《南方新课堂》2016年高考数学(理)总复习练习：专题一函数与导数

专题一 函数与导数

1．函数y＝log123x－2定义域是( )

A．[1，＋∞) B.23，＋∞

C.23，1 D.23，1

2．(2013年广东中山二模)函数f(x)＝x2－bx＋a的图象如图Z1-1，则函数g(x)＝lnx＋f′(x)的零点所在的区间是( )

图Z1-1

A.14，12 B.12，1

C．(1,2) D．(2,3)

3．函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是( )

A．1＋1e B．1

C．e＋1 D．e－1

4．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋x2，则f′(1)＝( )

A．－1 B．－2

C．1 D．2

5．(2014年辽宁)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )

A．[－5，－3] B.－6，－98

C．[－6，－2] D．[－4，－3]

6．(2013年广东)若曲线y＝kx＋lnx在点(1，k)处的切线平行于x轴，则k＝______.

7．(2014年四川)设f(x)是定义在R上的周期为2的函数，当x∈[－1,1)时，f(x)＝ －4x2＋2，－1≤x<0，x，0≤x<1，

则f32＝____________.

8．(2014年湖南)若f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax是偶函数，则a＝____________.

9．(2014年山东)设函数f(x)＝alnx＋x－1x＋1，其中a为常数．

(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)讨论函数f(x)的单调性．

10．(2014年新课标Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.

(1)求a；

(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．

专题一 函数与导数

1．D

2．B 解析：由题意，得f(0)＝a∈(0,1)，f(1)＝1－b＋a＝0，

b＝a＋1∈(1,2)，g(x)＝lnx＋2x－b，

g14＝ln14＋2×14－b＝－ln4＋12－b<0，

g12＝ln12＋2×12－b＝－ln2＋1－b<0，

g(1)＝ln1＋2×1－b＝2－b>0，

则g(x)的零点所在的区间是12，1.

3．D 解析：f′(x)＝ex－1，当x>0时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当x<0时，f′(x)<0，f(x)为减函数．∴x∈[－1,1]时，f(x)min＝f(0)＝e0－0＝1.又f(－1)＝1e＋1<32，f(1)＝e－1>2.5－1＝32，∴最大值为e－1.

4．B 解析：f′(x)＝2f′(1)＋2x.令x＝1，得f′(1)＝2f′(1)＋2.∴f′(1)＝－2.故选B.

5．C 解析：不等式ax3－x2＋4x＋3≥0变形为ax3≥x2－4x－3.当x＝0时，0≥－3恒成立，故实数a的取值范围是R；

当x∈(0,1]时，a≥x2－4x－3x3恒成立，记f(x)＝x2－4x－3x3，

f′(x)＝－x2＋8x＋9x4＝－x＋1x－9x4>0成立，故函数f(x)单调递增，f(x)max＝f(1)＝－6，故a≥－6；

当x∈[－2,0)时，a≤x2－4x－3x3恒成立，记f(x)＝x2－4x－3x3，f′(x)＝－x2＋8x＋9x4＝－x＋1x－9x4，

当x∈[－2，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1,0)时，f′(x)>0.

故f(x)min＝f(－1)＝－2，故a≤－2.

综上所述，实数a的取值范围是[－6，－2]．

6．－1 解析：y′＝k＋ 1xx＝1＝k＋1＝0，∴k＝－1.

7．1 解析：∵f(x)是定义在R上的周期为2的函数，∴f32＝f－12＝－4×－122＋2＝1.

8．－32 解析：f(x)是偶函数，有f(－x)＝f(x)，即ln(e－3x＋1)－ax＝ln(e3x＋1)＋ax.则lne3x＋1e3x＝ln(e3x＋1)＋2ax，ln(e3x＋1)－ln(e3x)＝ln(e3x＋1)＋2ax，得－3x＝2ax，a＝－32.

9．解：(1)由题意知，若a＝0，则f(x)＝x－1x＋1，x∈(0，＋∞)，

此时f′(x)＝2x＋12.可得f′(1)＝12.

又f(1)＝0，∴曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为

y－0＝12(x－1)，即x－2y－1＝0.

(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝ax＋2x＋12＝ax2＋2a＋2x＋axx＋12.

当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a<0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，

由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，

①当a＝－12时，Δ＝0，f′(x)＝－12x－12xx＋12≤0，

∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；

②当a<－12时，Δ<0，g(x)<0，

f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；

③当－120，

设x1，x2(x1

则x1＝－a＋1＋2a＋1a，x2＝－a＋1－2a＋1a.

由x1＝a＋1－2a＋1－a＝a2＋2a＋1－2a＋1－a>0，

∴当x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；

当x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；

当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．

综上所述，当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a≤－12时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；

当－12

在－a＋1＋2a＋1a，－a＋1－2a＋1a上单调递增． 10．(1)解：f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.

曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.

由题设，得－2a＝－2，所以a＝1.

(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.

设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.

由题设知1－k>0.

当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．

当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．

h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.

所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．

综上所述，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．