1、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)=11-x的定义域为M,g(x)=ln(1+x)的定义域为N,则MN=()A.x|x-1B.x|x1C.x|-1x1D.2.(2019全国卷1,理3)已知a=log20.2,b=20.2,c=0.20.3,则() A.abcB.acbC.cabD.bcb,则()A.ln(a-b)0B.3a0D.|a|b|7.(2019全国卷3,理6)已知曲线y=aex+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则()A.a=e,b=-1B.a=e,b=1C.a=e-1,b=1D.a=e-1,b=-18.定义在R上的函数f(x)满足
2、f(-x)=-f(x),f(x)=f(x+4),且x(-1,0)时,f(x)=2x+15,则f(log220)=()A.1B.45C.-1D.-459.(多选题)设函数f(x)=exlnx,则下列说法正确的是()A.f(x)定义域是(0,+)B.当x(0,1)时,f(x)图象位于x轴下方C.f(x)存在单调递增区间D.f(x)有且仅有两个极值点E.f(x)在区间(1,2)上有最大值10.“a-1”是“函数f(x)=ln x+ax+1x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x
3、0时,f(x)+f(x)x0,若a=12f12,b=-2f(-2),c=ln12fln12,则a,b,c的大小关系正确的是()A.acbB.bcaC.abcD.cab12.(2019全国卷2,理12)设函数f(x)的定义域为R,满足f(x+1)=2f(x),且当x(0,1时,f(x)=x(x-1).若对任意x(-,m,都有f(x)-89,则m的取值范围是()A.-,94B.-,73C.-,52D.-,83二、填空题13.(2019全国卷1,文13,理13)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为.14.函数f(x)=123+2x-x2-1的单调递增区间为,值域为.15.(2019
4、全国卷2,理14)已知f(x)是奇函数,且当x0时,f(x)=-eax.若f(ln 2)=8,则a=.16.设边长为1 m的正三角形薄铁皮,沿一条平行于某边的直线剪成两块,其中一块是梯形,记S=(梯形的周长)2梯形的面积,则S的最小值是.三、解答题17.(2019山西太原二模,理21)已知x1,x2(x1x2)是函数f(x)=ex+ln(x+1)-ax(aR)的两个极值点.(1)求a的取值范围;(2)证明:f(x2)-f(x1)1).(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
5、函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1x0时,f(x)0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)ekx,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,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1f(x0)0,得M=x|x0,得N=x|x-1,MN=x|-1x1.2.B解析 因为a=log20.220=
6、1,又00.20.30.20=1,即c(0,1),所以ac1,f()=-1+20,排除B,C.故选D.4.ABC解析 对A,在函数f(x)图象上取A(-1,-1),B(0,0),C(1,1),有f(0)=f(-1)+f(1)2成立,故A正确;对B,在函数f(x)图象上取A(-2,1),B(0,1),C(2,1),有f(0)=f(-2)+f(2)2成立,故B正确;对C,在函数f(x)图象上取A(1,2),B(0,0),C(-1,-2),有f(0)=f(-1)+f(1)2成立,故C正确;对D,因为f(x)=2|x|,f(x1)+f(x2)2=2|x1|+2|x2|22|x1|2|x2|=2|x1|
7、+|x2|22|x1+x2|2=fx1+x22,因为x1x2,所以fx1+x22f(x1)+f(x2)2恒成立,故D错误.故选ABC.5.B解析 由f(x)=2sin x-sin 2x=2sin x-2sin xcos x=2sin x(1-cos x)=0,得sin x=0或cos x=1.x0,2,x=0或x=或x=2.故f(x)在区间0,2上的零点个数是3.故选B.6.C解析 取a=2,b=1,满足ab,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|log220log
8、216,4log2200,lnx0,解得x0且x1,所以函数f(x)=exlnx的定义域为(0,1)(1,+),所以A不正确;由f(x)=exlnx,当x(0,1)时,ln x0,所以f(x)0在定义域上有解,所以函数f(x)存在单调递增区间,所以C是正确的;设g(x)=ln x-1x,则g(x)=1x+1x2(x0),所以g(x)0,函数g(x)单调递增,则函数f(x)=0只有一个根x0,使得f(x0)=0,当x(0,x0)时,f(x)0,函数单调递减,当x(x0,+)时,函数单调递增,所以函数只有一个极小值点,所以D不正确;结合对选项D的分析,且g(1)=-10,所以函数在(1,2)先减后
9、增,没有最大值,所以E不正确,故选BC.10.A解析 f(x)=1x+a-1x2=ax2+x-1x2,ax2+x-10对x1,+)恒成立或ax2+x-10对x1,+)恒成立,则a1-xx2max或a1-xx2min.记g(x)=1-xx2(x1,+),则g(x)=-x2-2x(1-x)x4=x(x-2)x4,函数g(x)的单调递减区间为1,2,单调递增区间为2,+).当x1时,g(x)0时,f(x)+f(x)x0,当x0时,h(x)=f(x)+xf(x)0,函数h(x)在区间(0,+)内单调递增.a=12f12=h12,b=-2f(-2)=2f(2)=h(2),c=ln12fln12=hln1
10、2=h(-ln 2)=h(ln 2),且2ln 212,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),f(x)的图象如图所示.当2x3时,f(x)=4f(x-2)=4(x-2)(x-3),令4(x-2)(x-3)=-89,整理得9x2-45x+56=0,即(3x-7)(3x-8)=0,解得x1=73,x2=83.当x(-,m时,f(x)-89恒成立,m73,故m-,73.13.y=3x解析 由题意可知y=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex=3(x2+3x+1)ex,k=y|x=0=3.曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0
11、)处的切线方程为y=3x.14.1,+)-1516,+解析 令-x2+2x+3=t,则y=12t-1为减函数,根据复合函数单调性法则,t=-x2+2x+3的单调减区间1,+)为原函数的单调增区间,则原函数的单调增区间为1,+);又t=-x2+2x+3=-(x-1)2+44,则12t-1124-1=-1516.所以该函数的值域为-1516,+.15.-3解析 ln 2(0,1),f(ln 2)=8,f(x)是奇函数,f(-ln 2)=-8.当x0时,f(x)=-eax,f(-ln 2)=-e-aln 2=-8,e-aln 2=8,-aln 2=ln 8,-a=3,a=-3.16.3233解析 如
12、图所示,设AD=x m(0x1),则DE=AD=x m,梯形的周长为x+2(1-x)+1=3-x(m),又SADE=34x2(m2),SABC=3412=34(m2),梯形的面积为34-34x2(m2),S=433x2-6x+91-x2(0x1),S=-833(3x-1)(x-3)(1-x2)2,令S=0,得x=13或3(舍去),当x0,13时,S0,S递增.故当x=13时,S的最小值是3233.17.解 (1)由题意得f(x)=ex+1x+1-a,x-1,令g(x)=ex+1x+1-a,x-1,则g(x)=ex-1(x+1)2,令h(x)=ex-1(x+1)2,x-1,则h(x)=ex+2(
13、x+1)30,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,此时无极值;当a2时,g1a-1=e1a-10,g(0)=2-a0,f(x)递增;当x(x1,0)时,g(x)=f(x)0,g(0)=2-a0,x2(0,ln a),g(x2)=0.当x(0,x2)时,g(x)=f(x)0,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,+),1a-1x10x20,1ax1+11,1x2+11+l
14、n a,ex2-ex1=x2-x1(x1+1)(x2+1),1(x1+1)(x2+1)-a0,1x2+1x1+1a(1+ln a)a2,f(x2)-f(x1)=ex2-ex1+lnx2+1x1+1-a(x2-x1)=(x2-x1)1(x1+1)(x2+1)-a+lnx2+1x1+11),所以f(x)=2ln x+kxx+1(x0).f(x)=2x+k(x+1)2=2x2+(4+k)x+2x(x+1)2.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)=2x+k(x+1)2=2x2+(4+k)x+2x
15、(x+1)2,由题设知,f(x)=0有两个不相等的正实数根x1,x2,则x1+x2=-4+k20,x1x2=10,=(4+k)2-160,解得k0,有ln xx-1.令g(x)=ln x-x+1(x0),由于g(1)=0,并且g(x)=1x-1,当x1时,g(x)0,则g(x)在(1,+)上为减函数;当0x0,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)-x1+x,设函数g(x)=f(x)=ln(1+x)-x1+x,则g(x)=x(1+
16、x)2,当-1x0时,g(x)0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-1x0时,f(x)0时,f(x)0.(2)若a0,由(1)知,当x0时,f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.若a0,设函数h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.由于当|x|0,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
17、.h(x)=11+x-2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2.若6a+10,则当0x-6a+14a,且|x|0,故x=0不是h(x)的极大值点.若6a+10,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10,故当x(x1,0),且|x|min1,1|a|时,h(x)0;当x(0,1)时,h(x)0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-16.21.(1)解 由已知k=-1,所以f(x)=(x2+a)e-x=x2+aex,所以f(x)=x2+aex=2xex-(x2+a)ex
18、e2x=-x2+2x-aex.若a1,在R上恒有u(x)=-(x-1)2+1-a0,所以f(x)=-(x-1)2+1-aex0,所以f(x)在(0,+)上单调递减.若a1,u(x)=-(x-1)2+1-a图象与x轴有两个不同交点.设u(x)=-(x-1)2+1-a=0的两根分别为x1=1-1-a,x2=1+1-a.()若0a1,则0x11,所以当0xx1时,u(x)0;当x1x0;当xx2时,u(x)0;当x(x2,+)时,u(x)0.所以f(x)在(0,x2)上单调递增,在(x2,+)上单调递减.综上,若a1,则f(x)在(0,+)上为单调递减;若0a0,g(x)=ex-10恒成立,所以g(
19、x)=ex-(x+1)g(0)=0,即exx+10,则x2ex-m(x+1)ln xx2(x+1)-m(x+1)ln x=(x+1)(x2-mln x).令h(x)=x2-mln x,所以h(x)=(x2-mln x)=2x-mx=2x2-mx,因为0m2e,所以h(x)=2(x+m2)(x-m2)x所以当x0,m2时,h(x)0.所以h(x)=x2-mln x在(0,+)上有最小值.所以hm2=m2-mlnm2=m21-lnm2.因为0m2e,所以lnm21,所以1-lnm20.所以m21-lnm20,即当00,h(x)=x2-mln x0,所以x2ex-m(x+1)ln x0.所以关于x的
20、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)1x=x-2lnxx.令g(x)=x-2ln x,x1,则g(x)=1-2x=x-2x.当x(1,2)时,g(x)0,g(x)单调递增,g(x)g(2)=2-2ln 20,即f(x)0.f(x)在(1,+)上单调递增.f(x)f(1)=1.故当a=1,x1时f(x)1.(2)解 f(x)=1-2alnxx=x-2alnxx(x0),令h(x)=x-2aln x(x0),则h(x)=1-2ax=x-2ax.当a=0时,f(x)=x无极大值.当a0,h(x
21、)在(0,+)上单调递增,h(1)=10,h(e12a)=e12a-10,x1(e12a,1),使得h(x1)=0.当x(0,x1)时,f(x)0,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-2aln(2a)=2a(1-ln 2a)e2.又h(1)=10,h(e)=e-2a0,f(x)单调递增,当x(x0,e)时,f(x)e2.(3)证明 由(2)可知,aln x0=x02,f(x0)=x0-a(ln x0)2=x0-x0ln x02(1x0e).设p(x)=x-xlnx2(1x0.p(x)在(1,e)上单调递增,p(1)p(x)p(e),即1p(x)e2,故1f(x0)e2.