（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 搶分練 疑難專用練（八）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)

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1、(八)　函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 1．已知函數(shù)f(x)＝logax(0B>C B．A>C>B C．B>A>C D．C>B>A 答案　D 解析　繪制函數(shù)f(x)＝logax的圖象如圖所示， 且M， N， 由題意可知A＝f′(a)為函數(shù)在點M處切線的斜率， C＝f′(a＋1)為函數(shù)在點N處切線的斜率， B＝f(a＋1)－f(a)＝為直線MN的斜率，由數(shù)形結(jié)合可得C>B>A. 2．已知函數(shù)f(x)＝(x2－2x)ex－alnx(a∈R)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的

2、最大值是(　　) A．－eB．eC．－D．4e2 答案　A 解析　因為函數(shù)f(x)＝(x2－2x)ex－alnx(a∈R)， 所以f′(x)＝ex(x2－2x)＋ex(2x－2)－ ＝ex(x2－2)－(x>0)． 因為函數(shù)f(x)＝(x2－2x)ex－alnx(a∈R)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f′(x)＝ex(x2－2)－≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，即≤ex(x2－2)在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立， 亦即a≤ex(x3－2x)在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立， 令h(x)＝ex(x3－2x)，x>0，則 h′(x)＝ex(x3－2x)＋ex(3x2－2) ＝ex

3、(x3－2x＋3x2－2) ＝ex(x－1)(x2＋4x＋2)，x>0， 因為x∈(0，＋∞)，所以x2＋4x＋2>0. 因為ex>0，令h′(x)>0，可得x>1， 令h′(x)<0，可得0

4、解析　對函數(shù)求導(dǎo)可得， f′(x)＝·ex＋×2x－1， ∴f′(1)＝f′(1)＋f(0)－1，∴f(0)＝＝1， ∴f′(1)＝e，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋x－1， 設(shè)g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝ex＋1>0， ∴函數(shù)f′(x)單調(diào)遞增，而f′(0)＝0， ∴當(dāng)x<0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x>0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 故f(x)min＝f(0)＝1， 由存在性的條件可得關(guān)于實數(shù)n的不等式2n2－n≥1， 解得n∈∪[1，＋∞)． 4．若點P是曲線y＝x2－2lnx上任意一點，則點P到直線y＝x－的距離的最

5、小值為(　　) A.B.C.D. 答案　C 解析　點P是曲線y＝x2－2lnx上任意一點， 所以當(dāng)曲線在點P的切線與直線y＝x－平行時，點P到直線y＝x－的距離最小，直線y＝x－的斜率為1，函數(shù)y＝x2－2lnx的導(dǎo)數(shù)為y′＝3x－，令3x－＝1，解得x＝1或x＝－(舍)． 所以曲線與直線的切點為P0. 點P到直線y＝x－的距離的最小值是＝. 故選C. 5．已知f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且對任意的實數(shù)x都有f′(x)＝ex＋f(x)(e是自然對數(shù)的底數(shù))，f(0)＝1，則(　　) A．f(x)＝ex(x＋1) B．f(x)＝ex(x－1) C．f(x)＝ex(x

6、＋1)2 D．f(x)＝ex(x－1)2 答案　D 解析　令G(x)＝， 則G′(x)＝＝2x－2， 可設(shè)G(x)＝x2－2x＋c， ∵G(0)＝f(0)＝1，∴c＝1，∴G(x)＝x2－2x＋1. ∴f(x)＝(x2－2x＋1)ex＝ex(x－1)2. 6．若曲線C1：y＝ax2(a>0)與曲線C2：y＝ex存在公共切線，則a的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　設(shè)公共切線在曲線C1，C2上的切點分別為(m，am2)，(t，et)，則2am＝et＝， 所以m＝2t－2，a＝(t>1)， 令f(t)＝(t>1)，則f′(t)＝， 則當(dāng)t>2時

7、，f′(t)>0；當(dāng)1x1≥1， 則f(x1)＋f(x2)＝1＋lnx1＋1＋lnx2 ＝2＋ln(x1x2)＝2， ∴x1x2＝1，不成立； 若x1

8、立； 若x1<1≤x2，則f(x1)＋f(x2)＝x1＋＋1＋lnx2 ＝x1＋lnx2＋＝2， ∴x1＝1－2lnx2， ∴x1＋x2＝1－2lnx2＋x2， 設(shè)g(x)＝1－2lnx＋x(x≥1)， 則g′(x)＝－＋1＝， 當(dāng)1≤x<2時，g′(x)<0，則g(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x>2時，g′(x)>0，則g(x)單調(diào)遞增， ∴g(x)min＝g(2)＝1－2ln2＋2＝3－2ln2， ∴x1＋x2∈[3－2ln2，＋∞)． 8．已知函數(shù)f(x)＝x＋2cosx＋λ，在區(qū)間上任取三個數(shù)x1，x2，x3均存在以f(x1)，f(x2)，f(x3)為邊長的三角形，則λ的取

9、值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　∵函數(shù)f(x)＝x＋2cosx＋λ， ∴f′(x)＝1－2sinx， 當(dāng)x∈時， 由f′(x)＝0，得x＝， ∴當(dāng)x∈時，f′(x)>0， 當(dāng)x∈時，f′(x)<0， ∴f(x)max＝f?＝＋＋λ， 又f(0)＝2＋λ，f?＝＋λ， ∴f(x)min＝f?＝＋λ， ∵在區(qū)間上任取三個數(shù)x1，x2，x3均存在以f(x1)，f(x2)，f(x3)為邊長的三角形， ∴f?＝＋λ>0，① f?＋f?>f?，② 聯(lián)立①②，得λ>－. 9．已知函數(shù)f(x)＝x2＋(ln3x)2－2a(x＋3ln3x)＋10a2，

10、若存在x0使得f(x0)≤成立，則實數(shù)a的值為(　　) A.B.C.D. 答案　D 解析　f(x)＝x2＋(ln3x)2－2a(x＋3ln3x)＋10a2＝(x－a)2＋(ln3x－3a)2表示點M(x，ln3x)與點N(a,3a)距離的平方，M點的軌跡是函數(shù)g(x)＝ln3x的圖象，N點的軌跡是直線y＝3x，則g′(x)＝.作g(x)的平行于直線y＝3x的切線，設(shè)切點為(x1，y1)，則＝3，所以x1＝，切點為P，所以曲線g(x)上點P到直線y＝3x的距離最小，最小距離d＝，所以f(x)≥，根據(jù)題意，要使f(x0)≤，則f(x0)＝，此時N為垂足，點M與點P重合，kMN＝＝－，得a＝.

11、 10．下列命題中真命題的個數(shù)是(　　) ①ln30，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x>e時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 可得當(dāng)x＝e時，f(x)取得最大值. 構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，x>0， 同理可得g(x)在(0，e2)上單調(diào)遞增，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞減，有最大值g(e2)． ln3

12、f()，故②錯誤； 因為e2<15<16，所以g(15)>g(16)，即<， 即<，ln2<， 2<15?log220)的導(dǎo)數(shù)：先兩邊同取自然對數(shù)lny＝g(x)lnf(x)，再兩邊同時求導(dǎo)得y′＝g′(x)lnf(x)＋g(x)f′(x)，于是得到y(tǒng)′＝f(x)g(x)，運用此方法求得函數(shù)y＝(x>0)的單調(diào)遞減區(qū)間是________． 答案　(e，＋∞) 解析　因為y＝，所以lny＝， 兩邊

13、同時求導(dǎo)得y′＝， 因此y′＝， 由y′＝<0， 得lnx>1，x>e，即單調(diào)遞減區(qū)間是(e，＋∞)． 12．若x＝是函數(shù)f(x)＝lnx－kx的極值點，則實數(shù)k＝________，函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線方程是____________． 答案　e　(e－1)x＋y＋1＝0 解析　由題意得f′(x)＝－k，∴f′＝e－k＝0， ∴k＝e. ∴f′(1)＝1－k＝1－e. f(1)＝－k＝－e，∴切點坐標(biāo)為(1，－e)， ∴切線方程為y＋e＝(1－e)(x－1)， ∴(e－1)x＋y＋1＝0. 13．已知函數(shù)f(x)＝(a∈R)的值域是，則常數(shù)a＝____

14、____，m＝________. 答案　　1 解析　由題意得f(x)＝≥－， 即a≥－x2－x－對任意x∈R恒成立，且存在x∈R使得等號成立， 所以a＝max， 又因為－x2－x－＝－(x＋2)2＋， 所以a＝max＝， 所以f(x)＝＝， 則f′(x)＝＝， 當(dāng)x∈時，f′(x)>0， 當(dāng)x∈(－∞，－2)和時，f′(x)＜0， 又x→－∞時，f(x)→0， 所以易知，當(dāng)x＝時，f(x)取得最大值 f?＝＝1，即m＝1. 14．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1.若函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線斜率為6，則實數(shù)a＝________；若

15、函數(shù)在(－1,3)內(nèi)既有極大值又有極小值，則實數(shù)a的取值范圍是________． 答案　－1　 解析　由題意得f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6. 若函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線斜率為6， 則f′(1)＝3×12＋2a×1＋a＋6＝6， 解得a＝－1. 若函數(shù)f(x)在(－1,3)內(nèi)既有極大值又有極小值， 則其導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6在(－1,3)內(nèi)有兩個不同的零點， 則 解得－

16、_________． 答案　(－∞，0)∪ 解析　由題意可得m＝， 則＝＝·ln， 令t＝，構(gòu)造函數(shù)g(t)＝lnt(t>0)， 則g′(t)＝－lnt＋× ＝－lnt＋－(t>0)， 設(shè)h(t)＝g′(t)， 則h′(t)＝－－＝－<0恒成立， 則g′(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 當(dāng)t＝e時，g′(t)＝0， 則當(dāng)t∈(0，e)時，g′(t)>0，函數(shù)g(t)單調(diào)遞增， 當(dāng)t∈(e，＋∞)時，g′(t)<0，函數(shù)g(t)單調(diào)遞減， 則當(dāng)t＝e時，g(t)取得最大值g(e)＝， 據(jù)此有≤，∴m<0或m≥. 綜上可得實數(shù)m的取值范圍是(－∞，0)∪. 16．若

17、對任意x∈[－1,1]，恒有|4x3－ax|≤b(a，b∈R)成立，則當(dāng)b取得最小值________時，實數(shù)a的值為____________． 答案　1　3 解析　對任意x∈[－1,1]，恒有|4x3－ax|≤b成立等價于b≥|4x3－ax|max，x∈[－1,1]． 設(shè)f(x)＝4x3－ax，x∈[－1,1]， 則易得f(x)為奇函數(shù)， 則只需討論f(x)在[0,1]上的情況即可． f′(x)＝12x2－a， 當(dāng)a<0時，f′(x)>0在[0,1]上恒成立，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，則|4x3－ax|max＝f(1)＝4－a>4； 當(dāng)a>12時，f′(x)<0在[0,1

18、]上恒成立，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，則|4x3－ax|max＝|f(1)|＝a－4>8； 當(dāng)0≤a≤12時，令f′(x)＝0得x＝，則函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 則|4x3－ax|max＝max ＝max， 令|4－a|＝， 得(a－3)(a－12)2＝0，解得a＝3或12， 當(dāng)a＝12時，|4x3－ax|max＝8； 當(dāng)a＝3時，|4x3－ax|max＝1； 當(dāng)|4－a|>，即0≤a<3時，|4x3－ax|max＝|4－a|>1； 當(dāng)31. 綜上所述，當(dāng)b取得最小值1時，實數(shù)a的值為3. 17．已知函數(shù)f(x

19、)＝lnx＋(e－a)x－b，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．若不等式f(x)≤0恒成立，則的最小值為______________． 答案?。? 解析　因為函數(shù)f(x)＝lnx＋(e－a)x－b， 所以f′(x)＝＋e－a，其中x>0， 當(dāng)a≤e時，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)≤0不恒成立； 當(dāng)a>e時，令f′(x)＝＋e－a＝0，得x＝， 當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x＝時，f(x)取得最大值， 因為不等式f(x)≤0恒成立， 所以f?＝－ln(a－e)－b－1≤0，

20、 所以ln(a－e)＋b＋1≥0， 所以b≥－1－ln(a－e)， 所以≥，a>e， 設(shè)F(x)＝，x>e， 則F′(x)＝ ＝， 令H(x)＝(x－e)ln(x－e)－e，x>e， 則H′(x)＝ln(x－e)＋1， 由H′(x)＝0，解得x＝e＋， 當(dāng)x∈時，H′(x)>0，H(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈時，H′(x)<0，H(x)單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x＝e＋時，H(x)取得最小值， 最小值為H＝－e－， 因為當(dāng)x→e時，H(x)→－e， 當(dāng)x>2e時，H(x)>0，H(2e)＝0， 所以當(dāng)x∈(e,2e)時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(2e，＋∞)時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x＝2e時，F(xiàn)(x)取最小值F(2e)＝＝－， 所以的最小值為－. 12