(a，b∈R)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x＋1，則a－b＝________.　 【答案】3 【解析】由f(x)＝aex＋b，得f′(x)＝aex.因為曲線f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x＋1，所以解得所以a－b＝3. 8．定義在R內(nèi)的可導(dǎo)函數(shù)f(x)，已知y＝2f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的減區(qū)間是______． 【答案】(2，＋∞) 【解析】令f′(x)<0，則y＝2f′(x)<1，由圖知，當(dāng)x>2時，2f′(x)＜1，故y＝f(x)的減區(qū)間是(2，＋∞)． 9．已知函

6、數(shù)f(x)＝xex－ax2－x. (1)若f(x)在(－∞，－1]內(nèi)單調(diào)遞增，在[－1,0]上單調(diào)遞減，求f(x)的極小值； (2)若x≥0時，恒有f(x)≥0，求實數(shù)a的取值范圍． 【解析】(1)∵f(x)在(－∞，－1]內(nèi)單調(diào)遞增，在[－1,0]上單調(diào)遞減，∴f′(－1)＝0. ∵f′(x)＝(x＋1)ex－2ax－1，∴2a－1＝0，a＝. ∴f′(x)＝(x＋1)ex－x－1＝(x＋1)(ex－1)． ∴f(x)在(－∞，－1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(－1,0)內(nèi)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，f(x)的極小值為f(0)＝0. (2)f(x)＝x(ex－ax－1)，令g(x)

7、＝ex－ax－1，則g′(x)＝ex－a， 若a≤1，則x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)為增函數(shù)， 而g(0)＝0，∴當(dāng)x≥0時，g(x)≥0.從而f(x)≥0. 若a>1，則x∈(0，ln a)時，g′(x)<0，g(x)為減函數(shù)， g(0)＝0，當(dāng)x∈(0，ln a)時，g(x)<0，從而f(x)<0. 綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]． 10．(2019年江蘇節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)． (1)若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值； (2)若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零點

8、均在集合{－3,1,3}中，求f(x)的極小值． 【解析】(1)若a＝b＝c，則f(x)＝(x－a)3. 由f(4)＝8，得(4－a)3＝8，解得a＝2. (2)若a≠b，b＝c，f(x)＝(x－a)(x－b)2. 令f(x)＝0，得x＝a或x＝b. f′(x)＝(x－b)2＋2(x－a)(x－b)＝(x－b)(3x－b－2a)． 令f′(x)＝0，得x＝b或x＝. f(x)和f′(x)的零點均在集合A＝{－3,1,3}中， 若a＝－3，b＝1，則＝－?A，舍去． 若a＝1，b＝－3，則＝－?A，舍去． 若a＝－3，b＝3，則＝－1?A，舍去． 若a＝3，b＝1，則＝?A

9、，舍去． 若a＝1，b＝3，則＝?A，舍去． 若a＝3，b＝－3，則＝1∈A. ∴f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1)． 易知x＝1時，f(x)取得極小值－32. B卷 11．(2019年甘肅蘭州模擬)定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足f′(x)＋>0，f(2)＝，則關(guān)于x的不等式f(ln x)>＋2的解集為(　　) A．(1，e2)　 B．(0，e2) C．(e，e2)　 D．(e2，＋∞) 【答案】D 【解析】設(shè)g(x)＝f(x)－(x>0)，則g′(x)＝f′(x)＋>0，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．由f(ln x)>

10、＋2，可得f(ln x)－>2，又g(2)＝f(2)－＝2，所以待解不等式等價于解g(ln x)>g(2)．所以ln x>2，解得x>e2.故選D． 12．(2018年江西師大附中月考)已知函數(shù)f(x)＝在[0,1]上單調(diào)遞增，則a的取值范圍為________． 【答案】[－1,1] 【解析】令2x＝t，t∈[1,2]，則y＝在[1,2]上單調(diào)遞增．當(dāng)a＝0時，y＝|t|＝t在[1,2]上單調(diào)遞增顯然成立；當(dāng)a>0時，y＝，t∈(0，＋∞)的單調(diào)遞增區(qū)間是[，＋∞)，此時≤1，即0

11、時成立．綜上，a的取值范圍是[－1,1]． 13．(2018年新課標(biāo)Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝－x＋aln x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，求證：2，令f′(x)＝0得，x＝或x＝，易得0<<. 當(dāng)x∈∪時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈時，f′(x)>0.所以f(x)在，上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． (2)證明：由(1)知，f(x)存在兩個極值點當(dāng)且僅當(dāng)a>2. 由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設(shè)x11. 由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a＝－2＋a，所以