板塊5高考22逐題特訓(xùn)專題1124分項(xiàng)練6函數(shù)與導(dǎo)數(shù)教師版?zhèn)鋺?zhàn)2020年理科數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)提分講義紙間書屋

則ffe等于 －

答案解析∵∴f1＝ln ff 2.(2019·模擬)已知a＝log32，b＝log43，c＝log020.3，則a，b，c的大小關(guān)系是( 答案5解析a－c＝log32－log020.3＝log32－log5＝log32－log55－log2＝log32－1－log ＝log 334＝8144

4433

3又3454 3log020.3＝log5

3<log53c<4b>c3 )x

答案解析當(dāng)x＝2時(shí)，f(2)＝ln ＝ln3>0，故排除ln＝當(dāng)x＝1時(shí)，f 2＝

14

y＝f(x)－2x的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( ) 答案解析y＝f(x)－2xy＝f(x)－ay＝2x－a記g(x)＝f(x)－a＝y(tǒng)＝2xll要保證圖象有三個(gè)交點(diǎn)，向上最多平移到l′位置，向下平移一直會(huì)有三個(gè)交點(diǎn)，所以－a≤4

C.[3－2ln D.[3－2ln答案解析設(shè)x1<x2，若x2>x1≥1，f(x1)＋f(x2)＝1＋lnx1＋1＋lnx2若x1<x2<1，f(x1)＋f(x2)＝11＋1＋1 22f(x1)＋f(x2)＝11＋1＋1＋ln ＝1x1＋ln ∴x1＝1－2ln∴x1＋x2＝1－2lnx2＋x2，g(x)＝1－2lnx＋x(x≥1)，

＝x1≤x<2時(shí)，g′(x)<0g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>2時(shí)，g′(x)>0，則g(x)單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(2)＝1－2ln2＋2＝3－2ln∴x1＋x2∈[3－2ln

答案解析函數(shù)的定義域?yàn)閤xf(x)＝ln(x－1)＋2－ax(a>0)恰有一個(gè)零點(diǎn)，等價(jià)為f(x)＝ln(x－1)＋2－ax＝0恰有一個(gè)根，xxxln(x－1)＋2＝axxxxxxa>0時(shí)，y＝axy＝ln(x－1)＋2xmg(x)＝ln(x－1)＋2，切點(diǎn)為(m，n)，則ln(m－1)＋2＝n，xm1

－

k＝g′(m)＝1－2

1－2

∴－1－2＋ln(m－1)＋2

ln(m－1)＋4－m a＝1－2＝1

(－2[f(x)＋2f′(x)xf′(x]>0， A.f(4)>(25＋4)f(B.f(4)>2f(3)>(25＋4)f(C.(25＋4)f(2f(3)>f(4)>(25＋4)f(答案

解析令 ，則 x≠2時(shí)，(x－2)[f(x)＋(2－x)f′(x)]>0，所以當(dāng)x>2時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，則g(5)>g(3)>g(4)，即f5>f3>f45－23－2即(25＋4)f( 答案x解析f(x)＝(x2－2x)ex－alnx(a∈R)，所以f′(x)＝ex(x2－2x)＋ex(2x－2)－ax因?yàn)楹瘮?shù)所以

a≤ex(x3－2x)在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，令h(x)＝ex(x3－2x)，x>0，則因?yàn)閤∈(0，＋∞)，所以x2＋4x＋2>0.ex>0h′(x)>0x>1，令h′(x)<0，可得0<x<1.h(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減.所以h(x)min＝h(1)＝e1(1－2)＝－e.a9.f(x)＝x2＋(ln3x)2－2a(x＋3ln3x)＋10a2x0f(x0)≤1的值為 1 答案解析f(x)＝x2＋(ln3x)2－2a(x＋3ln3x)＋10a2＝(x－a)2＋(ln3x－3a)2M(x，ln3x)MNy＝3xy)

≥所以曲線上點(diǎn)P1，0到直線y＝3x的距離最小，最小距離d＝1，所以 1，根據(jù)題≥ ≤意，要使f(x 1，則f(x)＝1，此時(shí)N為垂足，點(diǎn)M與點(diǎn)P重合，k≤

1

1＝－3018x＋mx3－m(m>0)都有不等式f(x1)＋f(sin2θ)>f(x2)＋f(cos2θ)成立，則實(shí)數(shù)x1的取值范圍是( 答案解析

g′(x)＝2018[e2018x＋e2018(1－x)]＋3m[x2＋(1－x)2]>0，據(jù)此可得函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，f(x1)＋f(sin2θ)>f(x2)＋f(cos2θ)，即f(x1)－f(1－x1)>f(1－sin2θ)－f[1－(1－sin2θ)]，即g(x1)>g(1－sin2θ)，g(x)x1>1－sin2θ恒成立，當(dāng)sinθ＝0時(shí)，(1－sin2θ)max＝1， 11

e2－1

答案xe 解析

當(dāng)x>0時(shí) 0<x<1時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)取得極小值f(1)＝e.當(dāng)x<0時(shí) t＝f(x)t>e時(shí)，t＝f(x)3t＝e時(shí)，t＝f(x)20<t<e時(shí)，t＝f(x)1t2－2at＋a－1＝0有2t1＝e，t2∈(0，e)t1≤0，t2>et＝e時(shí)，e2－2ae＋a－1＝0＝

無(wú)解

e①ln3<3ln2；②ln <15；④3eln2<4e 答案x解析f(x)＝lnx1－ln導(dǎo)數(shù)為 0<x<e時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>e時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，可得當(dāng)x＝e時(shí)，f(x)取得最大值ln3<3ln 3<3ln

3ln?3<由3<2<ef(3)<f(2)，故①lneln lnlnee?π

，由e<f(e)<f(π)，故②<<

ln即4ln

ln

ln4 ，ln ln <15?log2 <log215?15<ln15，顯然成立，故③ln23eln2

ln82?8<2ee由e13.(2019·湖南寧鄉(xiāng)一中、攸縣一中聯(lián)考)y＝f(x)g(x)(f(x)>0)

1′＝g′(x)ln 1′(x)，

1 于是得到y(tǒng)′＝f(x)g(x)g′xlnfx＋gxfxf′x，運(yùn)用此方法求得函數(shù)y＝xx(x>0)的單調(diào) 答案 ln解析y＝xxlny＝x兩邊同時(shí)求導(dǎo)得1

1－ln 1－lnx

因此 xx1－lnx由 xxx1＋100x2的取值范圍是 答案 1解析由已知得x＝a1，x xy＝axy＝logaxy＝x對(duì)稱，y＝1y＝x對(duì)稱，所以點(diǎn)x1，1與點(diǎn)(x，logx)關(guān)于y＝x對(duì)稱，x

ax所以1＝x20<x1<1，x2>1x1x則x111x1＋100x2的取值范圍是立(其中e＝2.71828…)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是 答案解析由題意可得 2ex－ylny－ln 2ex－ylny－ln

e－1 則

2·x·ln 則 ＋e－t 2ln

2lnt＋t

2t2g′(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)t＝e時(shí)，g′(t)＝0，2則當(dāng)t∈(0，e)時(shí)，g′(t)>0，函數(shù)g(t)單調(diào)遞增，t∈(e，＋∞)時(shí)，g′(t)<0g(t)單調(diào)遞減，則當(dāng)t＝e時(shí)，g(t)取得最大值g(e)＝e，2據(jù)此有1≤e，∴m<0或 m的取值范圍是 16.f(x)＝lnx＋(e－a)x－b，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).的最小值

1答案x解析f(x)＝lnx＋(e－a)x－b，所以f′(x)＝1＋e－a，其中x>0，xa≤ef(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)≤0不恒成立；a>ef′(x)＝1＋e－a＝0x＝1 當(dāng) 0，1

當(dāng) 1，＋∞時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減