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专题六 函数与导数
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专题六 函数与导数
微专题1 函数的图象与性质
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专 题 强 化 练专题强化练(十六) 基本初等函数、函数与方程
1．(2021·汕头第一次模拟)若＝3，则a－log15＝( )
A．－1 B．1
C． D．3
解析：由题意知，a＝log3，即a－log15＝log3－log15＝log＝1.
故选B.
答案：B
2．(2020·北京市房山区模拟)已知三个函数y＝x3，y＝3x，y＝log3 x，则( )
A．定义域都为R
B．值域都为R
C．在其定义域上都是增函数
D．都是奇函数
解析：函数y＝log3 x的定义域为(0，＋∞)，即A错误；函数y＝3x的值域是(0，＋∞)，即B错误；函数y＝3x和y＝log3 x是非奇非偶函数，即D错误，三个函数在定义域内都是增函数，只有C正确．故选C.
答案：C
3．若函数f(x)＝， 则该函数在(－∞，＋∞)上是( )
A．单调递减无最小值 B．单调递减有最小值
C．单调递增无最大值 D．单调递增有最大值
解析：设t＝2x＋1，则当x∈(－∞，＋∞)时为增函数，且t>1；
于是y＝＝(t>1)为减函数，其图象如图所示：
则故y＝为减函数且y<1；图象在y轴上方，y>0，所以原函数既无最小值，也无最大值．故正确答案为A.
答案：A
4．已知：a＝，b＝log2，c＝log34，则a，b，c的大小关系是( )
A．a＜b＜c B．b＜a＜c
C．b＜c＜a D．c＜b＜a
解析：因为b＝log2＜0＜＝a，
所以b＜a，
因为a＝＜＝1＝log33＜log34＝c，
所以a＜c，故b＜a＜c.
故选B.
答案：B
5．(2021·广东省专题练习)函数f(x)＝x3－的零点所在区间为( )
A．(－1，0) B．
C． D．(1，2)
解析：由题意，函数f(x)＝x3－是增函数并且是连续函数，
因为f(－1)＝－1－2＝－3<0，f(0)＝0－1＝－1<0，f ＝－<0，
f(1)＝1－＝>0，
所以f f(1)<0，
所以函数的零点在区间.
故选B.
答案：B
6．已知f(x)＝是定义在R上的奇函数，则不等式f(x－3)
A．(－2，6) B．(－6，2)
C．(－4，3) D．(－3，4)
解析：因为f(x)＝是定义在R上的奇函数，所以f(1)＋f(－1)＝0，
即＋＝0，解得a＝1，即f(x)＝＝1－，易知f(x)在R上为增函数．又f(x－3)答案：C
7．(2021·普宁市华侨中学第二次模拟)人们通常以分贝(符号是dB)为单位来表示声音强度的等级，强度为x的声音对应的等级为f(x)＝10lg (dB)．喷气式飞机起飞时，声音约为140 dB，一般说话时，声音约为60 dB，则喷气式飞机起飞时的声音强度是一般说话时声音强度的____倍．( )
A. B．10
C．8 D．108
解析：因为y＝f(x)＝10lg ，
所以当y＝140时，可得10lg ＝140，即x＝1012，
当y＝60时，可得10lg 即x＝104，
所以喷气式飞机起飞时的声音强度是一般说话时声音强度的＝108倍．
故选D.
答案：D
8．(2021·湛江第二次模拟)函数f(x)＝的部分图象大致为( )
A B
C D
解析：f(x)＝－f(－x)，故A错误；
f(2)＝>，故B、C错误．
故选D.
答案：D
9．已知函数f(x)＝mx－m(m>0，且m≠1)的图象经过第一、二、四象限，则a＝|f()|，b＝，c＝|f(0)|的大小关系为( )
A．cC．a解析：因为f(x)＝mx－m(m>0，且m≠1)的图象经过第一、二、四象限，
所以0又c＝|f(0)|＝1－m，|f(2)|＝m2－m，则|f(2)|－|f(0)|＝m2－1<0，
即|f(2)|<|f(0)|，所以a答案：C
10．已知函数f(x)＝ln(x＋2)＋ln(4－x)，则( )
A．f(x)在(－2，4)单调递增
B．f(x)在(－2，4)单调递减
C．y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称
D．y＝f(x)的图象关于点(1，0)对称
解析：对于函数f(x)＝ln(x＋2)＋ln(4－x)，解得－2则函数y＝f(x)的定义域为(－2，4)，且f(x)＝ln[(x＋2)(4－x)]＝ln(－x2＋2x＋8)，
由于内层函数u＝－x2＋2x＋8在区间(－2，1)上单调递增，在区间(1，4)上单调递减，
外层函数y＝ln u为增函数，所以，函数y＝f(x)的单调递增区间为(－2，1)，单调递减区间为(1，4)，A、B选项均错；
因为f(2－x)＝ln(2－x＋2)＋ln[4－(2－x)]＝ln(4－x)＋ln(x＋2)＝f(x)，
所以，函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，C选项正确；
由上可知f(x)＋f(2－x)＝2f(x)不恒为零，所以，函数y＝f(x)的图象不关于点对称(1，0)，D选项错误．
答案：C
11．(2020·宜宾市叙州区第二中学模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，在区间[0，＋∞)上为增函数，且f ＝0，则不等式f(logx)>0的解集为( )
A. B. (2，＋∞)
C.∪(2，＋∞) D.∪(2，＋∞)
解析：因为f(logx)>0＝f f(|logx|)>f ，又f(x)在区间[0，＋∞)上为增函数，所以|logx|>，所以logx>或logx<－，所以02，所以不等式f(logx)>0的解集为∪(2，＋∞)，故选C.
答案：C
12．(多选题)(2021·茂名第二次模拟)已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－x－a有且只有两个不同的零点，则实数a的取值可以是( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：根据题意，作出f(x)的图象如下所示：
令g(x)＝0，得f(x)＝x＋a，
所以要使函数g(x)＝f(x)－x－a有且只有两个不同的零点，
所以只需函数f(x)的图象与直线y＝x＋a有两个不同的交点，
根据图形可得实数a的取值范围为(－1，＋∞)，
故选BCD.
答案：BCD
13．(2021·汕头市第二中学其他模拟)已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m∈R)为偶函数，则不等式f(x)<1的解集为________ .
解析：因为函数f(x)＝2|x－m|－1(m∈R)为偶函数，所以f(－x)＝f(x)，即2|－x－m|－1＝2|x－m|－1，
即2|－x－m|＝2|x－m|，
则|－x－m|＝|x－m|，即|x＋m|＝|x－m|，解得m＝0，则f(x)＝2|x|－1，
由f(x)<1得2|x|－1<1得2|x|<2，即|x|<1，解得－1即不等式的解集为(－1，1)，
故答案为(－1，1)．
答案：(－1，1)
14．已知f(x)是奇函数且是R上的单调函数，若函数y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一个零点，则实数λ的值是________．
解析：令y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0，则f(2x2＋1)＝－f(λ－x)＝f(x－λ)，因为f(x)是R上的单调函数，所以2x2＋1＝x－λ，只有一个实根，即2x2－x＋1＋λ＝0只有一个实根，则Δ＝1－8(1＋λ)＝0，解得λ＝－.
答案：－
15．(2020·济南模拟)已知函数f(x)＝ex－a(x＋1)，若f(x)有两个零点，则实数a的取值范围是________．
解析：f(x)＝ex－a(x＋1)＝0，当x＝－1时，不成立，故a＝，
设g(x)＝，x≠－1，则g′(x)＝，故函数在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，0)上单调递减，在[0，＋∞)单调递增，g(0)＝1，画出函数图象，如图所示，根据图象知：a>1.
答案：(1，＋∞)
16．(2021·普宁市普师高级中学第二次模拟)已知x1是函数f(x)＝
2x＋x－2的一个零点，x2是函数g(x)＝log2(x－1)＋x－3的一个零点，则x1＋x2的值为______________．
解析：令f(x)＝0得2x＋x－2＝0，即2x＋1＝3－x，所以f(x)的零点问题可以转化成h(x)＝2x＋1与m(x)＝3－x的交点，
令g(x)＝0得log2(x－1)＋x－3＝0，即log2(x－1)＝3－x，所以函数g(x)的零点问题可以看成t(x)＝log2(x－1)与m(x)＝3－x的交点，
令2x＋1＝y，解得x＝log2(y－1)，将x与y互换，得y＝log2(x－1)，所以h(x)与t(x)互为反函数，其图象关于y＝x对称，绘制函数图象，得到
结合对称可知，AE＝BD，而∠BGD＝45°，所以BD＝DG，而AE＝x1，OD＝x2，G点坐标为(3，0)，所以x1＋x2＝3，
故答案为3.
答案：3
PAGE专题强化练(十七) 导数的简单应用
1．(2021·绵阳市涪城区校级模拟)若曲线f(x)＝ex＋2x在点(x0，f(x0))处的切线的斜率为4，则x0＝( )
A．ln 2 B．ln 4
C．2 D．－ln 2
解析：由f(x)＝ex＋2x，得f′(x)＝ex＋2，
所以f′(x0)＝ex0＋2，
由题意可得，ex0＋2＝4，
即x0＝ln 2.
故选A.
答案：A
2．(2021·广东省专题练习)已知函数f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)＝xln x＋1，则曲线y＝f(x)在x＝－1处的切线方程为( )
A．y＝－x B．y＝－x＋2
C．y＝x D．y＝x－2
解析：因为x<0，f(x)＝f(－x)＝－xln(－x)＋1，f(－1)＝1，
f′(x)＝－ln(－x)－1，f′(－1)＝－1，
所以曲线y＝f(x)在x＝－1处的切线方程为y－1＝－(x＋1)，即y＝－x.
故选A.
答案：A
3．(2021·广东省其他模拟)函数f(x)＝－x的图象大致为( )
A B
C D
解析：因为x≠0，f(－x)＝＋x＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，排除A.
因为f(1)＝e－1>0，所以排除D.
因为当x>0时，f′(x)＝，所以当x＝2时，f′(x)>0，函数存在单增区间，所以排除C.
故选B.
答案：B
4．(多选题)(2021·衡水模拟)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝x3－x2f′(1)－2，则( )
A．f′(1)＝
B．f(1)＝2
C．f(x)不存在极值
D．与f(x)的图象相切的直线的斜率不可能为－4
解析：f(x)＝x3－x2f′(1)－2的导数为f′(x)＝x2－2xf′(1)，
令x＝1，可得f′(1)＝1－2f′(1)，解得f′(1)＝，故A正确；
由f(x)＝x3－x2－2，可得f(1)＝－－2＝－2，故B错误；
由f(x)的导数为f′(x)＝x2－x，由0＜x＜时，f′(x)＜0，f(x)递减；当x＞或x＜0时，f′(x)＞0，f(x)递增，
则f(x)在x＝0取得极大值，在x＝处取得极小值，故C错误；
令f′(x)＝x2－x＝－4，即3x2－2x＋12＝0，由于Δ＝4－4×3×12＜0，所以此方程无解，
即与f(x)的图象相切的直线的斜率不可能为－4，故D正确．
故选AD.
答案：AD
5．(多选题)(2021·珠海第二次模拟)已知函数f(x)＝－x2ln x，则( )
A．f(x)≤0恒成立
B．f(x)是(0，＋∞)上的减函数
C．f(x)在x＝e－得到极大值
D．f(x)只有一个零点
解析：因为f(x)＝－x2ln x，该函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝
－2xln x－x＝－x(2 lnx＋1)．
当00，此时函数f(x)单调递增，
当x>e－时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减，
所以f(x)极大值＝f ＝－e－1ln e－＝，故B选项错误，C选项正确；
当00，A选项错误；
由f(x)＝－x2ln x＝0，可得ln x＝0，解得x＝1，D选项正确．
故选CD.
答案：CD
6．已知f(x)＝a－2ln x(a>0)在[1，＋∞)上为单调递增函数，则a的取值范围为( )
A．[0，＋∞) B．(0，＋∞) C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：f′(x)＝(a>0)，因为f(x)在[1，＋∞)上为单调递增，等价于ax2－2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立．即a≥在[1，＋∞)上恒成立．
因为＝≤＝1，当x＝1时，取“＝”，所以a≥1，即a的范围为[1，＋∞)．
答案：D
7．(2021·普宁市华侨中学第二次模拟)已知函数f(x)＝a2x3－ax2＋2x＋1在x＝1处取得极大值，则a的值为( )
A．－1或－2 B．1或2
C．1 D．2
解析：由题意可知a≠0，f′(x)＝a2x2－3ax＋2＝(ax－1)(ax－2)，
令f′(x)＝0，可得x＝或x＝，
当a>0，<，可得＝1 a＝1，
此时f(x)的单调递增区间是(－∞，1)，(2，＋∞)，
单调递减区间是(1，2)，x＝1时f(x)取得极大值，满足题意；
当a<0，>，可得＝1 a＝2(舍)，
故a＝1.
故选C.
答案：C
8．对于函数f(x)＝，下列说法不正确的是( )
A．f(x)在x＝处取得极大值
B．f(x)有两个不同的零点
C．f()D．若f(x)
解析：对选项A，f′(x)＝＝，x>0.
令f′(x)＝0，x＝.
x∈(0，)，f′(x)>0，f(x)为增函数，
x∈(，＋∞)，f′(x)<0，f(x)为减函数．
所以x＝处取得极大值f()＝，故A正确．
对选项B，当x→0时，f(x)→－∞，当x＝1时，f(x)＝0，
当x>1时，f(x)>0，又因为f(x)max＝>0，
所以f(x)只有一个零点，故B错误．
对选项C，因为f(x)在区间(，＋∞)单调递减，且<<，
所以f()f()＝＝·＝·，f()＝＝·.
设g(x)＝，g′(x)＝.
令g′(x)＝0，x＝e.
所以x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)为减函数．
又因为e<π<4，所以g(π)>g(4)，·>·.
即f()对选项D，f(x)在(0，＋∞)恒成立．
设h(x)＝，h′(x)＝－，令h′(x)＝0，x＝.
当x∈，h′(x)>0，h(x)为增函数，
当x∈，h′(x)<0，h(x)为减函数．
所以h(x)max＝h＝，即k>，故D正确．
答案：B
9．函数f(x)＝(－π≤x≤π)的图象大致为( )
解析：由函数的解析式可得：f(－x)＝－f(x)，则函数f(x)的图象关于坐标原点对称，据此可排除B选项，考查函数g(x)＝ex＋e－x，则g′(x)＝ex－e－x＝，
当x>0时，g(x)单调递增，则g据此可排除C选项；
当00，sin x>0，则f(x)>0，据此可排除D选项．
答案：A
10．(多选题)(2021·惠来县第一中学月考)已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝1，其导函数f′(x)满足<0，设函数g(x)＝，下列结论正确的是( )
A．函数g(x)在(1，＋∞)上为单调递增函数
B．x＝1是函数g(x)的极大值点
C．函数f(x)至多有两个零点
D．x≤0时，不等式f(x)≤e2x恒成立
解析：因为g(x)＝，
所以g′(x)＝，
又因为<0，
所以当x>1时，f′(x)－2f(x)<0，g′(x)<0，则g(x)递减；
当x<1时，f′(x)－2f(x)>0，g′(x)>0，则g(x)递增；
所以当x＝1时， g(x)取得极大值，g(1)＝，当g(1)<0时，g(x)无零点，f(x)＝g(x)·e2x无零点；当g(1)＝0时，g(x)有一个零点，f(x)＝g(x)·e2x有一个零点；当g(1)>0时，g(x)有两个零点，f(x)＝g(x)·e2x有两个零点，故函数f(x)至多有两个零点；
当x≤0时，g(x)≤g(0)＝＝1，g(x)＝≤1，所以不等式f(x)≤e2x恒成立．
故选BCD.
答案：BCD
11．(2020·遂宁诊断)函数f(x)＝ax－2与g(x)＝ex的图象上存在关于直线y＝x对称的点，则a的取值范围是( )
A. B.
C. (－∞，e] D. (－∞，e2]
解析：由题可知，曲线f(x)＝ax－2与y＝ln x有公共点，即方程ax－2＝ln x有解，
即a＝有解，令h(x)＝，则h′(x)＝，则当00；
当x>时，h′(x)<0，故x＝时，h(x)取得极大值h＝e，也即为最大值，当x趋近于0时，h(x)趋近于－∞，所以a≤e满足条件，故选C.
答案：C
12．(多选题)(2021·广东省高三专题练习)已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，则下列判断中正确的是( )
A．f 0
C．f >2f D．f >f
解析：令g(x)＝，x∈，
因为f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，
则g′(x)＝<0，
故g(x)在上单调递减，
因为f(0)＝0，则f(x)≤0，
结合选项可知，g>g，从而有>，即f>f，故A错误；
因为ln π>0，结合g(x)在上单调递减可知，g<0，从而有<0，
由cos ln π>0可得，f<0，故B错误；
g>g，从而有>，且f<0，即f>f>2f.故C正确；
g>g，从而有>即f>f.故D正确．
故选CD.
答案：CD
13．(2021·广州第二次模拟)若直线y＝－2x＋与曲线y＝x3－ax相切，则a＝________．
解析：设直线y＝－2x＋与曲线y＝x3－ax相切于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(1,3)x－ax0))，
由y＝x3－ax得，y′＝x2－a，所以x－a＝－2，所以a＝x＋2，
又x－ax0＝－2x0＋，所以x－x0(x＋2)＝－2x0＋，解得x0＝－1，所以a＝1＋2＝3.
故答案为3.
答案：3
14．已知函数f(x)＝x－2f′(1)ln(x＋1)－f(0)ex，则f(x)的单调递减区间为________．
解析：由题意，x>－1，f(0)＝0－2f′(1)ln(0＋1)－f(0)e0＝－f(0)，
所以f(0)＝0，故f(x)＝x－2f′(1)ln(x＋1)，f′(x)＝1－，
所以f′(1)＝1－，解得f′(1)＝，故f′(x)＝1－＝，
f′(x)≤0，即≤0，解得－1故f(x)的单调递减区间为(－1，0]．
答案：(－1，0]
15．(2021·茂名第二次模拟)已知x>0，f(x)＝x2＋ex，g(x)＝(m2＋1)x＋ln x，若f(x)≥g(x)恒成立，则实数m的取值范围是________．
解析：f(x)≥g(x)等价于m2＋1≤x＋－(x>0)恒成立，
设h(x)＝x＋－，则h′(x)＝，
令φ(x)＝ex(x－1)－1＋ln x＋x2，则φ′(x)＝xex＋＋2x>0，
所以φ(x)是增函数，又φ(1)＝0，
则当x∈(0，1)时，φ(x)<0，即h′(x)<0，则h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，φ(x)>0，即h′(x)>0，则h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝e＋1，
所以m2＋1≤e＋1，解得－≤m≤.
故答案为[－，]．
答案：[－，]
16．(2020·宜宾第二次诊断)函数f(x)＝x3＋2x2＋3x＋的零点个数为__________．
解析：因为函数f(x)＝x3＋2x2＋3x＋，所以f′(x)＝x2＋4x＋3＝(x＋1)(x＋3)，令f′(x)＝0得：x＝－3或x＝－1，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增；当x∈(－3，－1)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增．所以，函数y＝f(x)的极大值为f(－3)＝，极小值为f(－1)＝0，则函数y＝f(x)的大致图象如图所示：
由图象可知，函数y＝f(x)有2个零点．
答案：2
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专题六 函数与导数
微专题2 基本实初等函数、函数与方程
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专 题 强 化 练
2101
2x
外
2
1
A
B
-2-10八1
2 x
2
.1
-1
-1h
C
D
4
3
2
1
x
10
123
2
13
-1
2
-3
1
--2
C
0
1
-3
X
X1
X2专题强化练(十五) 函数的图象与性质
1．(2021·新沂市第一中学其他模拟)函数y＝＋的定义域是( )
A．[－1，0)∪(0，1) B．[－1，0)∪(0，1]
C．(－1，0)∪(0，1) D．(－1，0)∪(0，1]
解析：由题意得解得－1所以原函数的定义域为(－1，0)∪(0，1)．
故选C.
答案：C
2．(2021·广东省高三其他模拟)下列函数中，既是奇函数又在区间(0，1)上单调递增的是( )
A．y＝x B．y＝x＋
C．y＝ex－e－x D．y＝log2|x|
解析：A项，函数y＝x的定义域是[0，＋∞)，所以函数是非奇非偶函数，故错误；B项，y＝x＋在(0，1)上单调递减，故错误；C项，因为f(－x)＝e－x－ex＝(－ex－e－x)＝－f(x)，所以函数是奇函数，且在(0，1)上单调递增，正确；D项，因为f(－x)＝log2|－x|＝log2|x|＝f(x)，所以函数是偶函数，故错误；故选C.
答案：C
3．(2020·百校联考考前冲刺)下列函数中既关于直线x＝1对称，又在区间[－1，0]上为增函数的是( )
A．y＝sin πx B．y＝|x－1|
C．y＝cos πx D．y＝ex＋e－x
解析：当x＝1时，y＝sin πx＝0≠1，所以y＝sin πx不关于直线x＝1对称，则A错误；y＝|x－1|＝所以在区间[－1，0]上为减函数，则B错误；y＝f(x)＝ex＋e－x，而f(0)＝2，f(2)＝e2＋e－2则f(0)≠f(2)，所以y＝ex＋e－x不关于直线x＝1对称，则D错误；故选C.
答案：C
4．(2021·广东高三专题练习)函数y＝f(x)是R上的奇函数，当x<0时，f(x)＝2x，则当x>0时，f(x)＝( )
A．－2x B．2－x
C．－2－x D．2x
解析：当x<0时，f(x)＝2x，
当x>0时，－x<0，
则f(－x)＝2－x.
又f(x)是R上的奇函数，所以当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝－2－x.
故选C.
答案：C
5．(2021·东莞市东方明珠学校其他模拟)函数f(x)＝的图象大致是( )
A B
C D
解析：因为f(x)＝(x≠0)，
所以f(－x)＝＝－f(x)，
故函数为奇函数，
故排除A、C，
当x＝π时，f(π)＝>0知，可排除B，
故选D.
答案：D
6．已知f(x)＝为奇函数，则f(g(2))＋g(f(－8))＝( )
A．2＋log23 B．1
C．0 D．－log23
解析：因为f(x)＝为奇函数，
所以g(x)＝1－log2(2x)(x>0)．所以g(2)＝1－log24＝－1，
所以f(g(2))＝f(－1)＝－1＋log22＝0.f(－8)＝－1＋log216＝3，
所以g(f(－8))＝g(3)＝1－log26，
所以f(g(2))＋g(f(－8))＝1－log26＝1－log22－log23＝－log23.
故选D.
答案：D
7．(2020·三湘名校教育联盟第二次联考)定义在R上的奇函数f(x)满足f(－3－x)＋f(x－3)＝0，若f(1)＝1，f(2)＝－2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 020)＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：由已知f(x)为奇函数，得f(－x)＝－f(x)，而f(－3－x)＋f(x－3)＝0，
所以f(x－3)＝f(x＋3)，所以f(x)＝f(x＋6)，即f(x)的周期为6.
由于f(1)＝1，f(2)＝－2，f(0)＝0，所以f(3)＝f(－3)＝－f(3) f(3)＝0，
f(4)＝f(－2)＝－f(2)＝2，f(5)＝f(－1)＝－f(1)＝－1，f(6)＝f(0)＝0.
所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＋f(6)＝0，又2 020＝6×336＋4，
所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…f(2 020)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1.
故选C.
答案：C
8．(2021·河源月考)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x(x∈R)，则不等式f(1＋x)＋f(1－x2)>0的解集是( )
A．[－2，1] B．[－1，2]
C．(－∞，－1]∪[2，＋∞) D．(－∞，－2]∪[1，＋∞)
解析：因为函数f(x)＝ex－e－x－2x(x∈R)，
所以f(－x)＝e－x－ex＋2x＝－f(x)，因此函数f(x)为奇函数，
所以f(1＋x)＋f(1－x2)≥0化为f(1＋x)≥f(x2－1)，
又f′(x)＝ex＋e－x－2≥0在R上恒成立，因此函数f(x)＝ex－e－x－2x恒为增函数，
所以1＋x≥x2－1，即x2－x－2≤0，解得－1≤x≤2.
故选B.
答案：B
9．(2021·合肥市庐阳区校级模拟)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0]上是减函数，设a＝f ，b＝f ，c＝f ，则( )
A．b＜a＜c B．c＜b＜a
C．b＜c＜a D．a＜b＜c
解析：由题意知，f(x)在(－∞，0]上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，
因为cos ＝cos＝－sin ，
所以b＝f ＝f ＝f ，
因为0＜＜＜，
所以0＜sin ＜sin ＜1，
因为tan ＞tan ＝1，
所以b＜a＜c.
故选A.
答案：A
10．函数f(x)＝在[－π，0)∪(0，π]的图象大致为( )
解析：因为f(－x)＝－＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，关于原点对称，故排除A，又因为f(±1)＝0，f ＝0，f >0，f(π)<0，故排除B、C，故选D.
答案：D
11．(多选题)(2021·佛山其他模拟)函数f(x)＝ln(ex＋1)－ln(ex－1)，下列说法正确的是( )
A．f(x)的定义域为(0，＋∞)
B．f(x)在定义域内单调递増
C．不等式f(m－1)>f(2m)的解集为(－1，＋∞)
D．函数f(x)的图象关于直线y＝x对称
解析：要使函数有意义，则 x∈(0，＋∞)，故A正确；
f(x)＝ln(ex＋1)－ln(ex－1)＝ln＝ln，令y＝1＋，易知其在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，故B不正确；
由于f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以对于f(m－1)>f(2m)，由 m∈(1，＋∞)，故C不正确；
令y＝f(x)＝ln，解得ex＝ x＝ln，所以f(x)关于直线y＝x对称，故D正确．
故选AD.
答案：AD
12．已知函数f(x)是奇函数，当x>0时，f(x)＝ax(a>0且a≠1)，且f(log4)＝－3，则a的值为________．
解析：因为奇函数f(x)满足f(log4)＝－3，而log4＝－2<0，所以f(－2)＝－3，即f(2)＝3，
又因为当x>0时，f(x)＝ax(a>0且a≠1)，又2>0，
所以f(2)＝a2＝3，解之得a＝.
答案：
13．如图，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是________．
解析：在同一坐标系中画出函数f(x)与y＝log2(x＋1)的图象，如图所示．
根据图象，当x∈(－1，1]时，y＝f(x)的图象在y＝log2(x＋1)图象的上方．所以不等式的解集为(－1，1]．
答案：(－1，1]
14．(2021·广东省其他模拟)若a＞0且a≠1，且函数f(x)＝在R上单调递増，那么a的取值范围是________．
解析：a>0且a≠1，函数f(x)＝在R上单调递增，
可得解得a∈(1，2],
故答案为(1，2]．
答案：(1，2]
15．(2020·江苏省新淮高中模拟)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋π)＝－f(x)，当x∈时，f(x)＝，则方程(x－π)f(x)＝1在区间[－π，3π]上所有的实数解之和为________．
解析：由题意，方程(x－π)f(x)＝1在区间[－π，3π]上所有的零点，转化为函数y＝f(x)与h(x)＝的交点的横坐标，又由定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋π)＝－f(x)，所以f(x＋2π)＝－f(x＋π)＝f(x)，所以函数f(x) 的周期为T＝2π，
画出函数f(x)，h(x)的图象，如图所示，
则函数f(x)的图象关于点(π，0)对称，根据图象可得，函数f(x)，h(x)的图象共有4个交点，它们关于点(π，0)对称，所以函数g(x)＝(x－π)f(x)＝1在区间[－π，3π]所有的实数解之和为2π＋2π＝4π.
答案：4π
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专题六 函数与导数
微专题4 导数的综合应用
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微专题3 导数的简单应用
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专 题 强 化 练
X
X
A
B
X
X
C
D
y米
0
X
y木
y=∫'(x)
d
a
C
e
X
1
元
龙
A
B
Y
1
C
D专题强化练(十八) 导数的综合应用
1．(2021·佛山其他模拟)已知函数f(x)＝x2＋ax＋2＋ln x，(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤ex恒成立，求a的最大值．
解：(1)f′(x)＝2x＋a＋＝，x∈(0，＋∞)
当－2≤a≤2时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<－2时，在，(，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增；在，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当a>2时，在(0，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上所述，当a≥－2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<－2时，f(x)在，(，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
(2) f(x)＝x2＋ax＋2＋ln x≤ex在(0，＋∞)恒成立，可得a≤恒成立；
设g(x)＝，则g′(x)＝
令h(x)＝ex(x－1)＋ln x－x2＋1，则h′(x)＝xex＋－2x，
令μ(x)＝ex－x－1，则μ′(x)＝ex－1，因为x>0，所以μ(x)>0，
所以μ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以xex＋－2x>x2＋x＋－2x＝x2＋－x，
所以h′(x)＝xex＋－2x>x2－x＋，
令j(x)＝x2－x＋，则j′(x)＝2x－1－＝，
易知在(0，1)，j′(x)<0，j(x)单调递减；在(1，＋∞)，j′(x)>0，j(x)单调递增；
所以j(x)≥j(1)＝0，可得h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为h(1)＝0，
所以在(0，1)上h(x)<0，在(1，＋∞)上h(x)>0.
所以在(0，1)上g′(x)<0，g(x)单调递减；在(1，＋∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以在(0，＋∞)上，g(x)≥g(1)＝e－3，所以a≤e－3，
所以a的最大值为e－3.
2．(2021·梅州第二次模拟)已知函数f(x)＝2aln x＋(a∈R)．
(1)当a＝1时，求证：函数f(x)没有零点；
(2)若存在两个不相等正实数x1，x2，满足f(x1)＝f(x2)，且x1x2＝1，求实数a的取值范围．
(1)证明：当a＝1时，f(x)＝2ln x＋，f′(x)＝－＝，
f′(x)>0 x>1，f′(x)<0 0所以f(x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝1>0，
所以函数f(x)没有零点．
(2)解：令x1>x2>0，因为f(x1)＝f(x2) 2aln x1＋eq \f(1,x)＝2aln x2＋eq \f(1,x)，
所以2aln ＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x)，因为x1x2＝1，
所以2aln ＝eq \f(x－x,x1x2)＝－，令t＝(t>1)，
所以2aln t－t＋＝0在t>1有解，
令g(t)＝2aln t－t＋，g(1)＝0，
则g′(t)＝，
设t1，t2为方程t2－2at＋1＝0的两根，且t1t2＝1，
所以方程t2－2at＋1＝0必有一根在(1，＋∞)，
所以 a>1或无解，
综上所述，a∈(1，＋∞)．
3．(2020·河南省月考)已知函数f(x)＝－ax＋b在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－ax＋2e.
(1)求实数b的值；
(2)若存在x0∈[e，e2]，满足f(x0)≤＋e，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，因为f(x)＝－ax＋b，
所以f′(x)＝－a.所以f′(e)＝－a，又f(e)＝e－ae＋b，
所以所求切线方程为y－(e－ae＋b)＝－a(x－e)，即y＝－ax＋e＋b.
又函数f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－ax＋2e，所以b＝e.
(2)由题意得f(x0)＝－ax0＋e≤＋e，所以问题转化为a≥－在[e，e2]上有解．令h(x)＝－，x∈[e，e2]，
则h′(x)＝－＝＝.
令p(x)＝ln x－2，则当x∈[e，e2]时，有p′(x)＝－＝<0.
所以函数p(x)在区间[e，e2]上单调递减，所以p(x)所以h′(x)<0，所以h(x)在区间[e，e2]上单调递减．
所以h(x)≥h(e2)＝－＝－.
所以实数a的取值范围为.
4.已知函数f(x)＝(1＋x)ln x＋.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求证：f(x)≥x.
(1)解：依题意，f′(x)＝ln x＋＋1－，
故f′(1)＝1，又f(1)＝1，
故所求切线方程为y－1＝x－1，即y＝x.
(2)证明：由f(x)≥x，得(1＋x)ln x＋≥x，即ln x＋≥0，
令g(x)＝ln x＋－1，则g′(x)＝－＝，
当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞1时，
g′(x)＞0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝0，即g(x)≥0恒成立，
所以f(x)≥x恒成立．
5．函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝a＋ln x＋1，x>0，
由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.则f(x)＝－x＋xln x，
所以f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为f(x)＝
m＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点．
由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f(1)＝－1，
由题意得，m＋1>－1，
即m>－2，①
当0当x>0且x→0时，f(x)→0；
当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②
由①②可得－2因此实数m的取值范围是(－2，－1)．
6．(2021·广州第二次模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x－1)2)(a>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：对任意n∈N*，都有1＋＋＋…＋<.
(1)解：因为f(x)＝ln(x＋1)＋a(x－1)2(a>0)，
所以f′(x)＝＋2a(x－1)＝，
若1－2a≥0，即0所以函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
若1－2a<0，即a>时，f′(x)＝0得x＝± ，
当时f′(x)<0，当x∈时f′(x)>0，
所以函数f(x)在x∈上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：当a＝时，f(x)＝ln(x＋1)＋(x－1)2，
f(x)在(0，＋∞)上单调递增，即对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)>f(0)＝，
即2ln(x＋1)＋(x－1)2>1，整理得2x－x2<2ln(x＋1)，
令x＝(k＝1，2，3…n)，则<2ln，
累加得1＋＋＋…＋<2(ln 2＋ln ＋ln ＋…＋ln )＝2ln(n＋1)．
下面证明：对任意的n∈N*，ln(n＋1)< ，
记函数h(t)＝2tln t－t2＋1(t>1)，则h′(t)＝2(ln t－t＋1)，[h′(t)]′＝2，
当t>1时，[h′(t)]′<0，故函数h′(t)在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以h′(t)故函数h(t)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(t)即对t>1，有2tln t令t＝，则2·ln<()2－1＝n，
所以ln(n＋1)<，
所以1＋＋＋…＋<.
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