2019届高考数学大二轮复习精品练习：第1部分 专题2 函数与导数 第4讲 Word版含解析

第一部分 专题二 第四讲

A组

1．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是( A )

A．a>0，b<0，c>0，d>0 C．a<0，b<0，c>0，d>0

B．a>0，b<0，c<0，d>0 D．a>0，b>0，c>0，d<0

[解析]由图象知f(0)＝d>0，因为f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0有两个不相等的正实根，所以2bb

a>0，－＝－>0，所以b<0，又f′(0)＝c>0，所以a>0，b<0，c>0，d>0.

6a3a

1

2．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取

3值范围是( A )

17

A．[，＋∞)

9C．(－∞，2]

17

B．(，＋∞)

9D．(－∞，2)

[解析]f′(x)＝x2－4x，由f′(x)>0，得x>4或x<0. ∴f(x)在(0,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增， ∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)．

17

∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥.

93．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是( D ) A．(－∞，＋∞) C．(0，＋∞)

1

[解析]∵2x(x－a)<1，∴a>x－x.

21

令f(x)＝x－x，

2∴f′(x)＝1＋2xln2>0.

－

B．(－2，＋∞) D．(－1，＋∞)

∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，

∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D．

4．(2018·潍坊模拟)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( C )

A．[－5，－3] C．[－6，－2]

9

B．[－6，－]

8D．[－4，－3]

111

[解析]当x∈(0,1]时，得a≥－3()3－4()2＋，

xxx1

令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，

x

令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，

所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6； 同理，当x∈[－2,0)时，得a≤－2.

由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立． 故实数a的取值范围为[－6，－2]．

2

x3mx＋?m＋n?x＋1

5．(文)(2018·河北衡水中学调研)已知函数f(x)＝＋的两个极值点分别

32

为x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，点P(m，n)表示的平面区域为D，若函数y＝loga(x＋4)(a>1)的图象上存在区域D内的点，则实数a的取值范围是( A )

A．(1,3) C．(3，＋∞)

B．(1,3] D．[3，＋∞)

m＋n

[解析]f′(x)＝x2＋mx＋＝0的两根为x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，

2

?f′?0?>0，?则???f′?1?<0

n

>0，?m＋2

??m＋n

1＋m＋<0，?2

?m＋n>0，?

即? ?3m＋n＋2<0，?

作出区域D，如图阴影部分，

可得loga(－1＋4)>1，所以1

(理)(2018·江西八校联考)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋f?x?1

>0，则函数F(x)＝xf(x)＋的零点个数是( B ) xx

A．0 C．2

f?x?

[解析]∵x≠0时，f′(x)＋>0，

x∴

xf′?x?＋f?x??xf?x??′

>0，即>0.① xx

B．1 D．3

当x>0时，由①式知(xf(x))′>0， ∴U(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上为增函数， 且U(0)＝0·f(0)＝0，

∴U(x)＝xf(x)>0在(0，＋∞)上恒成立． 1

又>0，∴F(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， x∴F(x)在(0，＋∞)上无零点． 当x<0时，(xf(x))′<0，

1

∴U(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上为减函数，

x且U(0)＝0·f(0)＝0，

∴U(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立， 1

∴F(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上为减函数．

x1

当x→0时，xf(x)→0，∴F(x)≈<0，

x1

当x→－∞时，→0，

x∴F(x)≈xf(x)>0，

∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零点．

综上所述，F(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有唯一零点． 故选B．

ex

6．(2018·武汉一模)已知函数f(x)＝，g(x)＝－(x－1)2＋a2，若当x>0时，存在x1，x2

x∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是(－∞，－e]∪[e，＋∞). [解析]由题意得存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，等价于f(x)min≤g(x)max. 因为g(x)＝－(x－1)2＋a2，x>0， 所以当x＝1时，g(x)max＝a2. ex

因为f(x)＝，x>0，

x

ex·x－exex?x－1?

所以f′(x)＝＝.

x2x2所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝e.又g(x)max＝a2， 所以a2≥e?a≤－e或a≥e.

故实数a的取值范围是(－∞，－e]∪[e，＋∞)．

x1

7．已知x∈(0,2)，若关于x的不等式x<恒成立，则实数k的取值范围为[0，e

ek＋2x－x2－1).

[解析]依题意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，所以ex?x－1?x1ex2ex2ex

由x<可得k<＋x－2x.令f(x)＝＋x－2x，则f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)(2ek＋2x－x2xxx2x＋2)．

令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k

8．已知f(x)＝lnx＋ax，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性；

x2(2)若函数f(x)的两个零点为x1，x2，且≥e2，

x16

求证：(x1－x2)f′(x1＋x2)>.

5

[解析](1)函数f(x)＝lnx＋ax的定义域为{x|x>0}， 1

所以f′(x)＝＋a.

x

①若a≥0，则f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)内单调递增； 11

②若a<0，则f′(x)＝＋a，由f′(x)>0，得0

xa1

∴f(x)在(0，－)内单调递增；

a11

由f′(x)＝＋a<0，得x>－，

xa1

∴f(x)在(－，＋∞)内单调递减．

a(2)证明：∵lnx1＋ax1＝0，lnx2＋ax2＝0， ∴lnx2－lnx1＝a(x1－x2)．

x1－x21

(x1－x2)f′(x1＋x2)＝(x1－x2)(＋a)＝＋

x1＋x2x1＋x2