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1、(版)高考数学大二轮复习专题突破练10专题二函数与导数过关检测理 （通用版）高考数学大二轮复习专题突破练10专题二函数与导数过 关检测理 专题突破练10 专题二函数与导数过关检测 一、选择题 1.已知函数f(x)=的定义域为M,g(x)=ln(1+x)的定义域为N,则MN=() A.x|x-1 B.x|xb,则() A.ln(a-b)0 B.3a0 D.|a|b| 7.(2019全国卷3,理6)已知曲线y=a e x+x ln x在点(1,a e)处的切线方程为y=2x+b,则() A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1 C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1 8.定义在R上的函数
2、f(x)满足f(-x)=-f(x),f(x)=f(x+4),且x(-1,0)时,f(x)=2x+,则 f(log220)=() A.1 B. C.-1 D.- 9.设函数f(x)=x e x,则() A.x=1为f(x)的极大值点 B.x=1为f(x)的极小值点 C.x=-1为f(x)的极大值点 D.x=-1为f(x)的极小值点 10.“a-1”是“函数f(x)=ln x+ax+在1,+)上为单调函数”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 11.已知定义域为R的奇函数f(x)的导函数为f(x),当x0时,f(x)+0,若a=f,b=-2f(-
3、2),c=ln f ln,则a,b,c的大小关系正确的是() A.a1). (1)判断当-1k0时f(x)的单调性; (2)若x1,x2(x1x2)为f(x)两个极值点,求证:xf(x1)+f(x2)(x+1)f(x)+2-2x. 19.已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x. (1)若a=0,证明:当-10时,f(x)0; (2)若x=0是f(x)的极大值点,求a. 20.(2019山东青岛二模,理21)已知函数f(x)=(x2+a)e kx,e=2.718为自然对数的底数. (1)若k=-1,aR,判断函数f(x)在(0,+)上的单调性; (2)令a=0,k=1,若01时
4、,试比较f(x)与1的大小,并说明理由; (2)若f(x)有极大值,求实数a的取值范围; (3)若f(x)在x=x0处有极大值,证明10,得M=x|x20=1, 又01,f()=0,排除B,C.故选D. 4.C解析当xb,但ln(a-b)=0,排除A;取a=2,b=1,3a=9,3b=3,3a3b,排除B;y=x3是增函数,ab,a3b3,故C正确;取a=1,b=-2,满足ab,但|a|log220log216, 4-1时,f(x)0,函数f(x)递增;当x1时,g(x)ln2,bca. 12.B解析f(x+1)=2f(x),f(x)=2f(x-1). 当x(0,1时,f(x)=x(x-1),
5、 f(x)的图象如图所示. 当20, y=x-, k=x0-=-,x0=2. 15.-3解析ln2(0,1),f(ln2)=8,f(x)是奇函数, f(-ln2)=-8. 当x0,S递增.故当x=时,S的最小值是 17.解(1)由题意得f(x)=e x+-a,x-1,令g(x)=e x+-a,x-1,则g(x)=e x-, 令h(x)=e x-,x-1,则h(x)=e x+0, h(x)在(-1,+)上递增,且h(0)=0, 当x(-1,0)时,g(x)=h(x)0,g(x)递增, g(x)g(0)=2-a. 当a2时,f(x)=g(x)g(0)=2-a0,f(x)在(-1,+)递增,此时无极
6、值; 当a2时,g-1=0,g(0)=2-a0,f(x)递增; 当x(x1,0)时,g(x)=f(x)0,g(0)=2-a0,f(x)递增,x=x2是f(x)的极小值点; 综上所述,a(2,+). (2)证明由(1)得a(2,+),-10,1), 所以f(x)=2ln x+(x0). f(x)= 当-1k0时,=(4+k)2-16=k(k+8)0,2x2+(4+k)x+20恒成立.于是,f(x)在定义域上为单调增函数. (2)证明f(x)=, 由题设知,f(x)=0有两个不相等的正实数根x1,x2,则 解得k0,有ln xx-1. 令g(x)=ln x-x+1(x0),由于g(1)=0,并且g
7、(x)=-1, 当x1时,g(x)0,则g(x)在(0,1)上为增函数. 则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)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f(x)=ln(1+x)-, 设函数g(x)=f(x)=ln(1+x)-, 则g(x)=, 当-10时,g(x)0.故当x-1时,g(x)g(0)=0,当且仅当x=0时,g(x)=0,从而f(x)0,当且仅当x=0时,f(x)=0. 所以f(x)在(-1,+)单调递增. 又f(0)=0,故当-10时,f(x)0. (2)若a0,由(1)知,当x0时,f(x)(2+x)ln(1
8、+x)-2x0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾. 若a0,故h(x)与f(x)符号相同. 又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点. h(x)= 若6a+10,则当00,故x=0不是h(x)的极大值点. 若6a+10;当x(0,1)时,h(x)0;当xx2时,u(x)0;当x(x2,+)时,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, 则x2e x-m(x+1)ln xx2(x+1)-m(x+1)ln x=(x+1)(x2-m ln x). 令h(x)=x2-m ln
9、 x, 所以h(x)=(x2-m ln x)=2x-, 因为00. 所以h(x)=x2-m ln x在(0,+)上有最小值. 所以h=-m ln1-ln. 因为00,h(x)=x2-m ln x0,所以x2e x-m(x+1)ln x0. 所以关于x的方程f(x)-m(x+1)ln x=0无实根. 21.(1)解当a=1,x1时,f(x)=x-(ln x)2,x1. f(x)=1-2(ln x) 令g(x)=x-2ln x,x1, 则g(x)=1- 当x(1,2)时,g(x)0,g(x)单调递增, g(x)g(2)=2-2ln20,即f(x)0. f(x)在(1,+)上单调递增. f(x)f(
10、1)=1. 故当a=1,x1时f(x)1. (2)解f(x)=1-(x0), 令h(x)=x-2a ln x(x0),则h(x)=1- 当a=0时,f(x)=x无极大值. 当a0, h(x)在(0,+)上单调递增, h(1)=10,h()=-10,f(x)单调递增. f(x)在x=x1处有极小值,f(x)无极大值. 当a0时,h(x)在(0,2a)上单调递减,h(x)在(2a,+)上单调递增, f(x)有极大值, h(2a)=2a-2a ln(2a)=2a(1-ln2a) 又h(1)=10,h(e)=e-2a0,f(x)单调递增, 当x(x0,e)时,f(x) (3)证明由(2)可知,a ln x0=, f(x0)=x0-a(ln x0)2=x0-(10. p(x)在(1,e)上单调递增, p(1) 即1 故1f(x0) 4 / 4
