《2019屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第2單元 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用測評 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第2單元 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用測評 理.doc（25頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第二單元 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
小題必刷卷(二)
1.A [解析] g(1)=a-1,由f[g(1)]=1,得5|a-1|=1,所以|a-1|=0,故a=1.
2.C [解析] 當(dāng)0
1,由f(a)=f(a+1)得a=2(a+1-1)=2a,解得a=14,此時f1a=f(4)=2(4-1)=6; 當(dāng)a≥1時,a+1≥2,由f(a)=f(a+1)得2(a-1)=2(a+1-1),此時方程無解.綜上可知,f1a=6,故選C.
3.C [解析] 由f(x)是定義在R上的偶函數(shù)且在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞增,可知f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減,∴由f(2|a-1|)>f(-2),f(-2)=f(2),可得2|a-1|<2,即|a-1|<12,∴120,x+1≠1,∴-4≤x≤1,-1f(1)>f(2),∴f(2)0,令λ=2x(λ>0),∴λ2-λ+t=0有兩個不相等的正實根,∴Δ=1-4t>0,t>0,解得00)上的值域為[m,n],即無論k取什么樣的正實數(shù)都應(yīng)有最大值與最小值的和是一個確定的值,故可令k=1,由于函數(shù)f(x)=3+2x-12x+1+sin 2x在區(qū)間[-1,1]上是增函數(shù),故m+n=f(1)+f(-1),由①知,m+n=f(1)+f(-1)=6.故選D.
18.-8 [解析] 由f(x)為奇函數(shù)可知f(0)=1-a=0,得a=1.所以f(-2)=-f(2)=-(32-1)=-8.
19.-∞,15∪[1,+∞) [解析] ∵f(x)=x3,x≥0,-x3,x<0,∴f(-x)=f(x),即函數(shù)f(x)是偶函數(shù).∵f(x)在[0,+∞)上為增函數(shù),則不等式f(3a-1)≥8f(a)等價為f(|3a-1|)≥f(2|a|),∴|3a-1|≥2|a|,解得a∈-∞,15∪[1,+∞).
20.9 [解析] 由奇函數(shù)f(x)滿足對任意x∈R都有f(2+x)+f(2-x)=0,可得f(x+2)=f(x-2),∴函數(shù)的周期T=4,且對任意x∈R都有f(-x)=-f(x),則f(0)=0.由f(x+2)=f(x-2),令x=0,可得f(2)=0,∴f(2016)+f(2017)+f(2018)=f(0)+f(1)+f(2)=f(1)=9.
小題必刷卷(三)
1.D [解析] a-b=log36-log510=(1+log32)-(1+log52)=log32-log52>0,b-c=log510-log714=(1+log52)-(1+log72)=log52-log72>0,所以a>b>c,選D.
2.A [解析] 因為f(-x)=3-x-13-x=13x-3x=-3x-13x=-f(x),所以f(x)為奇函數(shù).又因為y=3x為增函數(shù),y=13x為減函數(shù),所以f(x)=3x-13x為增函數(shù).故選A.
3.B [解析] 由題意得0.7=9a+3b+c,0.8=16a+4b+c,0.5=25a+5b+c,解之得a=-0.2,b=1.5,c=-2,
∴p=-0.2t2+1.5t-2=-0.2(t-3.75)2+0.812 5,即當(dāng)t=3.75時,p有最大值.
4.D [解析] 易知該函數(shù)為偶函數(shù),只要考慮當(dāng)x≥0時的情況即可,此時y=f(x)=2x2-ex,則f(x)=4x-ex,f(0)<0,f(1)>0,f(x)在(0,1)上存在零點,即f(x)在(0,1)上存在極值,據(jù)此可知,只可能為選項B,D中的圖像.當(dāng)x=2時,y=8-e2<1,故選D.
5.B [解析] 應(yīng)用排除法.當(dāng)m=2時,畫出y=(2x-1)2與y=x+2的圖像,由圖可知,兩函數(shù)的圖像在[0,1]上無交點,排除C,D;當(dāng)m=3時,畫出y=(3x-1)2與y=x+3的圖像,由圖可知,兩函數(shù)的圖像在[0,1]上恰有一個交點.故選B.
6.C [解析] 由y=loga(x+1)+1在[0,+∞)上單調(diào)遞減,得02,即a>23時,由|x2+(4a-3)x+3a|=2-x,得x2+(4a-2)x+3a-2=0,則Δ=(4a-2)2-4(3a-2)=0,解得a=34或a=1(舍);當(dāng)1≤3a≤2時,由圖像可知,符合條件.綜上,a∈13,23∪34.
7.B [解析] 由題意,得f(x)=x2+ax+b=x+a22+b-a24.因此函數(shù)f(x)的圖像的對稱軸為直線x=-a2.當(dāng)-a2≤0,即a≥0時,函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增,所以函數(shù)f(x)的最大值M=f(1)=1+a+b,最小值m=f(0)=b,所以M-m=1+a;當(dāng)-a2≥1,即a≤-2時,函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞減,所以函數(shù)f(x)的最大值M=f(0)=b,最小值m=f(1)=1+a+b,所以M-m=-1-a;當(dāng)0<-a2≤12,即-1≤a<0時,函數(shù)f(x)在[0,1]上的最小值m=f-a2=b-a24,最大值M=f(1)=1+a+b,所以M-m=1+a+a24;當(dāng)12<-a2<1,即-2a),函數(shù)g(x)=f(x)-b有兩個零點,即函數(shù)y=f(x)的圖像與直線y=b有兩個交點.結(jié)合圖像,當(dāng)a<0時,存在實數(shù)b使h(x)=x2(x>a)的圖像與直線y=b有兩個交點;當(dāng)a≥0時,必須滿足φ(a)>h(a),即a3>a2,解得a>1.
綜上得a∈(-∞,0)∪(1,+∞).
10.-14,+∞ [解析] f(x)=x+1,x≤0,2x,x>0,
f(x)+fx-12>1,即fx-12>1-f(x),
由圖像變換可畫出y=fx-12與y=1-f(x)的大致圖像如圖所示:
易得兩圖像的交點為-14,14,則由圖可知,滿足fx-12>1-fx的x的取值范圍為-14,+∞.
11.B [解析] ∵f(x)=x2+(2a-1)x+b是偶函數(shù),∴f(-x)=x2-(2a-1)x+b=x2+(2a-1)x+b,∴2a-1=0,解得a=12.要使函數(shù)g(x)=logax-1有意義,則logax-1≥0,即log12x-1≥0,∴l(xiāng)og12x≥1,解得00,故f(2)f(3)<0,則x0所在的區(qū)間是(2,3).
13.B [解析] 當(dāng)x<0時,函數(shù)f(x)=1x+ln(-x),易知函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,排除C,D;當(dāng)x>0時,函數(shù)f(x)=1x+ln x,此時f(1)=11+ln 1=1,故可排除A.故選B.
14.A [解析] 根據(jù)題意知f(-x)=e-|-x|=e-|x|=f(x),則f(x)為偶函數(shù),又f(x)=e-|x|=1ex,x≥0,ex,x<0,則函數(shù)f(x)在[0,+∞)上為減函數(shù),而|log0.53|=log23,又log25>log23>0,即log25>|log0.53|>0,則有bg(2)=1,所以f(x)與g(x)的圖像的交點個數(shù)為2.
20.3 [解析] 由f(-x)=f(x),得f(x)為偶函數(shù).由f(2-x)=f(x),得f(x+2)=f(-x),得f(x)=f(x+2),故f(x)是以2為周期的周期函數(shù).由f(2-x)=f(x)得,函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x=1對稱.函數(shù)y=cos πx是最小正周期為1的偶函數(shù),在同一坐標(biāo)系中畫出函數(shù)y=f(x),y=cos πx的圖像,可知在區(qū)間-12,32上,兩函數(shù)圖像共有五個交點,即函數(shù)g(x)有五個零點,按從小到大的順序依次設(shè)為x1,x2,x3,x4,x5,則x1+x2=0,x3+x5=2,x4=1,所以函數(shù)g(x)在區(qū)間-12,32上的所有零點的和為3.
小題必刷卷(四)
1.D [解析] y=a-1x+1,根據(jù)已知得,當(dāng)x=0時,y=2,代入解得a=3.
2.A [解析] 由函數(shù)圖像上兩點處的切線互相垂直,可知函數(shù)在這兩點處的導(dǎo)數(shù)之積為-1,經(jīng)檢驗,選項A符合題意.
3.C [解析] 當(dāng)a=0時,f(x)=-3x2+1,存在兩個零點,不符合題意,故a≠0.
由f(x)=3ax2-6x=0,得x=0或x=2a.
若a<0,則函數(shù)f(x)的極大值點為x=0,且f(x)極大值=f(0)=1,極小值點為x=2a,且f(x)極小值=f2a=a2-4a2,此時只需a2-4a2>0,即可解得a<-2;
若a>0,則f(x)極大值=f(0)=1>0,此時函數(shù)f(x)一定存在小于零的零點,不符合題意.
綜上可知,實數(shù)a的取值范圍為(-∞,-2).
4.B [解析] 因為y=12ex和y=ln(2x)互為反函數(shù),圖像關(guān)于直線y=x對稱,所以當(dāng)曲線y=12ex和y=ln(2x)的切線的斜率都為1時,兩條切線間的距離即為|PQ|的最小值.令y=12ex=1,得x=ln 2.所以y=12ex的斜率為1的切線的切點是(ln 2,1),所以切點(ln 2,1)到直線y=x的距離d=|ln2-1|2=1-ln22.所以|PQ|min=2d=21-ln22=2(1-ln 2).故選B.
5.A [解析] 不妨設(shè)P1(x1,y1),P2(x2,y2),其中01,得l1的斜率k1=-1x1,l2的斜率k2=1x2.又l1與l2垂直,且00,當(dāng)x∈(x2,x3)時,f(x)<0,當(dāng)x>x3時,f(x)>0.因此函數(shù)f(x)在x=x1處取得極小值,在x=x2處取得極大值,在x=x3處取得極小值.由此對照四個選項中的圖像,選項A中,在x=x1處取得極大值,不符合題意;選項B中,極大值點小于0,也不符合題意;選項C中在x=x1處取得極大值,不符合題意;選項D符合題意.因此選D.
7.A [解析] f(x)=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.因為x=-2是函數(shù)f(x)的極值點,所以f(-2)=0,所以4-2(a+2)+a-1=0,解得a=-1,此時f(x)=(x2+x-2)ex-1.由f(x)=0,解得x=-2或x=1,且當(dāng)-21時,f(x)>0,故x=1為f(x)的極小值點,所以f(x)的極小值為f(1)=-1.
8.y=x+1 [解析] 對y=x2+1x求導(dǎo)得y=2x-1x2,當(dāng)x=1時,y=21-1=1,所以曲線y=x2+1x在點(1,2)處的切線方程為y-2=x-1,即y=x+1.
9.1.2 [解析] 以梯形的底邊為x軸,底邊的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系,設(shè)拋物線方程為y=ax2,根據(jù)已知點(5,2)在該拋物線上,代入拋物線方程得a=225,即拋物線方程為y=225x2,故拋物線與直線y=2所圍成的圖形的面積為205 2-225x2dx=2(2x-275x3)05=403,梯形的面積為10+622=16.最大流量之比等于其截面面積之比,故比值為16 403=4840=1.2.
10.1-ln 2 [解析] 曲線y=ln x+2的切線為y=1x1x+ln x1+1(其中x1為切點橫坐標(biāo)),
曲線y=ln(x+1)的切線為y=1x2+1x+ln(x2+1)-x2x2+1(其中x2為切點橫坐標(biāo)).
由題可知1x1=1x2+1,ln x1+1=ln(x2+1)-x2x2+1,
解得x1=12,x2=-12,∴b=ln x1+1=1-ln 2.
11.D [解析] 因為f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以f(x)=k-1x≥0在(1,+∞)上恒成立.由于0<1x<1,所以k≥1.即k的取值范圍為[1,+∞).
12.C [解析] 函數(shù)y=ln x-x的定義域為(0,+∞).又y=1x-1=1-xx,令y=0得x=1.當(dāng)x∈(0,1)時,y>0,函數(shù)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(1,e]時,y<0,函數(shù)單調(diào)遞減.所以當(dāng)x=1時,函數(shù)取得最大值-1.
13.B [解析] fx=ax2+2axx+12,∵f1=1,即3a4=1,∴a=43.故選B.
14.B [解析] 由f(x)=0,得x2-2x=0,即x=0或x=2,∴函數(shù)f(x)有兩個零點,∴A,C不正確.f(x)=(x2-2)ex,由f(x)>0,解得x>2或x<-2,由f(x)<0,解得-20),四棱錐的高為h(h>0),外接球的半徑為R(R>0),∵13a2h=9,∴a2=27h,又∵R2=2a22+(h-R)2,∴R=274h2+h2.令f(h)=274h2+h2,∴f(h)=-272h3+12,可知f(h)在(0,3)上單調(diào)遞減,在(3,+∞)上單調(diào)遞增,∴f(h)min=f(3),即當(dāng)h=3時,R最小,從而其外接球的體積最小.
16.A [解析] f(x)=e3x+2me2x+(2m+1)ex,令t=ex>0,則由題意得t2+2mt+2m+1=0有兩個不同的正根,即(2m)2-4(2m+1)>0,-2m>0,2m+1>0?-120時,令f(x)=0,得x=ln1a,函數(shù)在-∞,ln1a上單調(diào)遞減,在ln1a,+∞上單調(diào)遞增,所以f(x)的最小值為fln1a=1-ln1a-2a=1+ln a-2a.令g(a)=1+ln a-2a(a>0),則g(a)=1a-2,當(dāng)a∈0,12時,g(a)單調(diào)遞增,當(dāng)a∈12,+∞時,g(a)單調(diào)遞減,∴g(a)max=g12=-ln 2<0,∴f(x)的最小值fln1a<0,又x→-∞時,f(x)>0,x→+∞,f(x)>0,∴函數(shù)f(x)=aex-x-2a有兩個零點.綜上,實數(shù)a的取值范圍是(0,+∞).
18.2 [解析] y=x2-3ln x的導(dǎo)數(shù)為y=2x-3x(x>0),由直線y=-x+m是曲線y=x2-3ln x的一條切線,可知2x-3x=-1有解,所以x=1,所以切點坐標(biāo)為(1,1),因為切點在直線上,所以m=1+1=2.
19.2x+y-1=0 [解析] ∵y=1x+2-3,∴切線的斜率k=1-1+2-3=-2,∴切線方程為y-3=-2(x+1),即2x+y-1=0.
20.π2 [解析] 由定積分的幾何意義可知-11 1-x2dx表示的是半徑為1的半圓的面積,即-11 1-x2dx=π2,又函數(shù)f(x)=sin x是奇函數(shù),所以-11 sin xdx=0,由定積分的性質(zhì)可得-11 (1-x2+sin x)dx=π2.
解答必刷卷(一)
1.解:(1)f(x)的定義域為(0,+∞).
①若a≤0,因為f12=-12+aln 2<0,所以不滿足題意.
②若a>0,由f(x)=1-ax=x-ax知,當(dāng)x∈(0,a)時,f(x)<0;當(dāng)x∈(a,+∞)時,f(x)>0.所以f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+∞)上單調(diào)遞增.故x=a是f(x)在(0,+∞)上的唯一極小值點.
由于f(1)=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時,f(x)≥0,
故a=1.
(2)由(1)知當(dāng)x∈(1,+∞)時,x-1-ln x>0.
令x=1+12n,得ln1+12n<12n,從而
ln1+12+ln1+122+…+ln1+12n<12+122+…+12n=1-12n<1.
故1+121+122…1+12n2,所以m的最小值為3.
2.解:(1)f(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
(i)設(shè)a=0,則f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一個零點.
(ii)設(shè)a>0,則當(dāng)x∈(-∞,1)時,f(x)<0;當(dāng)x∈(1,+∞)時,f(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)單調(diào)遞減,在(1,+∞)單調(diào)遞增.
又f(1)=-e,f(2)=a,取b滿足b<0且ba2(b-2)+a(b-1)2=ab2-32b>0,
故f(x)存在兩個零點.
(iii)設(shè)a<0,由f(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
若a≥-e2,則ln(-2a)≤1,故當(dāng)x∈(1,+∞)時,f(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)單調(diào)遞增.又當(dāng)x≤1時,f(x)<0,所以f(x)不存在兩個零點.
若a<-e2,則ln(-2a)>1.故當(dāng)x∈(1,ln(-2a))時,f(x)<0;當(dāng)x∈(ln(-2a),+∞) 時,f(x)>0.因此f(x)在(1,ln(-2a))單調(diào)遞減,在(ln(-2a),+∞)單調(diào)遞增.又當(dāng)x≤1時,f(x)<0,所以f(x)不存在兩個零點.
綜上,a的取值范圍為(0,+∞).
(2)證明:不妨設(shè)x1f(2-x2),即f(2-x2)<0.
由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0,
所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2.
設(shè)g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,
則g(x)=(x-1)(e2-x-ex).
所以當(dāng)x>1時,g(x)<0,而g(1)=0,故當(dāng)x>1時,g(x)<0,
從而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.
3.解:(1)f(x)的定義域為(-∞,-2)∪(-2,+∞).
f(x)=x2ex(x+2)2≥0,
當(dāng)且僅當(dāng)x=0時,f(x)=0,所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)上單調(diào)遞增.
因此當(dāng)x∈(0,+∞)時,f(x)>f(0)=-1.
所以(x-2)ex>-(x+2),即(x-2)ex+x+2>0.
(2)證明:g(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3[f(x)+a].
由(1)知,f(x)+a單調(diào)遞增,對任意a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0,
因此,存在唯一xa∈(0,2],使得f(xa)+a=0,即g(xa)=0.
當(dāng)0xa時,f(x)+a>0,g(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.
因此g(x)在x=xa處取得最小值,最小值為
g(xa)=exa-a(xa+1)xa2=exa+f(xa)(xa+1)xa2=exaxa+2,
于是h(a)=exaxa+2.由exx+2=(x+1)ex(x+2)2>0(x>0),可知y=exx+2(x>0)單調(diào)遞增,
所以,由xa∈(0,2],得12=e00+20,
∴t(x)在[3,+∞)上單調(diào)遞增,又t(3)=2-ln 3>0,
∴h(x)>0在[3,+∞)上恒成立,
∴h(x)min=h(3)=3ln32,
∴a≤3ln32,
∴實數(shù)a的取值范圍是-∞,3ln32.
5.解:(1)∵g(x)=(3-a)x-(2-a)-2ln x,
∴g(x)=3-a-2x,∴g(1)=1-a,
又g(1)=1,∴1-a=1-21-0=-1,解得a=2.
由g(x)=3-2-2x=x-2x<0,解得00恒成立,
即對任意x∈0,12,a>2-2lnxx-1恒成立.
令l(x)=2-2lnxx-1,x∈0,12,
則l(x)=2lnx+2x-2(x-1)2,
再令m(x)=2ln x+2x-2,x∈0,12,
則m(x)=-2(1-x)x2<0,
故m(x)在0,12上單調(diào)遞減,于是m(x)>m12=2-2ln 2>0,
從而l(x)>0,于是l(x)在0,12上單調(diào)遞增,
∴l(xiāng)(x)2-2lnxx-1恒成立,只需a∈[2-4ln 2,+∞).
綜上可知,若函數(shù)f(x)在0,12上無零點,則a的最小值是2-4ln 2.
6.解:(1)f(x)=ax-a=a1x-1=a(1-x)x.
當(dāng)a>0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1],單調(diào)遞減區(qū)間為[1,+∞);
當(dāng)a<0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1].
(2)令F(x)=f(x)+(a+1)x+1-e=aln x+x+1-e,
則F(x)=x+ax.若-a≤e,即a≥-e,則F(x) 在[e,e2]上是增函數(shù),
則F(x)max=F(e2)=2a+e2-e+1≤0,即a≤e-1-e22,此時無解.
若e<-a≤e2,即-e2≤a<-e,則F(x)在[e,-a]上是減函數(shù),在[-a,e2]上是增函數(shù),
則F(e)=a+1≤0,即a≤-1,且F(e2)=2a+e2-e+1≤0,即a≤e-1-e22,∴-e2≤a≤e-1-e22.
若-a>e2,即a<-e2,則F(x)在[e,e2]上是減函數(shù),
則F(x)max=F(e)=a+1≤0,即a≤-1,∴a<-e2.
綜上所述,a≤e-1-e22.
(3)證明:令a=1,則f(x)=ln x-x,
由(1)知f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,又f(1)<0,∴l(xiāng)n xf(-2),則a的取值范圍是 ( )
A.-∞,12
B.-∞,12∪32,+∞
C.12,32
D.32,+∞
4.[2016全國卷Ⅱ] 下列函數(shù)中,其定義域和值域分別與函數(shù)y=10lg x的定義域和值域相同的是 ( )
A.y=x B.y=lg x
C.y=2x D.y=1x
5.[2017全國卷Ⅰ] 函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞減,且為奇函數(shù).若f(1)=-1,則滿足-1≤f(x-2)≤1的x的取值范圍是 ( )
A.[-2,2] B.[-1,1]
C.[0,4] D.[1,3]
6.[2015湖北卷] 已知符號函數(shù)sgn x=1,x>0,0,x=0,-1,x<0.f(x)是R上的增函數(shù),g(x)=f(x)-f(ax)(a>1),則 ( )
A.sgn[g(x)]=sgn x
B.sgn[g(x)]=-sgn x
C.sgn[g(x)]=sgn[f(x)]
D.sgn[g(x)]=-sgn[f(x)]
7.[2016江蘇卷] 函數(shù)y=3-2x-x2的定義域是 .
8.[2017山東卷] 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)= .
9.[2016四川卷] 已知函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為2的奇函數(shù),當(dāng)00)上的值域為[m,n],則m+n等于 ( )
A.0 B.2
C.4 D.6
18.已知奇函數(shù)f(x)=3x-a(x≥0),g(x)(x<0),則f(-2)的值為 .
19.[2017廣州二模] 已知函數(shù)f(x)=x3,x≥0,-x3,x<0,若f(3a-1)≥8f(a),則實數(shù)a的取值范圍為 .
20.[2018河北武邑中學(xué)調(diào)研] 奇函數(shù)f(x)滿足對任意x∈R都有f(2+x)+f(2-x)=0,且f(1)=9,則f(2016)+f(2017)+f(2018)的值為 .
小題必刷卷(三) 函數(shù)
題組一 真題集訓(xùn)
1.[2013全國卷Ⅱ] 設(shè)a=log36,b=log510,c=log714,則 ( )
A.c>b>a B.b>c>a
C.a>c>b D.a>b>c
2.[2017北京卷] 已知函數(shù)f(x)=3x-13x,則f(x) ( )
A.是奇函數(shù),且在R上是增函數(shù) B.是偶函數(shù),且在R上是增函數(shù)
C.是奇函數(shù),且在R上是減函數(shù) D.是偶函數(shù),且在R上是減函數(shù)
3.[2014北京卷] 加工爆米花時,爆開且不糊的粒數(shù)占加工總粒數(shù)的百分比稱為“可食用率”.在特定條件下,可食用率p與加工時間t(單位:分鐘)滿足函數(shù)關(guān)系p=at2+bt+c(a,b,c是常數(shù)),圖X3-1記錄了三次實驗的數(shù)據(jù).根據(jù)上述函數(shù)模型和實驗數(shù)據(jù),可以得到最佳加工時間為 ( )
圖X3-1
A.3.50分鐘
B.3.75分鐘
C.4.00分鐘
D.4.25分鐘
4.[2016全國卷Ⅰ] 函數(shù)y=2x2-e|x|在[-2,2]的圖像大致為 ( )
圖X3-2
5.[2017山東卷] 已知當(dāng)x∈[0,1]時,函數(shù)y=(mx-1)2的圖像與y=x+m的圖像有且只有一個交點,則正實數(shù)m的取值范圍是 ( )
A.(0,1]∪[23,+∞) B.(0,1]∪[3,+∞)
C.(0,2]∪[23,+∞) D.(0,2]∪[3,+∞)
6.[2016天津卷] 已知函數(shù)f(x)=x2+(4a-3)x+3a,x<0,loga(x+1)+1,x≥0(a>0,且a≠1)在R上單調(diào)遞減,且關(guān)于x的方程|f(x)|=2-x恰有兩個不相等的實數(shù)解,則a的取值范圍是 ( )
A.0,23 B.23,34
C.13,23∪34 D.13,23∪34
7.[2017浙江卷] 若函數(shù)f(x)=x2+ax+b在區(qū)間[0,1]上的最大值是M,最小值是m,則M-m ( )
A.與a有關(guān),且與b有關(guān) B.與a有關(guān),但與b無關(guān)
C.與a無關(guān),且與b無關(guān) D.與a無關(guān),但與b有關(guān)
8.[2015浙江卷] 若a=log43,則2a+2-a= .
9.[2015湖南卷] 已知函數(shù)f(x)=x3,x≤a,x2,x>a,若存在實數(shù)b,使函數(shù)g(x)=f(x)-b有兩個零點,則a的取值范圍是 .
10.[2017全國卷Ⅲ] 設(shè)函數(shù)f(x)=x+1,x≤0,2x,x>0,則滿足f(x)+fx-12>1的x的取值范圍是 .
題組二 模擬強化
11.[2018河北武邑中學(xué)調(diào)研] 已知函數(shù)f(x)=x2+(2a-1)x+b是偶函數(shù),那么函數(shù)g(x)=logax-1的定義域為 ( )
A.-∞,12 B.0,12 C.(0,2] D.[2,+∞)
12.[2017汕頭潮南區(qū)模擬] 已知函數(shù)f(x)=ln x-12x-2的零點為x0,則x0所在的區(qū)間是 ( )
A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4)
13.[2017衡陽二模] 函數(shù)f(x)=1x+ln|x|的圖像大致為 ( )
圖X3-3
14.[2017江西八校聯(lián)考] 已知定義在R上的函數(shù)f(x)=e-|x|,記a=f(log0.53),b=f(log25),c=f(0),則a,b,c的大小關(guān)系為 ( )
A.b1,9x(1-x)2,x≤1,若函數(shù)g(x)=f(x)-k僅有一個零點,則k的取值范圍是 ( )
A.43,2 B.(-∞,0)∪43,+∞
C.(-∞,0) D.(-∞,0)∪43,2
17.已知函數(shù)f(x)=ex,x≥0,lg(-x),x<0,若關(guān)于x的方程[f(x)]2+f(x)+t=0有三個不同的實根,則t的取值范圍為 ( )
A.(-∞,2] B.[1,+∞)
C.[-2,1] D.(-∞,-2]∪[1,+∞)
18.[2018茂名聯(lián)考] 已知冪函數(shù)f(x)=xa的圖像過點3,13,則函數(shù)g(x)=(2x-1)f(x)在區(qū)間12,2上的最小值是 ( )
A.-1 B.0
C.-2 D.32
19.函數(shù)f(x)=2ln x的圖像與函數(shù)g(x)=x2-4x+5的圖像的交點個數(shù)為 .
20.設(shè)函數(shù)fx的定義域為R, 且f-x=fx,fx=f2-x,當(dāng)x∈0,1時,fx=x3,則函數(shù)gx=cos πx-fx在區(qū)間-12,32上的所有零點的和為 .
小題必刷卷(四) 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
題組一 真題集訓(xùn)
1.[2014全國卷Ⅱ] 設(shè)曲線y=ax-ln(x+1)在點(0,0)處的切線方程為y=2x,則a= ( )
A.0 B.1
C.2 D.3
2.[2016山東卷] 若函數(shù)y=f(x)的圖像上存在兩點,使得函數(shù)的圖像在這兩點處的切線互相垂直,則稱y=f(x)具有T性質(zhì).下列函數(shù)中具有T性質(zhì)的是 ( )
A.y=sin x B.y=ln x
C.y=ex D.y=x3
3.[2014全國卷Ⅰ] 已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0,則a的取值范圍是 ( )
A.(2,+∞) B.(1,+∞)
C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
4.[2012全國卷] 設(shè)點P在曲線y=12ex上,點Q在曲線y=ln(2x)上,則|PQ|的最小值為 ( )
A.1-ln 2 B.2(1-ln 2)
C.1+ln 2 D.2(1+ln 2)
5.[2016四川卷] 設(shè)直線l1,l2分別是函數(shù)f(x)=-lnx,01圖像上點P1,P2處的切線,l1與l2垂直相交于點P,且l1,l2分別與y軸相交于點A,B,則△PAB的面積的取值范圍是 ( )
A.(0,1) B.(0,2)
C.(0,+∞) D.(1,+∞)
6.[2017浙江卷] 函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f(x)的圖像如圖X4-1所示,則函數(shù)y=f(x)的圖像可能是 ( )
圖X4-1
圖X4-2
7.[2017全國卷Ⅱ] 若x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,則f(x)的極小值為 ( )
A.-1 B.-2e-3
C.5e-3 D.1
8.[2017全國卷Ⅰ] 曲線y=x2+1x在點(1,2)處的切線方程為 .
9.[2015陜西卷] 如圖X4-3,一橫截面為等腰梯形的水渠,因泥沙沉積,導(dǎo)致水渠截面邊界呈拋物線型(圖中虛線所示),則原始的最大流量與當(dāng)前最大流量的比值為 .
圖X4-3
10.[2016全國卷Ⅱ] 若直線y=kx+b是曲線y=ln x+2的切線,也是曲線y=ln(x+1)的切線,則b= .
題組二 模擬強化
11.[2017蘭州診斷] 若函數(shù)f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,則k的取值范圍是 ( )
A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]
C.[2,+∞) D.[1,+∞)
12.函數(shù)y=ln x-x在(0,e]上的最大值為 ( )
A.e B.1
C.-1 D.-e
13.[2017安徽百校論壇聯(lián)考] 已知函數(shù)fx=ax2x+1的圖像在點(1,f(1))處切線的斜率為1,則實數(shù)a的值為 ( )
A.-34 B.43
C.32 D.-32
14.[2017韶關(guān)二模] 函數(shù) f(x)=(x2-2x)ex的圖像大致是 ( )
圖X4-4
15.若一個四棱錐的底面為正方形,頂點在底面上的正投影為正方形的中心,且該四棱錐的體積為9,當(dāng)其外接球的體積最小時,它的高為 ( )
A. 3 B.22 C. 23 D. 33
16.[2017成都七中月考] 若函數(shù)f(x)=13e3x+me2x+(2m+1)ex+1有兩個極值點,則實數(shù)m的取值范圍是 ( )
A.-12,1-2 B.-12,1-2
C.(-∞,1-2) D.(-∞,1-2)∪(1+2,+∞)
17.[2017武漢調(diào)研] 若函數(shù)f(x)=aex-x-2a有兩個零點,則實數(shù)a的取值范圍是 ( )
A.-∞,1e B.0,1e
C.(-∞,0) D.(0,+∞)
18.[2017肇慶三模] 已知直線y=-x+m是曲線y=x2-3ln x的一條切線,則m的值為 .
19.[2017佛山二模] 曲線y=ln(x+2)-3x在點(-1,3)處的切線方程為 .
20.[2017太原三模] -11 (1-x2+sin x)dx= .
解答必刷卷 (一) 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)
題組一 真題集訓(xùn)
1.[2017全國卷Ⅲ] 已知函數(shù)f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
(2)設(shè)m為整數(shù),且對于任意正整數(shù)n,1+121+122…1+12n0時,(x-2)ex+x+2>0.
(2)證明:當(dāng)a∈[0,1)時,函數(shù)g(x)=ex-ax-ax2(x>0)有最小值.設(shè)g(x)的最小值為h(a),求函數(shù)h(a)的值域.
題組二 模擬強化
4.[2017衡陽八中、長郡中學(xué)等十三校二模] 已知函數(shù)f(x)=ln x,g(x)=(x-1)f(x),其中f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù).
(1)求曲線y=f(x)在點(e,1)處的切線方程;
(2)若f(x)≥ag(x)在[3,+∞)上恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.
5.[2017廣東廣雅中學(xué)、江西南昌二中聯(lián)考] 已知函數(shù)f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x(a∈R).
(1)設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)+x,若曲線y=g(x)在點(1,g(1))處的切線過點(0,2),求函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間;
(2)若函數(shù)f(x)在0,12上無零點,求a的最小值.
6.[2017海口一中月考] 已知函數(shù)f(x)=aln x-ax(a≠0).
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)若f(x)+(a+1)x+1-e≤0對任意x∈[e,e2]恒成立,求實數(shù)a的取值范圍;
(3)求證:ln n!<(n+2)(n-1)2(n≥2,n∈N*).
2019屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第2單元 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用測評 理.doc
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