2020年高考数学(理)二轮复习讲练测 专题04 函数与导数(测)(解析版)

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2020年高考数学(理)二轮复习讲练测 专题04 函数与导数(测)(解析版)

专题04 函数与导数(测)‎ ‎【满分:100分 时间:90分钟】‎ 一、选择题(12*5=60分)‎ ‎1.已知函数f(x)=x(2 016+lnx),若f′(x0)=2 017,则x0等于(  )‎ A.e2 D.1‎ C.ln 2 D.e ‎【答案】B ‎【解析】f′(x)=2 016+ln x+x×=2 017+ln x,由f′(x0)=2 017,得2 017+lnx0=2 017,则lnx0=0,解得x0=1。‎ ‎2.下列函数中,既是奇函数又存在极值的是(  )‎ A.y=x3 B.y=ln(-x)‎ C.y=xe-x D.y=x+ ‎【答案】D ‎【解析】A、B为单调函数,不存在极值,C不是奇函数,故选D.‎ ‎3.已知直线y=-x+m是曲线y=x2-3ln x的一条切线,则m的值为(  )‎ A.0 B.2‎ C.1 D.3‎ ‎【答案】B ‎【解析】因为直线y=-x+m是曲线y=x2-3ln x的切线,所以令y′=2x-=-1,得x=1,‎ x=-(舍),即切点为(1,1),又切点(1,1)在直线y=-x+m上,所以m=2,故选B.‎ ‎4. 设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是(  )‎ A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)‎ B.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1)‎ C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2)‎ D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2)‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题图可知,当x<-2时,f′(x)>0;当-22时,f′(x)>0。由此可以得到函数f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值。‎ ‎5.函数f(x)=x2-ln x的最小值为(  )‎ A. B.1‎ C.0 D.不存在 ‎【答案】A ‎【解析】f′(x)=x-=,且x>0.令f′(x)>0,得x>1;令f′(x)<0,得01时,f′(x)>0;当-20恒成立,所以函数f(x)在[1,2]上单调递 增,所以e-1≤f(x)≤e2-4,又不等式-m≤f(x)≤m2-4恒成立,解得m≥e,所以选D.‎ ‎10.若函数f(x)=x3-tx2+3x在区间[1,4]上单调递减,则实数t的取值范围是(  )‎ A. B.(-∞,3]‎ C. D.[3,+∞)‎ ‎【答案】C ‎【解析】f′(x)=3x2-2tx+3,由于f(x)在区间[1,4]上单调递减,则有f′(x)≤0在[1,4]上恒成立,即 ‎3x2-2tx+3≤0,即t≥在[1,4]上恒成立,因为y=在[1,4]上单调递增,所以t≥=.‎ ‎11.若曲线y=ln(x+a)的一条切线为y=ex+b,其中a,b为正实数,则a+的取值范围是(  )‎ A. D.[e,+∞)‎ C.[2,+∞) D.[2,e)‎ ‎【答案】C ‎【解析】设切点为(x0,y0),则解得b=ae-2。因为b>0,所以ae-2>0。所以a>,所以a+=a+≥2,当且仅当a=1时取等号。‎ ‎12.【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟(最后一卷)考试】已知奇函数是定义在上的可导函数,其导函数为,当时,有,则不等式的解集为( )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】设,因为为上的奇函数,所以,‎ 即为上的奇函数对求导,得,而当时,有,故时,,即单调递增,所以在上单调递增,‎ 则不等式即,‎ 即,即,所以,解得.‎ 故选A.‎ ‎【名师点睛】本题考查构造函数解不等式,利用导数求函数的单调性,函数的奇偶性,题目较综合,有一定的技巧性,属于中档题.‎ 二、填空题(4*5=20分)‎ ‎13.已知函数f(x)=exlnx,f ′(x)为f(x)的导函数,则f ′(1)的值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由函数的解析式可得:,则.即的值为.‎ ‎14.若函数y=-x3+bx有三个单调区间,则b的取值范围是________.‎ 解析:y′=-4x2+b,若y′值有正、有负,则b>0.  答案:b>0‎ ‎15.【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线在点处的切线与直线垂直,则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】因为,所以,因此,曲线在点处的切线斜率为,又该切线与直线垂直,所以.故答案为.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题,熟记导数的几何意义即可求解,属于常考题型.‎ ‎16.【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试(6月)数学】已知函数若方程恰有两个不同的实数根,则的最大值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】作出函数的图象如图所示,由,可得, 即,不妨设 ,则,令,则,‎ ‎,令,则,‎ 当时,,在上单调递增;当时,,在上单调递减,当时,取得最大值,为.故答案为.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系,考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值,属于难题.求函数的极值与最值的步骤:(1)确定函数的定义域;(2)求导数;(3)解方程求出函数定义域内的所有根;(4)判断在的根左右两侧值的符号,如果左正右负(左增右减),那么在处取极大值,如果左负右正(左减右增),那么在处取极小值.(5)如果只有一个极值点,则在该点处取得极值也是最值;(6)如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.‎ 二、解答题(6*12=70分)‎ ‎17.设函数=[].‎ ‎(1)若曲线y= f(x)在点(1,)处的切线与轴平行,求a;‎ ‎(2)若在x=2处取得极小值,求a的取值范围.‎ ‎【解析】(1)因为,‎ 所以,‎ ‎,由题设知,即,解得.‎ 此时,所以的值为1.‎ ‎(2)由(1)得.‎ 若,则当时,;当时,,所以在处取得极小值.‎ 若,则时,,,所以,所以2不是的极小值点.‎ 综上可知,的取值范围是.‎ ‎18、【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数,,.‎ ‎(1)求函数的极值点;(2)若恒成立,求的取值范围.‎ ‎【解析】(1)的定义域为,,‎ 当时,,所以在上单调递增,无极值点;‎ 当时,解得,解得,‎ 所以在上单调递增,在上单调递减,所以有极大值点,为,无极小值点.‎ ‎(2)由条件可得恒成立,则当时,恒成立,‎ 令,则,令,‎ 则当时,,所以在上为减函数.‎ 又,所以在上,;在上,.‎ 所以在上为增函数,在上为减函数,所以,所以.‎ ‎【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题,常用方法有:变量分离,参变分离,转化为函数最值问题;或者直接求函数最值,使得函数最值大于或者小于0‎ ‎;或者分离成两个函数,使得一个函数恒大于或小于另一个函数.‎ ‎19、已知函数f(x)=x2-aln x(a∈R).‎ ‎(1)若函数f(x)在x=2处的切线方程为y=x+b,求a和b的值;‎ ‎(2)讨论方程f(x)=0(a>0)的解的个数,并说明理由.‎ 解:(1)因为f′(x)=x-(x>0),又f(x)在x=2处的切线方程为y=x+b,所以f(2)=2-aln 2=2+b,‎ f′(2)=2-=1,解得a=2,b=-2ln 2.‎ ‎(2) 因为f′(x)=x-(x>0),又a>0,‎ 所以当x∈(0,)时,f′(x)<0,f(x)在区间(0,)内为减函数,‎ 当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在区间(,+∞)内为增函数,‎ 所以当x=时,取得最小值f()=a(1-ln a).‎ 当a∈(0,e)时,f()=a(1-ln a)>0,方程无解;‎ 当a=e时,f()=a(1-ln a)=0,方程有唯一解;‎ 当a∈(e,+∞)时,f()=a(1-ln a)<0,因为f(1)=>0,且>1,所以方程f(x)=0在区间 ‎(0,)内有唯一解,当x>1时,设g(x)=x-ln x,g′(x)=1->0,所以g(x)在区间(1,+∞)内为增函数,又g(1)=1,所以x-ln x>0,即ln x<x,故f(x)=x2-aln x>x2-ax.因为2a>>1,所以f(2a)>(2a)2-2a2=0.所以方程f(x)=0在区间(,+∞)内有唯一解,所以方程f(x)=0在区间(0,+∞)内有两解,‎ 综上所述,当a∈[0,e)时,方程无解,当a=e时,方程有唯一解,当a>e时,方程有两解.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎(1)讨论的单调性;‎ ‎(2)是否存在,使得在区间的最小值为且最大值为1?若存在,求出的所有值;若不存在,说明理由.‎ ‎【解析】(1).令,得x=0或.‎ 若a>0,则当时,;当时,.故 ‎ 在单调递增,在单调递减;若a=0,在单调递增;‎ 若a<0,则当时,;当时,.故 在单调递增,在单调递减.‎ ‎(2)满足题设条件的a,b存在.‎ ‎(i)当a≤0时,由(1)知,在[0,1]单调递增,所以在区间[0,l]的最小值为,最大值为.此时a,b满足题设条件当且仅当,,即a=0,.‎ ‎(ii)当a≥3时,由(1)知,在[0,1]单调递减,所以在区间[0,1]的最大值为,最小值为.此时a,b满足题设条件当且仅当,b=1,即a=4,b=1.‎ ‎(iii)当0
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