高考数学二轮复习 专题强化训练（十五）函数与导数 理-人教版高三全册数学试题.docx

专题强化训练(十五)　函数与导数一、选择题1．[2019·全国卷Ⅱ]若a＞b，则(　　)A．ln(a－b)＞0 B．3a＜3bC．a3－b3＞0 D．|a|＞|b|解析：通解：由函数y＝lnx的图象(图略)知，当0＜a－b＜1时，ln(a－b)＜0，故A不正确；因为函数y＝3x在R上单调递增，所以当a＞b时，3a＞3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a＞b时，a3＞b3，即a3－b3＞0，故C正确；当b＜a＜0时，|a|＜|b|，故D不正确．故选C.优解：当a＝0.3，b＝－0.4时，ln(a－b)＜0,3a＞3b，|a|＜|b|，故排除A，B，D，故选C.答案：C2．[2019·唐山模拟]设函数f(x)＝x(ex＋e－x)，则f(x)(　　)A．是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数B．是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数C．是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数D．是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数解析：通解：由条件可知，f(－x)＝(－x)(e－x＋ex)＝－x(ex＋e－x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数．f′(x)＝ex＋e－x＋x(ex－e－x)，当x>0时，ex>e－x，所以x(ex－e－x)>0，又ex＋e－x>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故选A.优解：根据题意知f(－1)＝－f(1)，所以函数f(x)为奇函数．又f(1)0，所以排除选项C，D.因为x>0时，f(x)＝＝xex，所以f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，排除选项B.故选A.答案：A4．[2019·江西五校联考]函数f(x)＝的大致图象如图所示，则下列结论正确的是(　　)A．a>0，b>0，c>0 B．a<0，b>0，c<0C．a<0，b<0，c>0 D．a>0，b>0，c<0解析：函数f(x)的定义域为{x|x≠－c}，从题图可知－c<0，∴c>0，排除B，D；由题图可知f(0)＝>0，∴b>0，再排除C，故选A.答案：A5．[2019·洛阳统考]已知定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝－f(x)，f(x＋1)＝f(1－x)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝log2(x＋1)，则f(31)＝(　　)A．0 B．1C．－1 D．2解析：由f(x＋1)＝f(1－x)及f(－x)＝－f(x)，得f(x＋2)＝f[(x＋1)＋1]＝f[1－(x＋1)]＝f(－x)＝－f(x)，则f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝－f(x＋2)＝f(x)，∴函数f(x)是以4为周期的周期函数，∴f(31)＝f(4×8－1)＝f(－1)＝－f(1)＝－log2(1＋1)＝－1，故选C.答案：C6．[2019·河北九校联考]函数y＝x＋＋2lnx的单调递减区间是(　　)A．(－3,1) B．(0,1)C．(－1,3) D．(0,3)解析：解法一：令y′＝1－＋<0，得－30，故所求函数的单调递减区间为(0,1)．故选B.解法二：由题意知x>0，故排除A、C选项；又f(1)＝40时，y＝＝，所以函数y＝在(0，＋∞)上单调递减，所以排除选项B，D；又当x＝1时，y＝<1，所以排除选项A，故选C.答案：C9．[2019·长沙四校一模]已知函数f(x)＝，则使不等式f(x)0时，f′(x)lnx<－f(x)，则使得(x2－4)f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)A．(－2,0)∪(0,2)B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－2,0)∪(2，＋∞)D．(－∞，－2)∪(0,2)解析：设函数g(x)＝f(x)lnx，则g′(x)＝f′(x)lnx＋f(x)．于是，当x>0时，由f′(x)lnx<－f(x)可得g′(x)<0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减．从而，当x>1时，有g(x)0，所以此时f(x)<0；当0g(1)＝0，即f(x)lnx>0，又lnx<0，所以此时f(x)<0.在题设不等式中取x＝1可得f′(1)ln1<－f(1)，化简得f(1)<0，即当x＝1时，f(x)<0.于是，由上述讨论可知：当x>0时，f(x)<0，故由(x2－4)f(x)>0得x2－4<0，结合x>0，解得00时，f(x)<0”可得f(x)>0，故由(x2－4)f(x)>0得x2－4>0，结合x<0，解得x<－2.易知f(0)＝0，所以x＝0不满足(x2－4)f(x)>0.综上，x的取值范围是(－∞，－2)∪(0,2)．故选D.答案：D13．[2019·湖南四校调研]已知函数f(x)＝a－x2(≤x≤e，e为自然对数的底数)与g(x)＝2lnx的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是(　　)A. B.C. D.解析：由条件知，方程a－x2＝－2lnx，即a＝x2－2lnx在上有解．设h(x)＝x2－2lnx，则h′(x)＝2x－＝.因为当x∈时，h′(x)<0，当x∈(1，e)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在上单调递减，在(1，e)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝1.因为h＝＋2，h(e)＝e2－2，所以h(e)>h，所以方程a＝x2－2lnx在上有解等价于1≤a≤e2－2，所以a的取值范围为[1，e2－2]，故选B.答案：B14．[2019·广州调研]已知过点A(a,0)作曲线C：y＝x·ex的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，－4)∪(0，＋∞)B．(0，＋∞)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1)解析：对函数y＝x·ex求导得y′＝ex＋x·ex＝(1＋x)ex.设切点坐标为，则过点A(a,0)的切线斜率，化简得x－ax0－a＝0.依题意知，上述关于x0的二次方程有两个不相等的实数根，所以Δ＝(－a)2－4×1×(－a)>0，解得a<－4或a>0.故选A.答案：A15．[2019·江西五校联考]已知函数f(x)＝alnx－bx2，a，b∈R.若不等式f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，则a的取值范围是(　　)A．[e，＋∞) B.C. D．[e2，＋∞)解析：f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，即alnx－bx2≥x，alnx－x≥bx2对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，因为b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]，所以bx2的最大值为0，所以alnx－x≥0在x∈(e，e2]时恒成立，所以a≥在x∈(e，e2]时恒成立，令g(x)＝，x∈(e，e2]，则g′(x)＝>0恒成立，所以g(x)＝单调递增，所以当x＝e2时，g(x)取得最大值，所以a≥，故选B.答案：B16．[2019·洛阳统考]已知函数f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线为l：y＝g(x)，若函数f(x)满足∀x∈I(其中I为函数f(x)的定义域)，当x≠x0时，[f(x)－g(x)](x－x0)>0恒成立，则称x0为函数f(x)的“转折点”．已知函数f(x)＝lnx－ax2－x在(0，e]上存在一个“转折点”，则a的取值范围为(　　)A. B.C. D.解析：解法一：f′(x)＝－2ax－1，则f(x)的图象在x＝x0处的切线的斜率k＝f′(x0)＝－2ax0－1，所以切线的方程为y＝g(x)＝(x－x0)＋lnx0－ax－x0.记h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－ax2－x－(x－x0)－lnx0＋ax＋x0，显然h(x0)＝0，h′(x)＝－2ax－1－＝－(x－x0).当a>0时，h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以h(x)0，当x∈(x0，＋∞)时，[f(x)－g(x)](x－x0)<0，因此当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上不存在“转折点”，排除A，B，C，故选D.解法二：由题意知，当x>x0时，f(x)的图象在g(x)图象的上方，当x0，f(x)单调递增，当x∈(1，e]时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又f(1)＝－1，f(e)＝1－e，所以f(x)在(0，e]上的大致图象如图(1)，由图(1)可知f(x)在(0，e]上不存在“转折点”，排除B，C.当a＝1时，f(x)＝。