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1、2022年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)練習(xí) 理 1．函數(shù)y＝定義域是(　　) A．[1，＋∞) B. C. D. 2．(xx年廣東中山二模)函數(shù)f(x)＝x2－bx＋a的圖象如圖Z1-1，則函數(shù)g(x)＝lnx＋f′(x)的零點所在的區(qū)間是(　　) 圖Z1-1 A. B. C．(1,2) D．(2,3) 3．函數(shù)f(x)＝ex－x(e為自然對數(shù)的底數(shù))在區(qū)間[－1,1]上的最大值是(　　) A．1＋ B．1 C．e＋1 D．e－1 4．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＝2xf′(1)＋x2，則f′(1)＝(　　) A．－1

2、 B．－2 C．1 D．2 5．(xx年遼寧)當(dāng)x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－5，－3] B. C．[－6，－2] D．[－4，－3] 6．(xx年廣東)若曲線y＝kx＋lnx在點(1，k)處的切線平行于x軸，則k＝______. 7．(xx年四川)設(shè)f(x)是定義在R上的周期為2的函數(shù)，當(dāng)x∈[－1,1)時，f(x)＝ 則f＝____________. 8．(xx年湖南)若f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax是偶函數(shù)，則a＝____________. 9．(xx年山東)設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx＋，其

3、中a為常數(shù)． (1)若a＝0，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． 10．(xx年新課標(biāo)Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為－2. (1)求a； (2)證明：當(dāng)k<1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點． 專題一　函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 1．D 2．B　解析：由題意，得f(0)＝a∈(0,1)，f(1)＝1－b＋a＝0， b＝a＋1∈(1,2)

4、，g(x)＝lnx＋2x－b， g＝ln＋2×－b＝－ln4＋－b<0， g＝ln＋2×－b＝－ln2＋1－b<0， g(1)＝ln1＋2×1－b＝2－b>0， 則g(x)的零點所在的區(qū)間是. 3．D　解析：f′(x)＝ex－1，當(dāng)x>0時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x<0時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)．∴x∈[－1,1]時，f(x)min＝f(0)＝e0－0＝1.又f(－1)＝＋1<，f(1)＝e－1>2.5－1＝，∴最大值為e－1. 4．B　解析：f′(x)＝2f′(1)＋2x.令x＝1，得f′(1)＝2f′(1)＋2.∴f′(1)＝－2.故選B. 5．C　解

5、析：不等式ax3－x2＋4x＋3≥0變形為ax3≥x2－4x－3.當(dāng)x＝0時，0≥－3恒成立，故實數(shù)a的取值范圍是R； 當(dāng)x∈(0,1]時，a≥恒成立，記f(x)＝， f′(x)＝＝－>0成立，故函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，f(x)max＝f(1)＝－6，故a≥－6； 當(dāng)x∈[－2,0)時，a≤恒成立，記f(x)＝，f′(x)＝＝－， 當(dāng)x∈[－2，－1)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(－1,0)時，f′(x)>0. 故f(x)min＝f(－1)＝－2，故a≤－2. 綜上所述， 實數(shù)a的取值范圍是[－6，－2]． 6．－1　解析：y′＝x＝1＝k＋1＝0，∴k＝－1. 7．1　解析：∵f

6、(x)是定義在R上的周期為2的函數(shù)，∴f＝f＝－4×2＋2＝1. 8．－　解析：f(x)是偶函數(shù)，有f(－x)＝f(x)，即ln(e－3x＋1)－ax＝ln(e3x＋1)＋ax.則ln＝ln(e3x＋1)＋2ax，ln(e3x＋1)－ln(e3x)＝ln(e3x＋1)＋2ax，得－3x＝2ax，a＝－. 9．解：(1)由題意知，若a＝0，則f(x)＝，x∈(0，＋∞)， 此時f′(x)＝.可得f′(1)＝. 又f(1)＝0，∴曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為 y－0＝(x－1)，即x－2y－1＝0. (2)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋＝.

7、 當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a<0時，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a， 由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)， ①當(dāng)a＝－時，Δ＝0，f′(x)＝≤0， ∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； ②當(dāng)a<－時，Δ<0，g(x)<0， f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； ③當(dāng)－0， 設(shè)x1，x2(x10， ∴當(dāng)x∈(0，x1)時，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(x1，x2)時，

8、g(x)>0，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(x2，＋∞)時，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減． 綜上所述，當(dāng)a≥0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a≤－時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)－0. 當(dāng)x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)單調(diào)遞增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一實根． 當(dāng)x>0時，令h(x)＝x3－3x2＋4，則g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)． h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0. 所以g(x)＝0在(0，＋∞)沒有實根． 綜上所述，g(x)＝0在R有唯一實根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點．