階段提升突破練(六)(函數與導數)(60分鐘100分)一、選擇題(每小題5分,共40分)1.(2017·日照一模)“log2(2x3)<1”是“4x>8A.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【解析】選A.log2(2x3)<1,化為0<2x3<2,解得32<x<52;4x>8,即22x>23,解得x>3所以“log2(2x3)<1”是“4x>82.(2017·衡陽二模)函數f(x)=lnx+ex(e為自然對數的底數)的零點所在的區間是()A.0,1e C.(1,e) D.(e,+∞)【解析】選A.函數f(x)=lnx+ex在(0,+∞)上單調遞增,因此函數f(x)最多只有一個零點.當x→0時,f(x)→∞;又f1e=ln1e+e1e=e1e1>0,所以函數f(x)=3.(2017·泰安二模)函數f(x)=2x【解題導引】先判斷奇偶性,再取特殊值驗證.【解析】選C.因為函數f(x)的定義域為{x|x≠0},關于原點對稱,又因為f(x)=2-x=2x所以f(x)為奇函數,其圖象關于原點對稱,排除A,B;又x=12時,f12=212【加固訓練】(2017·漢中一模)函數f(x)=21+e()【解析】選A.因為f(x)=21+ef(x)=21+e-x-1·sin(x)=(2ex所以函數f(x)為偶函數,故排除C,D;當x=2時,f(2)=21+sin2<0,故排除B,故選A.4.(2017·深圳二模)設f(x)=(x-aA.[1,2] B.[1,0]C.[1,2] D.[0,2]【解題導引】利用基本不等式,先求出當x>0時的函數最值,然后結合二次函數的性質進行討論即可.【解析】選D.當x>0時,f(x)=x+1x+a≥a+2x·1x=a+2,此時函數的最小值為a+2;當x≤0時,若a<0,則函數的最小值為f(a)=0,此時f(0)不是f(x)的最小值,故不滿足條件;若a≥0,則要使f(0)是f(x)的最小值,則滿足f(0)=a2≤a+2,即a2a2≤0,解得1≤a≤2,因為a≥0,所以0≤5.(2017·武漢一模)已知g(x)是R上的奇函數,當x<0時,g(x)=ln(1x),且f(x)=x3,x≤0,g(x),x>0.A.(1,2) B.(1,2)C.(2,1) D.(2,1)【解析】選D.若x>0,則x<0,因為g(x)是R上的奇函數,所以g(x)=g(x)=ln(x+1),所以f(x)=x3,x≤0,ln(1+x),x>0,則函數f(x)是R上的增函數,所以當f(2x26.(2017·煙臺一模)函數f(x)=ax3+bx2+cx+d的圖象如圖所示,則下列結論成立的是()A.a>0,b>0,c>0,d<0B.a>0,b>0,c<0,d<0C.a<0,b<0,c>0,d>0D.a>0,b>0,c>0,d>0【解析】選C.由函數的圖象可知f(0)=d>0,排除選項A,B;函數f(x)=ax3+bx2+cx+d的導函數為f′(x)=3ax2+2bx+c,當x∈(∞,x1),(x2,+∞)時,函數f(x)是減函數,可知a<0,排除D.故選C.【加固訓練】(2017·濟南二模)已知函數f(x)=12x2f′(x)的圖象大致是()【解析】選C.因為f(x)=12x2sinx+xcosx,所以f′(x)=12xf′(x)=12(x)2cos(x)+cos(x)=12x2cosx+cosx=f′(x),所以其導函數f′(x)為偶函數,圖象關于y軸對稱,故排除A,B.又x=0時,f7.(2017·泰安一模)已知函數f(x)=x+3,x≥0,ax+b,x<0滿足條件:對于任意x1∈R,且x1≠0,存在唯一的x2∈R且x1≠x2,使得f(x1)=f(x2).當f(A.62 B.62 C.62+3 【解題導引】根據條件得到f(x)在(∞,0)和(0,+∞)上單調,得a,b的關系進行求解即可.【解析】選D.若對于?x1∈R,x1≠0,存在唯一的x2∈R,且x1≠x2,使得f(x1)=f(x2),所以f(x)在(∞,0)和(0,+∞)上單調,則b=3,且a<0,由f(2a)=f(3b)得f(2a)=f(9),即2a2+3=9+3=3+3,得a=62,則a+b=628.(2017·烏魯木齊三模)已知k∈Z,關于x的不等式k(x+1)>2xex導學號46854281A.0 B.1 C.2 D.3【解析】選B.k>f(x)對任意x>0恒成立?k>f(x)max,其中f(x)=ex·2xf′(x)=-2(x2+x-1)ex(x+1)2,所以f′(x)>0?x2+x1<0?0<x<5-12,f′(x)<0?x>5-12,則f(x)max二、填空題(每小題5分,共20分)9.(2017·鄭州二模)已知函數f(x)=ex+ax的圖象在點(0,f(0))處的切線與曲線lnx+y=0相切,則a=________.【解析】因為f(0)=1,f′(x)=ex+a,f′(0)=a+1,所以函數f(x)的圖象在點(0,f(0))處的切線l的方程是y=(a+1)x+1.設l與曲線lnx+y=0切于點T(t,lnt),則1t答案:210.若函數f(x)=x2+lnx2mx在定義域內是增函數,則實數m的取值范圍是________.【解析】由f(x)=x2+lnx2mx在x∈(0,+∞)上是增函數,則f′(x)=2x+1x-2m≥0對x>0恒成立,所以2x+1x≥2m對x>0恒成立.而2x+1x≥22(當且僅當2x=1x,即x=22時取等號),所以2m≤22,m答案:(∞,2)11.設函數f(x)=2x-a,x<1,4(x-a)(x-2a),x≥1,導學號46854282【解析】令f(x)=0,解得x1=log

2a,x2=a,x3=2a所以log

2a<1,a≥1,2a①當a≤0時,x1不存在,x2,x3不滿足條件;②當a>0時,由log

若0<a<2,則x1是函數的一個零點,又因為x2≤x3,所以x2=a<1且x3=2a≥1,即12≤a<1時,函數有兩個零點x1和x3若a≥2,則x1≥1,不是函數的零點,x2,x3滿足要求,是函數的零點.綜上可知12≤a<1或a≥答案:12≤a<1或a≥12.關于函數f(x)=xln|x|的五個命題:導學號46854283①f(x)在區間-∞,②f(x)只有極小值點,沒有極大值點;③f(x)>0的解集是(1,0)∪(0,1);④函數f(x)的圖象在x=1處的切線方程為xy+1=0;⑤函數g(x)=f(x)m最多有3個零點.其中,是真命題的有________(請把真命題的序號填在橫線上).【解題導引】此題研究函數f(x)的性質,可以從解析式看到,一方面f(x)=f(x),函數是奇函數;另一方面,函數是分段函數f(x)=xlnx,x>0,【解析】①是研究函數是否在-∞,-1f′(x)=ln(x)+1>0,所以①為真命題.②是判斷函數極值點.當x<0時,令f′(x)=0,得x=1e,所以f(x)在-∞,-1e上單調遞增,在-1e,0上單調遞減,又因為f(x)是奇函數,圖象關于原點對稱,所以f(x)在0,1e上單調遞減,在1e,+∞上單調遞增.故函數在x=1e處有極小值,在x=1e處有極大值,②為假命題.③根據f(x)為奇函數,f(1)=0,f1e=1e,以及上述單調性,可畫出f(x)的大致圖象,判定③為假命題.④在x=1處,即點(1,0)處,切線斜率k=f′(1)=ln1+1=1,所以切線方程為y0=1×(x1),即xy1=0,故④為假命題.⑤g(x)=f(x)m的零點個數即方程f(x)=m的解的個數,即y=f(x)與y=m兩函數圖象交點的個數.畫出f(x)的圖象,由圖可知,當m∈答案:①⑤三、解答題(每小題10分,共40分)13.已知函數f(x)=exex(x∈R且e為自然對數的底數).(1)判斷函數f(x)的奇偶性與單調性.(2)是否存在實數t,使不等式f(xt)+f(x2t2)≥0對一切x∈R都成立?若存在,求出t;若不存在,請說明理由.【解析】(1)因為f(x)=ex1ex,且y=ex是增函數,y=1ex是增函數,所以f(x)是增函數.由于f(x)的定義域為R,且f(x)=exe(2)由(1)知f(x)是增函數且是奇函數,所以f(xt)+f(x2t2)≥0對一切x∈R恒成立.?f(x2t2)≥f(tx)對一切x∈R恒成立?x2t2≥tx對一切x∈R恒成立?t2+t≤x2+x對一切x∈R恒成立?t+122≤?t+122≤0即存在實數t=12,使不等式f(xt)+f(x2t2)≥0對一切x∈14.已知函數f(x)=axlnx+1(a∈R),g(x)=xe1x.導學號46854284(1)求函數g(x)在(0,e]上的值域.(2)是否存在實數a,對任意給定的x0∈(0,e],在[1,e]上都存在兩個不同的xi(i=1,2),使得f(xi)=g(x0)成立?若存在,求出a的取值范圍;若不存在,請說明理由.【解析】(1)因為g′(x)=e1x(1x),所以g(x)在(0,1]上單調遞增,在(1,e]上單調遞減,且g(0)=0,g(1)=1,又g(0)=0<g(e)=e2e,所以g(x)的值域為(0,1].(2)令m=g(x),則由(1)可得m∈(0,1],原問題等價于:對任意的m∈(0,1],f(x)=m在[1,e]上總有兩個不同的實根,故f(x)在[1,e]上不可能是單調函數.因為f′(x)=a1x(1≤x≤e),1x∈當a≤0時,f′(x)=a1x所以f(x)在[1,e]上單調遞減,不合題意;當a≥1時,f′(x)>0,f(x)在[1,e]上單調遞增,不合題意;當0<a≤1e時,f′(x)<0,f(x)在[1,e]上單調遞減,不合題意;當1e<a<1,即1<1a<e時,f(x)在f(x)在1a,e上單調遞增,由上可得a∈1此時必有f(x)的最小值小于等于0且f(1)與f(e)中較小的值應大于等于1,而由f(x)min=f1a=2+lna≤0,可得a≤1e2,則a綜上,滿足條件的a不存在.15.已知函數f(x)=mx+1+nln導學號46854285(1)判斷函數f(x)的單調性.(2)已知p∈(0,1),且f(p)=2,若對任意x∈(p,1),任意t∈12,2,f(x)≥t3t22at+2與f(x)≤t3t【解析】(1)f(x)=mx+1+nlnx的定義域為(0,+∞因為f′(x)=m(x+1)2+由條件可得f′(1)=m4把x=1代入x+y2=0可得y=1,所以f(1)=m2=1,所以m=2,n=12所以f(x)=2x+112lnx,f′(x)=2因為x>0,所以f′(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上單調遞減.(2)由(1)可知,f(x)在[p,1]上單調遞減,所以f(x)在[p,1]上的最小值為f(1)=1,最大值為f(p)=2,所以只需t3t22at+2≤1或t3t22at+2≥2,即2a≥t2t+1t對t∈12,2恒成立或2a≤t2t對t∈12,2恒成立.令g(t)=t則g′(t)=2t11t2=(t-1)(2令g′(t)=0可得t=1.而2t2+t+1>0恒成立,所以當12≤t<1時,g′(t)<0,g(t)單調遞減當1<t≤2時,g′(t)>0,g(t)單調遞增.所以g(t)的最大值為maxg1而g12=1412+2=7所以g(t)max=52,得2a≥52,解得a≥又令h(t)=t2t=t-12214所以h(t)min=h12=14,得2a≤解得a≤18,綜上,a≤18或a≥16.(2017·濟南二模)已知函數f(x)=bxaxlnx(a>0)的圖象在點(1,f(1))處的切線與直線y=(1a)x平行.導學號46854286(1)若函數y=f(x)在[e,2e]上是減函數,求實數a的最小值.(2)設g(x)=f(x)lnx,若存在x1∈[e,e2],使g(x1)≤【解題導引】(1)求出函數的導數,得到ba=1a,解出b,求出函數的解析式,問題轉化為a≥1lnx+1(2)問題等價于x1∈[e,e2]時,有g(x)min≤14【解析】f′(x)=baalnx,所以f′(1)=ba,所以ba=1a,b=1,所以f(x)=xaxlnx.(1)函數y=f(x)在[e,2e]上是減函數,所以f′(x)=1aalnx≤0在[e,2e]上恒成立,即a≥1lnx+1在[e,2e]上恒成立因為h(x)=1lnx+1在[e,2e]上遞減所以h(x)的最大值是12,所以實數a的最小值是1(2)因為g(x)=f(x)lnx=所以g′(x)=lnx-1(lnx)2a=故當1lnx=12即x=e2時,g′(x)max=若存在x1∈[e,e2],使g(x1)≤14成立等價于x1∈[e,e2],有g(x)min≤14成立當a≥14時,g(x)在[e,e2]上遞減所以g(x)min=g(e2)=e22ae2≤14,故a≥當0<a<14時,由于g′(x)在[e,e2]上遞增故g′(x)的值域是[a,14由g′(x)的單調性和值域知:存在x0∈[e,e2],使g′(x0)=0,且滿足:x∈[e,x0),g′(x)<0,g(x)遞減,x∈(x0,e2],g′(x)>0,g(x)遞增,所以g(x)min=g(x0)=x0lnx0ax0≤14,x所以a≥1lnx014x0≥1lne21【加固訓練】已知函數f(x)=(x22x)·lnx+ax2+2