2019高考數(shù)學大二輪復習 專題2 函數(shù)與導數(shù) 第1講 基礎(chǔ)小題部分增分強化練 文

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1、第1講　基礎(chǔ)小題部分 一、選擇題 1．已知函數(shù)f(x)＝且f(a)＝－2，則f(7－a)＝ (　　) A．－log37　 B．－ C．－ D．－ 解析：當a≤0時，2a－2＝－2無解；當a>0時，由－log3a＝－2，解得a＝9，所以f(7－a)＝f(－2)＝2－2－2＝－，故選D. 答案：D 2．函數(shù)y＝(x3－x)2|x|的圖象大致是 (　　) 解析：易判斷函數(shù)為奇函數(shù)，由y＝0得x＝±1或x＝0.且當01時，y>0，故選B. 答案：B 3．對于函數(shù)f(x)，使f(x)≤n成立的所有常數(shù)n中，我們把n的最

2、小值G叫做函數(shù)f(x)的上確界，則函數(shù)f(x)＝的上確界是 (　　) A．0 B. C．1 D．2 解析：∵f(x)在(－∞，0)上是單調(diào)遞增的，在[0，＋∞)上是單調(diào)遞減的，∴f(x)在R上的最大值是f(0)＝1，∴n≥1，∴G＝1.故選C. 答案：C 4．(2018·重慶模擬)若直線y＝ax是曲線y＝2ln x＋1的一條切線，則實數(shù)a＝(　　) 解析：依題意，設(shè)直線y＝ax與曲線y＝2ln x＋1的切點的橫坐標為x0，則有y′|x＝x0＝，于是有解得x0＝，a＝＝2e，選B. 答案：B 5．已知函數(shù)f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值

3、為28，則實數(shù)k的取值范圍為 (　　) A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞) C．(－∞，－3) D．(－∞，－3] 解析：由題意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x (－∞，－3) －3 (－3，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 單調(diào) 遞增 極大值 單調(diào) 遞減 極小值 單調(diào) 遞增 又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28，所以k≤－3. 答案：D 6．

4、(2018·重慶一中模擬)設(shè)曲線y＝f(x)與曲線y＝x2＋a(x>0)關(guān)于直線y＝－x對稱，且f(－2)＝2f(－1)，則a＝ (　　) A．0 B. C. D．1 解析：依題意得，曲線y＝f(x)即為－x＝(－y)2＋a(其中－y>0，即y<0，注意到點(x0，y0)關(guān)于直線y＝－x的對稱點是點(－y0，－x0)，化簡后得y＝ －，即f(x)＝－，于是有－＝－2，由此解得a＝，選C. 答案：C 7．設(shè)函數(shù)f(x)＝x－2sin x是區(qū)間上的減函數(shù)，則實數(shù)t的取值范圍是 (　　) A.(k∈Z) B.(k∈Z) C.(k∈Z) D.(k∈Z)

5、 解析：由題意得f′(x)＝1－2cos x≤0，即cos x≥，解得2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)，∵f(x)＝x－2sin x是區(qū)間上的減函數(shù)，∴?，∴2kπ－≤t≤2kπ－(k∈Z)，故選A. 答案：A 8．(2017·高考北京卷)已知函數(shù)f(x)＝3x－()x，則f(x) (　　) A．是奇函數(shù)，且在R上是增函數(shù) B．是偶函數(shù)，且在R上是增函數(shù) C．是奇函數(shù)，且在R上是減函數(shù) D．是偶函數(shù)，且在R上是減函數(shù) 解析：∵函數(shù)f(x)的定義域為R， f(－x)＝3－x－()－x＝()x－3x＝－f(x)， ∴函數(shù)f(x)是奇函數(shù)． ∵函數(shù)y＝()x在R上是減函

6、數(shù)， ∴函數(shù)y＝－()x在R上是增函數(shù)． 又∵y＝3x在R上是增函數(shù)， ∴函數(shù)f(x)＝3x－()x在R上是增函數(shù)．故選A. 答案：A 9．若關(guān)于x的方程2x3－3x2＋a＝0在區(qū)間[－2,2]上僅有一個實根，則實數(shù)a的取值范圍為 (　　) A．(－4,0]∪[1,28) B．[－4,28] C．[－4,0)∪(1,28] D．(－4,28) 解析：設(shè)函數(shù)f(x)＝2x3－3x2＋a，f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，x∈[－2,2]．令f′(x)>0，則x∈[－2,0)∪(1,2]，令f′(x)<0，則x∈(0,1)，∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，

7、在[－2,0)，(1,2]上單調(diào)遞增，又f(－2)＝－28＋a，f(0)＝a，f(1)＝－1＋a，f(2)＝4＋a， ∴－28＋a≤0<－1＋a或a<0≤4＋a， 即a∈[－4,0)∪(1,28]． 答案：C 10．已知f(x)是偶函數(shù)，且f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，如果f(ax＋1)≤f(x－2)在x∈上恒成立，那么實數(shù)a的取值范圍是 (　　) A．[－2,1] B．[－5,0] C．[－5,1] D．[－2,0] 解析：因為f(x)是偶函數(shù)，且f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(ax＋1)≤f(x－2)在x∈上恒成立，即|ax＋1|≤|x－2|，即x－2≤

8、ax＋1≤2－x.由ax＋1≤2－x，得ax≤1－x，a≤－1，而－1在x＝1時取得最小值0，故a≤0.同理，由x－2≤ax＋1，得a≥－2，所以a的取值范圍是[－2,0]． 答案：D 11．若函數(shù)f(x)的零點與g(x)＝4x＋2x－2的零點之差的絕對值不超過，則f(x)可以是 (　　) A．f(x)＝4x－1 B．f(x)＝(x－1)2 C．f(x)＝ex－1 D．f(x)＝ln 解析：g(x)＝4x＋2x－2在R上連續(xù)，且g＝＋－2<0，g＝2＋1－2>0. 設(shè)g(x)＝4x＋2x－2的零點為x0，則

9、－1)2的零點為x＝1，f(x)＝ex－1的零點為x＝0，f(x)＝ln的零點為x＝. ∵02，則f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系是 (　　) A．f(x1)f(x2) D．不確定 解析：由(x－1)f′(x)<0可知，當x>1時，f′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減．當x<1時，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增．因為函數(shù)f(x＋1)是偶函數(shù)，所以f(x＋1)＝f(

10、1－x)，f(x)＝f(2－x)，即函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為x＝1.所以，若1≤x1f(x2)；若x1<1，則x2>2－x1>1，此時有f(x2)f(x2)．綜上，必有f(x1)>f(x2)，選C. 答案：C 二、填空題 13．(2018·高考全國卷Ⅱ)曲線y＝2ln x在點(1,0)處的切線方程為________． 解析：因為y′＝，y′|x＝1＝2， 所以切線方程為y－0＝2(x－1)，即y＝2x－2. 答案：y＝2x－2 14．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋5在(－∞，2]上是減函

11、數(shù)，且對任意的x1，x2∈[1，a＋1]，總有|f(x1)－f(x2)|≤4，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：∵函數(shù)f(x)＝(x－a)2＋5－a2在(－∞，2]上是減函數(shù)，∴a≥2，|a－1|≥|(a＋1)－a|＝1，因此要使x1，x2∈[1，a＋1]時，總有|f(x1)－f(x2)|≤4，只要|f(a)－f(1)|≤4即可，即|(a2－2a2＋5)－(1－2a＋5)|＝(a－1)2≤4，解得－1≤a≤3. 又∵a≥2，∴2≤a≤3. 答案：[2,3] 15．已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導函數(shù)，且xf′(x)＋f(x)>0，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋1(x>0)的零

12、點個數(shù)為________． 解析：設(shè)F(x)＝xf(x)，則F′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0在R上恒成立，且F(0)＝0，所以F(x)＝xf(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以在(0，＋∞)上g(x)＝xf(x)＋1>1恒成立，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋1的零點個數(shù)為0. 答案：0 16．已知函數(shù)f(x)＝ln x，則函數(shù)g(x)＝f(x)－f′(x)在區(qū)間[2，e]上的最大值為________． 解析：因為f(x)＝ln x，所以f′(x)＝， 則g(x)＝f(x)－f′(x)＝ln x－， 函數(shù)g(x)的定義域為(0，＋∞)， g′(x)＝＋>0在x∈(0，＋∞)上恒成立， 所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)， 所以g(x)在區(qū)間[2，e]上的最大值g(x)max＝g(e)＝ln e－＝1－. 答案：1－ 6