學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE22學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精階段提升突破練(六)(函數(shù)與導(dǎo)數(shù)）（60分鐘100分)一、選擇題（每小題5分,共40分）1。(2017·日照一模)“l(fā)og2(2x—3）<1”是“4x>8A。充分不必要條件 B。必要不充分條件C.充要條件 D。既不充分也不必要條件【解析】選A。log2（2x—3）〈1，化為0〈2x-3〈2,解得<x<；4x〉8，即22x>23,解得x>.所以“l(fā)og2（2x-3)〈1”是“4x>82.(2017·衡陽(yáng)二模)函數(shù)f（x）=lnx+ex（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的零點(diǎn)所在的區(qū)間是(）A。 B.C。（1,e) D。（e，+∞）【解析】選A。函數(shù)f(x)=lnx+ex在(0,+∞）上單調(diào)遞增，因此函數(shù)f(x)最多只有一個(gè)零點(diǎn)。當(dāng)x→0時(shí),f(x)→—∞;又f=ln+=-1>0,所以函數(shù)f(x)=lnx+ex（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）的零點(diǎn)所在的區(qū)間是。3。(2017·泰安二模)函數(shù)f(x）=cosx的圖象大致是（)【解題導(dǎo)引】先判斷奇偶性，再取特殊值驗(yàn)證?！窘馕觥窟xC。因?yàn)楹瘮?shù)f（x)的定義域?yàn)閧x｜x≠0}，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，又因?yàn)閒（—x)=cos（-x)=-cosx=-f（x),所以f(x）為奇函數(shù),其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除A，B；又x=時(shí)，f=cos〉0,結(jié)合圖象知C正確.【加固訓(xùn)練】(2017·漢中一模）函數(shù)f（x)=·sinx的圖象大致形狀為（）【解析】選A。因?yàn)閒（x）=·sinx,所以f（-x)=·sin（—x）=—(—1)·sinx=·sinx=f（x)，所以函數(shù)f（x)為偶函數(shù)，故排除C，D;當(dāng)x=2時(shí)，f(2）=·sin2〈0，故排除B，故選A。4.(2017·深圳二模)設(shè)f(x）=若f（0）是f（x)的最小值,則a的取值范圍是(）A。［—1,2］ B。[—1,0］C.［1，2] D。［0，2]【解題導(dǎo)引】利用基本不等式,先求出當(dāng)x〉0時(shí)的函數(shù)最值，然后結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行討論即可?！窘馕觥窟xD.當(dāng)x〉0時(shí),f(x）=x++a≥a+2=a+2，此時(shí)函數(shù)的最小值為a+2;當(dāng)x≤0時(shí)，若a<0,則函數(shù)的最小值為f(a）=0，此時(shí)f(0)不是f(x)的最小值,故不滿足條件；若a≥0，則要使f（0)是f(x)的最小值,則滿足f(0)=a2≤a+2,即a2—a-2≤0，解得—1≤a≤2,因?yàn)閍≥0，所以0≤a≤2。5。（2017·武漢一模）已知g(x）是R上的奇函數(shù),當(dāng)x<0時(shí),g(x)=—ln（1—x）,且f（x）=若f(2-x2)>f(x),則實(shí)數(shù)x的取值范圍是（）A。（-1，2) B.(1，2)C。(-2,-1) D。(-2,1）【解析】選D。若x〉0，則-x<0,因?yàn)間(x）是R上的奇函數(shù)，所以g(x)=—g(-x）=ln(x+1），所以f（x）=則函數(shù)f（x）是R上的增函數(shù),所以當(dāng)f（2—x2）〉f（x）時(shí)，2—x2>x，解得—2<x<1.6。(2017·煙臺(tái)一模)函數(shù)f（x）=ax3+bx2+cx+d的圖象如圖所示,則下列結(jié)論成立的是()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】選C。由函數(shù)的圖象可知f(0)=d>0，排除選項(xiàng)A，B；函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d的導(dǎo)函數(shù)為f′（x）=3ax2+2bx+c,當(dāng)x∈(-∞,x1)，(x2,+∞)時(shí),函數(shù)f(x）是減函數(shù),可知a<0，排除D.故選C.【加固訓(xùn)練】（2017·濟(jì)南二模）已知函數(shù)f(x）=x2sinx+xcosx,則其導(dǎo)函數(shù)f′（x）的圖象大致是(）【解析】選C。因?yàn)閒(x）=x2sinx+xcosx,所以f′（x)=x2cosx+cosx,所以f′（—x)=(—x)2cos（-x）+cos(-x）=x2cosx+cosx=f′（x),所以其導(dǎo)函數(shù)f′(x)為偶函數(shù),圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，故排除A，B.又x=0時(shí)，f′(0)=1,過(guò)（0，1）點(diǎn),排除D,故選C.7。(2017·泰安一模)已知函數(shù)f(x）=滿足條件：對(duì)于任意x1∈R，且x1≠0，存在唯一的x2∈R且x1≠x2，使得f（x1)=f(x2).當(dāng)f(2a）=f（3b)成立時(shí)，則實(shí)數(shù)a+b=（）A. B.— C.+3 D.—+3【解題導(dǎo)引】根據(jù)條件得到f(x)在（-∞，0)和(0，+∞）上單調(diào)，得a,b的關(guān)系進(jìn)行求解即可?！窘馕觥窟xD。若對(duì)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,+∞）上單調(diào)，則b=3,且a<0,由f(2a)=f（3b）得f（2a)=f（9），即2a2+3=+3=3+3,得a=—,則a+b=-+3。8。(2017·烏魯木齊三模)已知k∈Z，關(guān)于x的不等式k(x+1）〉在（0，+∞）上恒成立，則k的最小值為（)A.0 B.1 C.2 D。3【解析】選B。k〉f（x）對(duì)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〉，則f（x）max=f=,而0〈<〈1。又k∈Z,所以kmin=1。二、填空題（每小題5分,共20分）9.(2017·鄭州二模)已知函數(shù)f（x)=ex+ax的圖象在點(diǎn)（0，f(0))處的切線與曲線lnx+y=0相切，則a=________.【解析】因?yàn)閒(0)=1，f′（x)=ex+a,f′（0）=a+1,所以函數(shù)f（x)的圖象在點(diǎn)（0,f（0)）處的切線l的方程是y=（a+1)x+1.設(shè)l與曲線lnx+y=0切于點(diǎn)T（t,—lnt)，則—=a+1且—lnt=(a+1)t+1,聯(lián)立兩式解得a=-2。答案：—210。若函數(shù)f（x)=x2+lnx-2mx在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________.【解析】由f(x）=x2+lnx—2mx在x∈(0，+∞）上是增函數(shù)，則f′(x)=2x+-2m≥0對(duì)x>0恒成立,所以2x+≥2m對(duì)x>0恒成立.而2x+≥2（當(dāng)且僅當(dāng)2x=，即x=時(shí)取等號(hào)）,所以2m≤2,m≤。答案：（-∞，)11.設(shè)函數(shù)f（x）=若f（x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.【解析】令f(x）=0,解得x1=loa,x2=a,x3=2a.因?yàn)橐蠛瘮?shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，所以loa〈1，a≥1,2a≥1中有且僅有2個(gè)成立。①當(dāng)a≤0時(shí)，x1不存在,x2,x3不滿足條件；②當(dāng)a>0時(shí),由loa<1，得a<2.若0〈a〈2,則x1是函數(shù)的一個(gè)零點(diǎn)，又因?yàn)閤2≤x3,所以x2=a<1且x3=2a≥1,即≤a<1時(shí),函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)x1和x3；若a≥2，則x1≥1，不是函數(shù)的零點(diǎn)，x2,x3滿足要求，是函數(shù)的零點(diǎn)。綜上可知≤a〈1或a≥2.答案：≤a〈1或a≥212。關(guān)于函數(shù)f（x）=xln|x｜的五個(gè)命題:①f（x）在區(qū)間上是單調(diào)遞增函數(shù)；②f(x)只有極小值點(diǎn)，沒有極大值點(diǎn)；③f（x)>0的解集是（—1,0)∪（0,1）；④函數(shù)f(x）的圖象在x=1處的切線方程為x-y+1=0;⑤函數(shù)g（x）=f(x)-m最多有3個(gè)零點(diǎn).其中,是真命題的有________（請(qǐng)把真命題的序號(hào)填在橫線上）.【解題導(dǎo)引】此題研究函數(shù)f(x）的性質(zhì)，可以從解析式看到，一方面f(-x）=—f（x),函數(shù)是奇函數(shù);另一方面，函數(shù)是分段函數(shù)f（x）=再逐項(xiàng)判斷即可.【解析】①是研究函數(shù)是否在上單調(diào)遞增.因?yàn)楫?dāng)x<—時(shí),f′(x)=ln（—x)+1>0,所以①為真命題。②是判斷函數(shù)極值點(diǎn)。當(dāng)x<0時(shí)，令f′（x)=0，得x=—,所以f（x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又因?yàn)閒（x）是奇函數(shù),圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.故函數(shù)在x=處有極小值，在x=—處有極大值，②為假命題。③根據(jù)f(x）為奇函數(shù)，f(1)=0,f=-，以及上述單調(diào)性,可畫出f（x）的大致圖象,判定③為假命題.④在x=1處,即點(diǎn)（1,0）處,切線斜率k=f′(1）=ln1+1=1，所以切線方程為y—0=1×(x—1)，即x-y—1=0，故④為假命題.⑤g（x)=f（x）-m的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即方程f（x)=m的解的個(gè)數(shù)，即y=f（x）與y=m兩函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)。畫出f（x）的圖象，由圖可知，當(dāng)m∈∪時(shí)，交點(diǎn)有1個(gè)；當(dāng)m=-，或或0時(shí)，交點(diǎn)有2個(gè);當(dāng)m∈∪時(shí)，交點(diǎn)有3個(gè)，故⑤為真命題。綜上所述，①⑤為真命題.答案：①⑤三、解答題（每小題10分，共40分)13.已知函數(shù)f(x)=ex-e-x(x∈R且e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）.(1)判斷函數(shù)f（x）的奇偶性與單調(diào)性.（2)是否存在實(shí)數(shù)t,使不等式f（x—t)+f（x2-t2)≥0對(duì)一切x∈R都成立?若存在，求出t；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由?！窘馕觥浚?）因?yàn)閒（x)=ex-,且y=ex是增函數(shù),y=-是增函數(shù)，所以f(x)是增函數(shù).由于f（x)的定義域?yàn)镽,且f（—x)=e-x-ex=-f（x)，所以f（x）是奇函數(shù).（2)由(1）知f(x)是增函數(shù)且是奇函數(shù),所以f(x—t)+f（x2—t2）≥0對(duì)一切x∈R恒成立。?f（x2-t2)≥f(t-x)對(duì)一切x∈R恒成立?x2—t2≥t—x對(duì)一切x∈R恒成立?t2+t≤x2+x對(duì)一切x∈R恒成立?≤對(duì)一切x∈R恒成立?≤0?t=-。即存在實(shí)數(shù)t=—，使不等式f(x—t)+f(x2—t2)≥0對(duì)一切x∈R都成立.14。已知函數(shù)f(x)=ax-lnx+1(a∈R),g(x）=xe1-x。(1）求函數(shù)g(x）在(0，e]上的值域.（2）是否存在實(shí)數(shù)a,對(duì)任意給定的x0∈(0,e],在［1，e]上都存在兩個(gè)不同的xi(i=1，2),使得f（xi）=g（x0)成立？若存在，求出a的取值范圍；若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由?！窘馕觥?1)因?yàn)間′(x）=e1—x（1—x)，所以g（x)在（0,1]上單調(diào)遞增，在(1,e]上單調(diào)遞減,且g(0)=0,g（1)=1，又g(0)=0〈g（e）=e2-e,所以g（x)的值域?yàn)?0,1]。(2）令m=g(x）,則由(1）可得m∈(0，1],原問題等價(jià)于:對(duì)任意的m∈（0,1］，f(x）=m在[1，e］上總有兩個(gè)不同的實(shí)根,故f（x）在［1，e］上不可能是單調(diào)函數(shù).因?yàn)閒′（x）=a-（1≤x≤e)，∈,當(dāng)a≤0時(shí),f′（x）=a-<0，所以f（x)在[1，e］上單調(diào)遞減,不合題意；當(dāng)a≥1時(shí),f′(x）>0,f（x)在［1,e]上單調(diào)遞增，不合題意；當(dāng)0<a≤時(shí),f′(x）〈0,f（x）在［1,e］上單調(diào)遞減，不合題意；當(dāng)<a<1，即1〈<e時(shí),f(x)在上單調(diào)遞減；f（x)在上單調(diào)遞增,由上可得a∈，此時(shí)必有f(x)的最小值小于等于0且f(1）與f(e)中較小的值應(yīng)大于等于1,而由f（x）min=f=2+lna≤0,可得a≤，則a∈。綜上，滿足條件的a不存在.15.已知函數(shù)f(x）=+nlnx(m，n為常數(shù))的圖象在x=1處的切線方程為x+y-2=0.(1）判斷函數(shù)f(x）的單調(diào)性.（2)已知p∈(0,1）,且f(p)=2,若對(duì)任意x∈（p，1)，任意t∈,f(x）≥t3—t2-2at+2與f(x)≤t3—t2—2at+2中恰有一個(gè)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍?！窘馕觥?1）f（x)=+nlnx的定義域?yàn)?0，+∞)，因?yàn)閒′（x）=-+,由條件可得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?yàn)閤〉0，所以f′(x)〈0，所以f(x）在（0，+∞)上單調(diào)遞減.(2）由(1）可知,f（x)在[p，1］上單調(diào)遞減，所以f(x)在[p,1]上的最小值為f(1）=1，最大值為f(p）=2,所以只需t3-t2—2at+2≤1或t3—t2—2at+2≥2,即2a≥t2-t+對(duì)t∈恒成立或2a≤t2-t對(duì)t∈恒成立。令g（t）=t2-t+，則g′(t）=2t—1—==,令g′(t)=0可得t=1.而2t2+t+1>0恒成立，所以當(dāng)≤t〈1時(shí),g′（t）〈0,g（t）單調(diào)遞減;當(dāng)1<t≤2時(shí),g′（t）>0,g（t)單調(diào)遞增。所以g(t）的最大值為max,而g=-+2=，g(2)=.所以g（t）max=,得2a≥,解得a≥。又令h(t)=t2-t=-,在上單調(diào)遞增，所以h（t）min=h=—,得2a≤-，解得a≤—，綜上,a≤—或a≥.16。(2017·濟(jì)南二模）已知函數(shù)f（x）=bx-axlnx(a>0）的圖象在點(diǎn)（1，f(1））處的切線與直線y=（1-a）x平行.（1)若函數(shù)y=f（x)在［e,2e]上是減函數(shù),求實(shí)數(shù)a的最小值。（2)設(shè)g（x）=,若存在x1∈［e,e2］，使g(x1）≤成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍?！窘忸}導(dǎo)引】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到b—a=1—a，解出b，求出函數(shù)的解析式,問題轉(zhuǎn)化為a≥在[e,2e］上恒成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可。(2)問題等價(jià)于x1∈［e，e2]時(shí)，有g(shù)（x）min≤成立,通過(guò)討論a的范圍結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出a的具體范圍即可?！窘馕觥縡′(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）函數(shù)y=f（x)在［e,2e］上是減函數(shù),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?yàn)閔(x）=在[e，2e]上遞減,所以h(x）的最大值是，所以實(shí)數(shù)a的最小值是。（2）因?yàn)間(x)==-ax,所以g′（x）=—a=—+-a，故當(dāng)=即x=e2時(shí)，g′（x）max=—a,若存在x1∈［e，e2］，使g（x1)≤成立,等價(jià)于x1∈[e，e2］，有g(shù)（x）min≤成立,當(dāng)a≥時(shí),g（x）在［e,e2］上遞減，所以g（x)min=g（e2)=—ae2≤，故a≥-,當(dāng)0<a〈時(shí)，由于g′（x）在[e，e2]上遞增，故g′(x）的值域是[-a,—a]，由g′(x）的單調(diào)性和值域知：存在x0∈［e,e2］，使g′（x0)=0,且滿足:x∈[e，x0)，g′(x)<0，g（x）遞減，x∈（x0，e2]，g′(x)>0,g（x）遞增,所以g(x)min=g（x0)=-ax0≤，x0∈[e,e2］,所以a≥-≥—〉，與0〈a<矛盾，不符合題意,綜上a≥-.【加固訓(xùn)練】已知函數(shù)f（x)=（x2-2x）·lnx+ax2+2。（1)當(dāng)a=-1時(shí),求曲線y=f（x)在點(diǎn)（1，f（1)）處的切線方程。(2）當(dāng)a>0時(shí),設(shè)函數(shù)g(x)=f（x)—x-2,且函數(shù)g（x）有且僅有一個(gè)零