(版)高考數(shù)學大二輪復習專題突破練10專題二函數(shù)與導數(shù)過關檢測理

1、 4/4(版)高考數(shù)學大二輪復習專題突破練10專題二函數(shù)與導數(shù)過關檢測理 （通用版）高考數(shù)學大二輪復習專題突破練10專題二函數(shù)與導數(shù)過 關檢測理 專題突破練10 專題二函數(shù)與導數(shù)過關檢測 一、選擇題 1.已知函數(shù)f(x)=的定義域為M,g(x)=ln(1+x)的定義域為N,則MN=() A.x|x-1 B.x|xb,則() A.ln(a-b)0 B.3a0 D.|a|b| 7.(2019全國卷3,理6)已知曲線y=a e x+x ln x在點(1,a e)處的切線方程為y=2x+b,則() A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1 C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1 8.定義在R

2、上的函數(shù)f(x)滿足f(-x)=-f(x),f(x)=f(x+4),且x(-1,0)時,f(x)=2x+,則 f(log220)=() A.1 B. C.-1 D.- 9.設函數(shù)f(x)=x e x,則() A.x=1為f(x)的極大值點 B.x=1為f(x)的極小值點 C.x=-1為f(x)的極大值點 D.x=-1為f(x)的極小值點 10.“a-1”是“函數(shù)f(x)=ln x+ax+在1,+)上為單調(diào)函數(shù)”的() A.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 11.已知定義域為R的奇函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f(x),當x0時,f(x)+0,若a=f,b=-2

3、f(- 2),c=ln f ln,則a,b,c的大小關系正確的是() A.a1). (1)判斷當-1k0時f(x)的單調(diào)性; (2)若x1,x2(x1x2)為f(x)兩個極值點,求證:xf(x1)+f(x2)(x+1)f(x)+2-2x. 19.已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x. (1)若a=0,證明:當-10時,f(x)0; (2)若x=0是f(x)的極大值點,求a. 20.(2019山東青島二模,理21)已知函數(shù)f(x)=(x2+a)e kx,e=2.718為自然對數(shù)的底數(shù). (1)若k=-1,aR,判斷函數(shù)f(x)在(0,+)上的單調(diào)性; (2)令a=0,k=1,

4、若01時,試比較f(x)與1的大小,并說明理由; (2)若f(x)有極大值,求實數(shù)a的取值范圍; (3)若f(x)在x=x0處有極大值,證明10,得M=x|x20=1, 又01,f()=0,排除B,C.故選D. 4.C解析當xb,但ln(a-b)=0,排除A;取a=2,b=1,3a=9,3b=3,3a3b,排除B;y=x3是增函數(shù),ab,a3b3,故C正確;取a=1,b=-2,滿足ab,但|a|log220log216, 4-1時,f(x)0,函數(shù)f(x)遞增;當x1時,g(x)ln2,bca. 12.B解析f(x+1)=2f(x),f(x)=2f(x-1). 當x(0,1時,f(x)=x(x

5、-1), f(x)的圖象如圖所示. 當20, y=x-, k=x0-=-,x0=2. 15.-3解析ln2(0,1),f(ln2)=8,f(x)是奇函數(shù), f(-ln2)=-8. 當x0,S遞增.故當x=時,S的最小值是 17.解(1)由題意得f(x)=e x+-a,x-1,令g(x)=e x+-a,x-1,則g(x)=e x-, 令h(x)=e x-,x-1,則h(x)=e x+0, h(x)在(-1,+)上遞增,且h(0)=0, 當x(-1,0)時,g(x)=h(x)0,g(x)遞增, g(x)g(0)=2-a. 當a2時,f(x)=g(x)g(0)=2-a0,f(x)在(-1,+)遞增,

6、此時無極值; 當a2時,g-1=0,g(0)=2-a0,f(x)遞增; 當x(x1,0)時,g(x)=f(x)0,g(0)=2-a0,f(x)遞增,x=x2是f(x)的極小值點; 綜上所述,a(2,+). (2)證明由(1)得a(2,+),-10,1), 所以f(x)=2ln x+(x0). f(x)= 當-1k0時,=(4+k)2-16=k(k+8)0,2x2+(4+k)x+20恒成立.于是,f(x)在定義域上為單調(diào)增函數(shù). (2)證明f(x)=, 由題設知,f(x)=0有兩個不相等的正實數(shù)根x1,x2,則 解得k0,有l(wèi)n xx-1. 令g(x)=ln x-x+1(x0),由于g(1)=0

7、,并且g(x)=-1, 當x1時,g(x)0,則g(x)在(0,1)上為增函數(shù). 則g(x)在(0,+)上有最大值g(1)=0,即g(x)0,故原不等式成立. 19.解(1)當a=0時,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f(x)=ln(1+x)-, 設函數(shù)g(x)=f(x)=ln(1+x)-, 則g(x)=, 當-10時,g(x)0.故當x-1時,g(x)g(0)=0,當且僅當x=0時,g(x)=0,從而f(x)0,當且僅當x=0時,f(x)=0. 所以f(x)在(-1,+)單調(diào)遞增. 又f(0)=0,故當-10時,f(x)0. (2)若a0,由(1)知,當x0時,f(x)(2+x)

8、ln(1+x)-2x0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點矛盾. 若a0,故h(x)與f(x)符號相同. 又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的極大值點當且僅當x=0是h(x)的極大值點. h(x)= 若6a+10,則當00,故x=0不是h(x)的極大值點. 若6a+10;當x(0,1)時,h(x)0;當xx2時,u(x)0;當x(x2,+)時,u(x)0,g(x)=e x-10恒成立, 所以g(x)=e x-(x+1)g(0)=0, 即e xx+10, 則x2e x-m(x+1)ln xx2(x+1)-m(x+1)ln x=(x+1)(x2-m ln x). 令h(x)=x2-

9、m ln x, 所以h(x)=(x2-m ln x)=2x-, 因為00. 所以h(x)=x2-m ln x在(0,+)上有最小值. 所以h=-m ln1-ln. 因為00,h(x)=x2-m ln x0,所以x2e x-m(x+1)ln x0. 所以關于x的方程f(x)-m(x+1)ln x=0無實根. 21.(1)解當a=1,x1時,f(x)=x-(ln x)2,x1. f(x)=1-2(ln x) 令g(x)=x-2ln x,x1, 則g(x)=1- 當x(1,2)時,g(x)0,g(x)單調(diào)遞增, g(x)g(2)=2-2ln20,即f(x)0. f(x)在(1,+)上單調(diào)遞增. f(x)f(1)=1. 故當a=1,x1時f(x)1. (2)解f(x)=1-(x0), 令h(x)=x-2a ln x(x0),則h(x)=1- 當a=0時,f(x)=x無極大值. 當a0, h(x)在(0,+)上單調(diào)遞增, h(1)=10,h()=-10,f(x)單調(diào)遞增. f(x)在x=x1處有極小值,f(x)無極大值. 當a0時,h(x)在(0,2a)上單調(diào)遞減,h(x)在(2a,+)上單調(diào)遞增, f(x)有極大值, h(2