《2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（含解析）.doc（37頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（含解析）
一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．(文)設(shè)集合M＝{－1}，N＝{1＋cos，log0.2(|m|＋1)}，若M?N，則集合N等于( )
A．{2} B．{－2,2}
C．{0} D．{－1,0}
[答案] D
[解析] 因為M?N且1＋cos≥0，log0.2(|m|＋1)<0，所以log0.2(|m|＋1)＝－1，可得|m|＋1＝5，故m＝4，N＝{－1,0}．
(理)(xx福建理，1)若集合A＝{i，i2，i3，i4}(i是虛數(shù)單位)，B＝{1，－1}，則A∩B等于( )
A．{－1} B．{1}
C．{1，－1} D．?
[答案] C
[解析] 考查：(1)復(fù)數(shù)的概念；(2)集合的運算．
由已知得A＝{i，－1，－i,1}，故A∩B＝{1，－1}，故選C.
2．(文)(xx福建理，2)下列函數(shù)為奇函數(shù)的是( )
A．y＝ B．y＝|sin x|
C．y＝cos x D．y＝ex－e－x
[答案] D
[解析] 考查函數(shù)的奇偶性．
函數(shù)y＝是非奇非偶函數(shù)；y＝|sin x|和y＝cos x是偶函數(shù)；y＝ex－e－x是奇函數(shù)，故選D．
(理)下列函數(shù)中，定義域是R且為增函數(shù)的是( )
A．y＝e－x B．y＝x3
C．y＝lnx D．y＝|x|
[答案] B
[解析] A為減函數(shù)，C定義域為(0，＋∞)，D中函數(shù)在(－∞，0)上遞減，在(0，＋∞)上遞增．
3．(文)已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，當x≠0時，f′(x)＋>0，則函數(shù)g(x)＝f(x)＋的零點個數(shù)為( )
A．1 B．2
C．0 D．0或2
[答案] C
[解析] 由條件知，f′(x)＋＝>0.
令h(x)＝xf(x)，則當x>0時，h′(x)>0，當x<0時，h′(x)<0，∴h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(0)＝0.，則h(x)≥0對任意實數(shù)恒成立．函數(shù)g(x)的零點即為y＝h(x)與y＝－1的圖象的交點個數(shù)，所以函數(shù)g(x)的零點個數(shù)為0.
(理)(xx浙江理，6)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且0≤f(－1)＝f(－2)＝f(－3)≤3，則( )
A．c≤3 B．3
9
[答案] C
[解析] ∵f(－1)＝f(－2)＝f(－3)
解得
∴f(x)＝x3＋6x2＋11x＋c，
又∵0n
B．?n∈N*, f(n)?N*或f(n)>n
C．?n0∈N*, f(n0)?N*且f(n0)>n0
D．?n0∈N*, f(n0)?N*或f(n0)>n0
[答案] D
[解析] 全稱命題的否定為特稱命題，“≤”的否定為“>”．
(理)(xx浙江理，6)設(shè)A，B是有限集，定義：d(A，B)＝card(A∪B)－card(A∩B)，其中card(A)表示有限集A中元素的個數(shù)．
命題①：對任意有限集A，B，“A≠B”是“ d(A，B)>0”的充分必要條件；
命題②：對任意有限集A，B，C，d(A，C)≤d(A，B)＋d(B，C)．
A．命題①和命題②都成立
B．命題①和命題②都不成立
C．命題①成立，命題②不成立
D．命題①不成立，命題②成立
[答案] A
[解析] 考查集合的性質(zhì)．
命題①顯然正確，通過下圖亦可知d(A，C)表示的區(qū)域不大于d(A，B)＋d(B，C)的區(qū)域，故命題②也正確，故選A.
5．(文)(xx福建理，4)若函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1)的圖象如圖所示，則下列函數(shù)圖象正確的是( )
[答案] B
[解析] 由圖可知y＝logax圖象過(3,1)，∴l(xiāng)oga3＝1，∴a＝3，∵y＝3－x為減函數(shù)，∴排除A；∵y＝(－x)3當x>0時，y<0，∴排除C；∵y＝log3(－x)中，當x＝－3時，y＝1，∴排除D，∴選B．
(理)函數(shù)f(x)＝的圖象大致是( )
[答案] B
[解析] f ′(x)＝(x≠2)，令f ′(x)<0，得x<1.故f(x)的減區(qū)間是(－∞，1)，增區(qū)間為(1,2)，(2，＋∞)，f(x)在x＝1處取得極小值，且極小值為f(1)＝>0，故排除C、D兩項；當x>2時，f(x)<0，排除A項，故選B項．
6．(xx北京海淀期末)設(shè)a＝0.23，b＝log20.3，c＝20.3，則( )
A．b1，所以bxf ′(x)，則一定有( )
A．函數(shù)F(x)＝在(0，＋∞)上為增函數(shù)
B．函數(shù)G(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)
C．函數(shù)F(x)＝在(0，＋∞)上為減函數(shù)
D．函數(shù)G(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)
[答案] C
[解析] 對于F(x)＝，F(xiàn)′(x)＝<0，故F(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．
8．(文)若函數(shù)f(x)＝lnx＋在區(qū)間[1，e]上的最小值為，則實數(shù)a的值為( )
A. B．
C. D．非上述答案
[答案] B
[解析] f ′(x)＝－＝，
令f ′(x)＝0，則x＝a，
若a<1，則f(x)min＝f(1)＝a＝>1，不合題意．
若a>e，則f(x)min＝f(e)＝1＋＝，
則a＝0恒成立得b>，綜上可得b的取值范圍是|x1－x2|，故g(x)?Ψ.在同一直角坐標系中分別作出y＝h(x)，y＝x，y＝－x的圖象如圖所示，觀察可知?x1，x2∈[－1,1]，≤1，即|h(x1)－h(huán)(x2)|≤|x1－x2|，故h(x)∈Ψ.綜上所述，故選C.
11．(文)(xx濟南模擬)若至少存在一個x(x≥0)，使得關(guān)于x的不等式x2≤4－|2x－m|成立，則實數(shù)m的取值范圍為( )
A．[－4,5] B．[－5,5]
C．[4,5] D．[－5,4]
[答案] A
[解析] 本題考查函數(shù)的圖象與性質(zhì)、數(shù)形結(jié)合思想．
至少存在一個x≥0，使得不等式|x－|≤2－x2成立，即函數(shù)f(x)＝|x－|與g(x)＝2－x2的圖象存在橫坐標是非負數(shù)的公共點．在同一坐標系下畫出函數(shù)g(x)＝2－x2與y＝|x|的圖象，結(jié)合圖象可知將y＝|x|的圖象向左平移到經(jīng)過點(0,2)這個過程中的相應(yīng)曲線均滿足題意，即－4≤m≤0；將y＝|x|的圖象向左平移到直線y＝－x＋與拋物線y＝2－x2相切的過程中的相應(yīng)曲線均滿足題意，設(shè)相應(yīng)的切點橫坐標是x0，則有－x0＝－1，x0＝1，切點坐標是(1，)，于是有＝－1＋，得m＝5，所以0≤m≤5.因此滿足題意的實數(shù)m的取值范圍是[－4，5]，故選A.
(理)(xx東北三省四市聯(lián)考)若對于?x，y∈[0，＋∞)，不等式4ax≤ex＋y－2＋ex－y－2＋2恒成立，則實數(shù)a的最大值是( )
A. B．1
C．2 D．
[答案] D
[解析] 利用分離參數(shù)法求解．由題意可得4ax≤ex－2(ey＋e－y)＋2，y∈[0，＋∞)恒成立，所以≤(ey＋e－y)min＝2，則2ax≤ex－2＋1，x∈[0，＋∞)恒成立，x＝0時顯然成立，所以2ax≤ex－2＋1，x∈(0，＋∞)恒成立，即2a≤()min在x∈(0，＋∞)上恒成立，令f(x)＝，x∈(0，＋∞)，則f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，由f′(x)＝0得x＝2，當x∈(0,2)時，f′(x)<0，f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減；當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(2)＝1，則2a≤1，a≤，所以實數(shù)a的最大值是，故選D．
12．(文)(xx四川理，9)如果函數(shù)f(x)＝(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在區(qū)間上單調(diào)遞減，那么mn的最大值為( )
A．16 B．18
C．25 D．
[答案] B
[解析] 考查函數(shù)與不等式的綜合應(yīng)用．
當m＝2時，∵f(x)＝(n－8)x＋1在[，2]上單調(diào)遞減，∴n<8，又n≥0，∴mn＝2n<16.當m≠2時，拋物線的對稱軸為x＝－.據(jù)題意，當m>2時，－≥2即2m＋n≤12.∵≤≤6，∴mn≤18.由2m＝n且2m＋n＝12得m＝3，n＝6.∴當m＝3，n＝6時，mn取到最大值18.當m<2時，拋物線開口向下，據(jù)題意得，－≤，即m＋2n≤18.∵n≤9－m，∵0≤m<2，n≥0，∴mn≤9m－m2＝－(m－9)2＋<－(2－9)2＋＝16.綜上可知mn的最大值為18.選B．
(理)(xx新課標Ⅰ理，12)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0，則a的取值范圍是( )
A. B．
C. D．
[答案] D
[解析] 解法1：設(shè)g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由題知存在唯一的整數(shù)x0，使得(x0，g(x0))在直線h(x)＝ax－a的下方．因為g′(x)＝ex(2x＋1)，所以當x＜－時，g′(x)＜0，當x＞－時，g′(x)＞0，所以當x＝－時，[g(x)]min＝－2e－，∵f(1)＝e>0，
∴，解得≤a＜1，故選D .
解法2：∵a<1，∴f(0)＝－1＋a<0，∴x0＝0是符合題意的唯一的整數(shù)x0，從而∴a≥，
又a<1，∴≤a<1，故選D．
二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，將正確答案填在題中橫線上)
13．已知命p：?x∈R，ax2＋2x＋1≤0.若命題p是假命題，則實數(shù)a的取值范圍是________．
[答案] (1，＋∞)
[解析] 根據(jù)原命題是假命題，則其否定是真命題，結(jié)合二次函數(shù)圖象求解．命題p的否定p：?x∈R，ax2＋2x＋1>0是真命題，故解得a>1.
14．(文)若曲線y＝x－在點(m，m－)處的切線與兩坐標軸圍成三角形的面積為18，則m＝________.
[答案] 64
[解析] ∵y＝x－，∴y′＝－x－，∴切線的斜率為－m－，切線方程為y－m－＝－m－(x－m)，令x＝0，得y＝m－，令y＝0，得x＝3m，∵m>0，∴3mm－＝18，∴m＝8，∴m＝64.
(理)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋ax2－bx＋b－1在x＝1處的切線與x軸平行，若函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過四個象限，則實數(shù)a的取值范圍是________．
[答案] (，)
[解析] 依題意得，f ′(1)＝0，又f ′(x)＝ax2＋ax－b，
∴b＝2a，
∴f ′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，令f ′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
①當a＝0時，不合題意；
②當a>0時，要使圖象過四個象限，
只需結(jié)合a>0，解得a∈(，)；
③當a<0時，要使圖象過四個象限，
只需結(jié)合a<0.可知不存在符合條件的實數(shù)a；
綜上得，a的取值范圍是(，)．
15．(文)函數(shù)f(x)＝ax3－2ax2＋(a＋1)x－log2(a2－1)不存在極值點，則實數(shù)a的取值范圍是________．
[答案] 10，∴a>1或a<－1；
f ′(x)＝3ax2－4ax＋a＋1，
∵函數(shù)f(x)不存在極值點，
∴f ′(x)＝0不存在兩不等實根，
∴Δ＝16a2－43a(a＋1)＝4a(a－3)≤0，
所以0≤a≤3，綜上可知：10；當x∈(1,2)時，f ′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，f ′(x)>0，所以f(x)有兩個極值點1和2，且當x＝2時函數(shù)取得極小值，當x＝1時函數(shù)取得極大值．只有①不正確．
16．(文)(xx長沙市模擬)若關(guān)于x的方程x4＋ax3＋ax2＋ax＋1＝0有實根，則實數(shù)a的取值范圍是________．
[答案] (－∞，－]∪[2，＋∞)
[解析] 利用分離參數(shù)法求解．因為關(guān)于x的方程x4＋ax3＋ax2＋ax＋1＝0有實根，易知實根不為0，則－a＝＝，令x＋＝t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，則－a＝，t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．因為()′＝>0，所以≤－2或≥，即－a≤－2或－a≥，解得a≥2或a≤－.
(理)(xx福州市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝xsinx，有下列四個結(jié)論：
①函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱；
②存在常數(shù)T>0，對任意的實數(shù)x，恒有f(x＋T)＝f(x)成立；
③對于任意給定的正數(shù)M，都存在實數(shù)x0，使得|f(x0)|≥M；
④函數(shù)f(x)的圖象上至少存在三個點，使得該函數(shù)在這些點處的切線重合．
其中正確結(jié)論的序號是________(請把所有正確結(jié)論的序號都填上)．
[答案] ①③④
[解析] 因為函數(shù)的定義域為R，且f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)，故函數(shù)f(x)＝xsinx為偶函數(shù)，圖象關(guān)于y軸對稱，①正確；作出函數(shù)y＝xsinx的圖象如圖所示，觀察可知，該函數(shù)沒有周期性，②錯誤；因為當x→∞，x≠kπ時，|f(x)|→＋∞，故對于任意給定的正數(shù)M，都存在實數(shù)x0，使得|f(x0)|≥M，對于任意正數(shù)M，在同一坐標系中作出函數(shù)y＝sinx與y＝的圖象，易知當x>0時，總存在x0>0，使sinx0≥>0，∴x0sinx0≥M，
∴|x0sinx0|≥M，可知③正確；作出y＝x的圖象如圖所示，觀察可知，或由直線y＝x與曲線切于點(＋2kπ，＋2kπ)，k∈Z知④正確．綜上所述，正確命題的序號為①③④.
三、解答題(本大題共6個小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)
17．(本題滿分10分)(文)已知命題p：A＝{a|關(guān)于x的不等式x2＋2ax＋4>0在R上恒成立}，命題q：B＝{a|1<<2}．
(1)若k＝1，求A∩(?RB)；
(2)若“非p”是“非q”的充分不必要條件，求實數(shù)k的取值范圍．
[解析] 依題意，可得A＝{a|4a2－16<0}＝{x|－20且a≠1)是定義在(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)．
(1)求a的值；
(2)求函數(shù)f(x)的值域；
(3)當x∈(0,1]時，tf(x)≥2x－2恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．
[解析] 解法1：(1)∵f(x)是定義在(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)，即f(－x)＝－f(x)恒成立，∴f(0)＝0.
即1－＝0，解得a＝2.
(2)由(1)知f(x)＝1－＝，
記y＝f(x)，即y＝，
∴2x＝，由2x>0知>0，
∴－10，∴2x＋1>1，∴0<<2，
∴－1<1－<1，即－10，
∴原式變?yōu)閠≥(2x－2)＝
＝＝(2x－1)－＋1.
令μ＝2x－1，則μ∈(0,1]，原式變?yōu)閠≥μ－＋1.
而g(μ)＝μ－＋1在μ∈(0,1]時是增函數(shù)，
∴當μ＝1時，g(μ)max＝0，∴t≥0.
19．(本題滿分12分)(文)某開發(fā)商用9000萬元在市區(qū)購買一塊土地，用于建一幢寫字樓，規(guī)劃要求寫字樓每層建筑面積為2000平方米．已知該寫字樓第一層的建筑費用為每平方米4000元，從第二層開始，每一層的建筑費用比其下面一層每平方米增加100元．
(1)若該寫字樓共x層，總開發(fā)費用為y萬元，求函數(shù)y＝f(x)的表達式；
(總開發(fā)費用＝總建筑費用＋購地費用)
(2)要使整幢寫字樓每平方米的平均開發(fā)費用最低，該寫字樓應(yīng)建為多少層？
[解析] (1)由已知，寫字樓最下面一層的總建筑費用為40002000＝8000000(元)＝800(萬元)，
從第二層開始，每層的建筑總費用比其下面一層多
1002000＝200000(元)＝20(萬元)，
寫字樓從下到上各層的總建筑費用構(gòu)成以800為首項，20為公差的等差數(shù)列，
所以函數(shù)表達式為
y＝f(x)＝800x＋20＋9000
＝10x2＋790x＋9000(x∈N*)．
(2)由(1)知寫字樓每平方米平均開發(fā)費用為
g(x)＝10000＝
＝50(x＋＋79)
g′(x)＝50(1－)，由g′(x)＝0及x∈N*得，x＝30.
易知當x＝30時，g(x)取得最小值．
答：該寫字樓建為30層時，每平方米平均開發(fā)費用最低．
(理)經(jīng)市場調(diào)查，某旅游城市在過去的一個月內(nèi)(以30天計)，旅游人數(shù)f(t)(萬人)與時間t(天)的函數(shù)關(guān)系近似滿足f(t)＝4＋，人均消費g(t)(元)與時間t(天)的函數(shù)關(guān)系近似滿足g(t)＝115－|t－15|.
(1)求該城市的旅游日收益w(t)(萬元)與時間t(1≤t≤30，t∈N)的函數(shù)關(guān)系式；
(2)求該城市旅游日收益的最小值(萬元)．
[解析] (1)依題意得，
w(t)＝f(t)g(t)＝(4＋)(115－|t－15|)．
(2)因為w(t)＝
①當1≤t<15時，w(t)＝(4＋)(t＋100)＝4(t＋)＋401≥42＋401＝441，
當且僅當t＝，即t＝5時取等號．
②當15≤t≤30時，w(t)＝(4＋)(130－t)＝519＋(－4t)，可證w(t)在t∈[15,30]上單調(diào)遞減，所以當t＝30時，w(t)取最小值為403.
由于403<441，
所以該城市旅游日收益的最小值為403萬元．
20．(本題滿分12分)(文)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2alnx.
(1)若函數(shù)f(x)的圖象在(2，f(2))處的切線斜率為1，求實數(shù)a的值；
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(3)若函數(shù)g(x)＝＋f(x)在[1,2]上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．
[解析] (1)f ′(x)＝2x＋＝.
由已知f ′(2)＝1，解得a＝－3.
(2)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．
①當a≥0時，f ′(x)>0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；
②當a<0時f ′(x)＝.
當x變化時，f ′(x)，f(x)的變化情況如下：
x
(0，)
(，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
f(x)
極小值
由上表可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)；單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)．
(3)由g(x)＝＋x2＋2alnx，得g′(x)＝－＋2x＋，
由已知函數(shù)g(x)為[1,2]上的單調(diào)減函數(shù)，
則g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，
即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立．
即a≤－x2在[1,2]上恒成立．
令h(x)＝－x2，x∈[1,2]，則h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)<0，
∴h(x)在[1,2]上為減函數(shù)．h(x)min＝h(2)＝－，
∴a≤－，故a的取值范圍為(－∞，－]．
(理)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋(x－a)2，a∈R.
(1)若a＝0，求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值；
(2)若函數(shù)f(x)在[，2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，試求實數(shù)a的取值范圍．
[解析] (1)f(x)的定義域為(0，＋∞)．
因為f ′(x)＝＋2x>0，
所以f(x)在[1，e]上是增函數(shù)，
當x＝1時，f(x)取得最小值f(1)＝1.
所以f(x)在[1，e]上的最小值為1.
(2)法一：f ′(x)＝＋2(x－a)＝
設(shè)g(x)＝2x2－2ax＋1，
依題意得，在區(qū)間[，2]上存在子區(qū)間使得不等式g(x)>0成立．
注意到拋物線g(x)＝2x2－2ax＋1的圖象開口向上，
所以只要g(2)>0，或g()>0即可．
由g(2)>0，即8－4a＋1>0，得a<，
由g()>0，即－a＋1>0，得a<.
所以a<，
所以實數(shù)a的取值范圍是(－∞，)．
法二：f ′(x)＝＋2(x－a)＝，
依題意得，在區(qū)間[，2]上存在子區(qū)間使不等式2x2－2ax＋1>0成立．
又因為x>0，所以2a<(2x＋)．
設(shè)g(x)＝2x＋，所以2a小于函數(shù)g(x)在區(qū)間[，2]的最大值．
又因為g′(x)＝2－，
由g′(x)＝2－>0，解得x>；
由g′(x)＝2－<0，解得00時，f(x)≥2a＋aln.
[解析] (1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－(x＞0)．當a≤0時，
f′(x)＞0，∴y＝f′(x)沒有零點；
當a＞0時，因為y＝e2x單調(diào)遞增，
y＝－單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增．
又f′(a)＞0，當b滿足0＜b＜且b＜時，f′(b)＜0，故當a＞0時，f′(x)存在唯一零點．
(2)由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)的唯一零點為x0，
當x∈(0，x0)時，f′(x)＜0；
當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0.
故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)．
由于2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln .
故當a＞0時，f(x)≥2a＋aln .
(理)(xx新課標Ⅱ文，21)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時，求a的取值范圍．
[解析] (1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a，若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)，單調(diào)遞增；若a>0，則當x∈時，f′(x)>0，當x∈時，f′(x)<0，所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
(2)由(1)知a≤0時f(x)在(0，＋∞)無最大值．當a>0時f(x)在x＝處取得最大值，最大值為f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.因此f>2a－2?ln a＋a－1<0，令g(a)＝ln a＋a－1.則g(a)在(0，＋∞)是增函數(shù)，且g(1)＝0，于是，當01時，g(a)>0.因此a的取值范圍是(0,1)．
22．(本題滿分12分)(文)(xx重慶文，19)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－處取得極值．
(1)確定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，討論g(x)的單調(diào)性．
[解析] (1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3ax2＋2x，因為f(x)在x＝－處取得極值，所以f′(－)＝0，即3a＋2(－)＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得，g(x)＝ex.故g′(x)＝ex＋ex＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex，令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.當x<－4時，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù)；當－40，故g(x)為增函數(shù)；當－10時，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)；綜上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)內(nèi)為減函數(shù)，在(－4，－1)和(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．
(理)已知函數(shù)f(x)＝－－2x，(a>0)．
(1)若函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值，求a的值；
(2)如圖，設(shè)直線x＝－1，y＝－2x，將坐標平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四個區(qū)域(不含邊界)，若函數(shù)y＝f(x)的圖象恰好位于其中一個區(qū)域內(nèi)，試判斷其所在的區(qū)域，并求其對應(yīng)的a的取值范圍．
(3)試比較xxxx與xxxx的大小，并說明理由．
[解析] (1)∵f(x)＝－－2x
∴f ′(x)＝＋－2，
∵f(x)在x＝0處取得極值，
∴f ′(0)＝1＋a－2＝0，
∴a＝1.(經(jīng)檢驗a＝1符合題意)
(2)因為函數(shù)的定義域為(－1，＋∞)，且當x＝0時，
f(0)＝－a<0，
又直線y＝－2x恰好通過原點，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象應(yīng)位于區(qū)域Ⅲ內(nèi)，
∵x>－1，∴可得f(x)<－2x，即<，
∵x＋1>0，∴a>，
令φ(x)＝，∴φ′(x)＝，
令φ′(x)＝0得x＝e－1，∵x>－1，
∴x∈(－1，e－1)時，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增，
x∈(e－1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減．
∴φmax(x)＝φ(e－1)＝，∴a的取值范圍是：a>.
(3)法1：由(2)知函數(shù)φ(x)＝在x∈(e－1，＋∞)時單調(diào)遞減．
∴函數(shù)p(x)＝在x∈(e，＋∞)時單調(diào)遞減，
∴<，∴xln(x＋1)<(x＋1)lnx，
∴l(xiāng)n(x＋1)x－1}，則A∩B等于( )
A．{x|x<－2} B．{x|23} D．{x|x<－2或22}，B＝{x|0m，則f(x0)的值( )
A．等于0 B．大于0
C．小于0 D．符號不確定
[答案] C
[解析] ∵f(x)＝()x－log3x＝()x＋logx在(0，＋∞)上為減函數(shù)，又f(m)＝0，∴x0>m時，應(yīng)有f(x0)2時，f(2－x)＝2－|2－x|＝4－x，g(x)＝x－1，函數(shù)f(x)－g(x)＝(x－2)2－x＋1＝x2－5x＋5大于2零點有一個，故選A.
4．(文)已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝lnx，x0是函數(shù)h(x)＝f(x)＋g(x)的一個零點，若x1∈(1，x0)，x2∈(x0，＋∞)，則( )
A．h(x1)<0，h(x2)<0 B．h(x1)>0，h(x2)>0
C．h(x1)>0，h(x2)<0 D．h(x1)<0，h(x2)>0
[答案] D
[解析] 令h(x)＝＋lnx＝0，從而有l(wèi)nx＝，此方程的解即為函數(shù)h(x)的零點．在同一坐標系中作出函數(shù)g(x)＝lnx與f(x)＝的圖象，如圖所示．
由圖象易知>lnx1，從而lnx1－<0，
故lnx1＋<0，即h(x1)<0.同理h(x2)>0.
(理)函數(shù)f(x)＝sin(3x)－x3的圖象最可能是( )
[答案] A
[解析] ∵f(－x)＝sin(－3x)－(－x)3＝－f(x)，∴函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，排除B項；又f(2)＝sin6－23＝sin6－1<0，故排除C、D兩選項，應(yīng)選A.
5．(xx山東文，10)設(shè)函數(shù)f(x)＝若f＝4，則b＝( )
A．1 B．
C. D．
[答案] D
[解析] 考查分段函數(shù)與方程思想．
由題意，f()＝3－b＝－b，由f(f())＝4得， 或解得b＝，故選D．
6．設(shè)f(x)是R上的奇函數(shù)，且f(x)滿足f(x＋1)＝f(x－1)，當－1≤x≤0時，f(x)＝x(1＋x)，則f()＝( )
A. B．
C．－ D．－
[答案] B
[解析] ∵f(x)滿足f(x＋1)＝f(x－1)，
∴f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)的周期為2，∴f()＝f()，
∵f(x)為奇函數(shù)，
∴f()＝－f(－)＝(1－)＝，
∴f()＝，故選B．
7．函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)有兩個極值點x1、x2，則x1x2等于( )
A．9 B．－9
C．1 D．－1
[答案] C
[解析] f ′(x)＝3x2＋2ax＋3，則x1x2＝1.
8．(文)已知a≤＋lnx對任意x∈[，2]恒成立，則a的最大值為( )
A．0 B．1
C．2 D．3
[答案] A
[解析] 令f(x)＝＋lnx，則f ′(x)＝，當x∈[，1]時，f ′(x)<0，當x∈[1,2]時，f ′(x)>0，
∴f(x)在[，1]上單調(diào)遞減，在[1,2]上單調(diào)遞增，
∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，故選A.
(理)若f ′(x)＝(x＋a)(x－2)，f(0)＝0，函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,0]上不是單調(diào)函數(shù)，且當x∈[－2,0]時，不等式f(x)0，在(－a,0)上f ′(x)<0，
∴當x∈[－2,0]時，[f(x)]max＝f(－a)＝－a3＋＋2a2＝a3＋a2，由條件知a3＋a20，(log2x)2>1，
∴l(xiāng)og2x<－1或log2x>1，
∴02.
(理)(xx重慶文，3)函數(shù)f(x)＝log2(x2＋2x－3)的定義域是( )
A．[－3,1] B．(－3,1)
C．(－∞，－3]∪[1，＋∞) D．(－∞，－3)∪(1，＋∞)
[答案] D
[解析] 考查函數(shù)的定義域與一元二次不等式．
由x2＋2x－3>0?(x＋3)(x－1)>0，解得x<－3或x>1；故選D．
10．已知函數(shù)f(x)＝則f(x)>1的解集為( )
A．(－1,0)∪(0，e) B．(－∞，－1)∪(e，＋∞)
C．(－1,0)∪(e，＋∞) D．(－∞，1)∪(e，＋∞)
[答案] C
[解析] 不等式f(x)>1化為或，
∴x>e或－10，設(shè)x1、x2是方程f(x)＝0的兩根，則|x1－x2|的取值范圍是( )
A．[0，) B．[0，)
C．(，) D．(，)
[答案] A
[解析] f(x)＝g′(x)＝3ax2＋2bx＋c，∵f()＝＋＋c＝(a＋2b＋3c)＝0，∴是f(x)＝0的一根，又f(0)f(1)>0，∴01時，lnx0>0，－lnx0－＋1＝－(lnx0＋)＋1≤1－2＝－1，同理當00，即a2－a－2>0，解得a>2或a<－1.
14．(文)已知直線y＝2x＋b是曲線y＝lnx(x>0)的一條切線，則實數(shù)b＝________.
[答案] －ln2－1
[解析] 由y＝lnx得y′＝，令＝2得x＝，
∴切點為(，ln)，∴l(xiāng)n＝2＋b，
∴b＝－ln2－1.
(理)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(x)在區(qū)間(－1，0)上單調(diào)遞減，則a2＋b2的取值范圍是________．
[答案] [，＋∞)
[解析] 由題意得f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，f ′(x)≤0在x∈(－1,0)上恒成立，即3x2＋2ax＋b≤0在x∈(－1,0)上恒成立，
∴∴a、b所滿足的可行域如圖中的陰影部分所示．則點O到直線2a－b－3＝0的距離d＝.∴a2＋b2≥d2＝.
∴a2＋b2的取值范圍為[，＋∞)．
15．(文)給出下列四個命題：
①命題“?x∈R，cosx>0”的否定是“?x∈R，cosx≤0”；
②若00時，f ′(x)>0，則當x<0時，f ′(x)<0.
其中真命題的序號是________(把所有真命題的序號都填上)．
[答案]?、佗邰?
[解析] ①正確；令f(x)＝x2＋ax－3＝0，則ax＝3－x2，在同一坐標系中作出函數(shù)y＝ax(00時，f ′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴f(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，因此，當x<0時，f ′(x)<0，故④真．
(理)命題p：方程x2－x＋a2－6a＝0有一正根和一負根．命題q：函數(shù)y＝x2＋(a－3)x＋1的圖象與x軸無交點．若命題“p或q”為真命題，而命題“p且q”為假命題，則實數(shù)a的取值范圍是________．
[答案] (0,1]∪[5,6)
[解析] 由題意，命題p為真時，
解得0
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)
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大專題綜合測1
函數(shù)與導(dǎo)數(shù)含解析
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（含解析）.doc
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