(2)
10.(xx山东淄博市一模)函数f(x)=ex+x2+x+1与g(x)的图象关于直线2x-y-3=0对称,P,Q分别是函数f(x),g(x)图象上的动点,则|PQ|的最小值为( )
(A)(B)(C)(D)2
11.(xx山西太原市一模)已知函数f(x)=lnx+tanα(α∈(0,))的导函数为f′(x),若使得f′(x0)=f(x0)成立的x0<1,则实数α的取值范围为( )
(A)(,)(B)(0,)(C)(,)(D)(0,)
12.(xx山东济南一模)设函数f(x)的定义域为R,若存在常数ω>0,使|f(x)|≤ω|x|对一切实数x均成立,则称f(x)为“条件约束函数”.现给出下列函数:
①f(x)=4x;②f(x)=x2+2;③f(x)=;④f(x)是定义在实数集R上的奇函数,且对一切x1,x2均有|f(x1)-f(x2)|≤4|x1-x2|.其中是“条件约束函数”的有( )
(A)1个(B)2个(C)3个(D)4个
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.(xx山东济宁市一模)若a=cosxdx,则二项式(a-)4的展开式中的常数项为 .
14.(xx闵行区一模)已知函数f(x)=()x,g(x)=logx,记函数h(x)=则函数F(x)=h(x)+x-5所有零点的和为
.
15.(xx安徽黄山市二模)已知函数f(x)=数列{an}满足an=f(n),n∈N*,若数列{an}是单调递增数列,则的取值范围是 .
16.(xx福州市一模)已知函数f(x)=xsinx,有下列四个结论:
①函数f(x)的图象关于y轴对称;
②存在常数T>0,对任意的实数x,恒有f(x+T)=f(x)成立;
③对于任意给定的正数M,都存在实数x0,使得|f(x0)|≥M;
④函数f(x)的图象上至少存在三个点,使得该函数在这些点处的切线重合.
其中正确结论的序号是 (请把所有正确结论的序号都填上).
三、解答题(本大题共5小题,共70分)
17.(本小题满分14分)
(xx甘肃省河西五地市第一次联考)已知函数f(x)=ln(x+1)+.
(1)当a=时,求f(x)的单调递减区间;
(2)若当x>0时,f(x)>1恒成立,求a的取值范围.
18.(本小题满分14分)
(xx河北唐山市二模)已知函数f(x)=ex-ax-2.(e是自然对数的底数,a∈R).
(1)求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若k为整数,a=1,且当x>0时,f′(x)<1恒成立,其中f′(x)为f(x)的导函数,求k的最大值.
19.(本小题满分14分)
(xx河北唐山市二模)设函数f(x)=ex-x-2(e为自然对数的底数).
(1)求函数f(x)的图象在点A(0,-1)处的切线方程;
(2)若k为整数,且当x>0时,(x-k+1)f′(x)+x+1>0恒成立,其中f′(x)为f(x)的导函数,求k的最大值.
20.(本小题满分14分)
(xx山东淄博市二模)已知函数f(x)=x2+(k-1)x-k+,g(x)=xlnx.
(1)若函数g(x)的图象在(1,0)处的切线l与函数f(x)的图象相切,求实数k的值;
(2)当k=0时,证明:
f(x)+g(x)>0;
21.(本小题满分14分)
(xx江西九江市三模)已知函数f(x)=aln(x+1)-x-b,g(x)=ex(a,b∈R).
(1)试讨论函数f(x)的单调区间;
(2)过原点O作曲线y=g(x)的切线l,若曲线y=f(x)上存在一点P(x0,y0)(其中x0∈(0,e-1)),使得直线OP与曲线y=f(x)相切,且OP⊥l,求实数b的取值范围.
专题检测答案
专题检测
(一)
1.A 2.A 3.C 4.D 5.C 6.B 7.C 8.D 9.A 10.D 11.A 12.C
13.解析:
因为a=
=sinx|
=sin-sin(-)
=2,
所以a=2,
所以二项式(2-)4的展开式通项为
Tr+1=24-r(-1)rx2-r,
当2-r=0时,r=2,常数项为·4×1=6×4=24.
答案:
24
14.解析:
因为函数f(x)=()x,g(x)=lox,关于直线y=x对称,
记函数h(x)=
所以可知h(x)关于直线y=x对称.
因为y=x与y=5-x,交点为A(2.5,2.5),
所以y=5-x与函数h(x)交点关于A对称,
x1+x2=2×=5.
故函数F(x)=h(x)+x-5所有零点的和为5.
答案:
5
15.解析:
因为函数f(x)=
数列{an}满足an=f(n),n∈N*,若数列{an}是单调递增数列,
所以
解得2≤a<3.
所以=a+1++1,
令a+1=t∈[3,4),f(t)=t++1,
f′(t)=1-=>0,
所以f(t)在t∈[3,4)单调递增;
所以f(3)≤f(t)可得≤f(t)<6.
所以的取值范围是[,6).
答案:
[,6)
16.解析:
对于①,因为f(-x)=-xsin(-x)=xsinx=f(x),
所以函数为偶函数,所以函数f(x)的图象关于y轴对称,故①正确;
对于②,因为当x=2kπ+时,f(x)=x,随着x的增大函数值也在增大,所以不会是周期函数,故②错;
对于③,对任意正数M,存在k∈Z,
使M≤2kπ+,
则存在x0=(2k+1)π+,使|f(x0)|≥M,故③正确.
对于④,因为f′(x)=sinx+xcosx,
当x=2kπ+,f′(2kπ+)=1,
f(2kπ+)=2kπ+,
所以切线方程为
y-2kπ-=x-2kπ-,
即切线方程为y=x,
所以函数f(x)的图象上至少存在三个点,使得该函数在这些点处的切线重合,故④正确.
答案:
①③④
17.解:
(1)当a=时,
f′(x)=
=(x>-1),
令f′(x)<0,可得-所以f(x)的单调递减区间为(-,3).
(2)由ln(x+1)+>1得
a>(x+2)-(x+2)ln(x+1),
记g(x)=(x+2)[1-ln(x+1)],
则g′(x)=1-ln(x+1)-
=-ln(x+1)-,
当x>0时,g′(x)<0,
所以g(x)在(0,+∞)递减,
又g(0)=2·(1-ln1)=2,
所以g(x)<2(x>0),
所以a≥2.
即a的取值范围为[2,+∞).
18.解:
(1)f′(x)=ex-a,x∈R.
若a≤0,则f′(x)>0恒成立,
所以f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,
若a>0,当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(lna,+∞)上单调
递增.
综上,当a≤0时,f(x)的增区间为(-∞,+∞);
当a>0时,f(x)的增区间为(lna,+∞).
(2)由于a=1,
所以f′(x)<1⇔(k-x)(ex-1)当x>0时,ex-1>0,故(k-x)(ex-1)令g(x)=+x(x>0),
则g′(x)=+1=.
函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上单调递增,而h
(1)<0,h
(2)>0.
所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点,
故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.
设此零点为α,则α∈(1,2).
当x∈(0,α)时,g′(x)<0,
当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0,
所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).
由g′(α)=0,可得eα=α+2,
所以,g(α)=α+1∈(2,3).
由于(*)式等价于k故整数k的最大值为2.
19.解:
(1)f(x)=ex-x-2,x∈R,f′(x)=ex-1,x∈R,
f′(0)=0,曲线f(x)在点A(0,-1)处的切线方程为y=-1.
(2)当x>0时,ex-1>0,所以不等式可以变形如下:
(x-k+1)f′(x)+x+1>0⇔(x-k+1)(ex-1)+x+1>0⇔k<+x+1,①
令g(x)=+x+1,
则g′(x)=+1=.
函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上单调递增,而h
(1)<0,h
(2)>0.
所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点,
故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.
设此零点为α,则α∈(1,2).
当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0;
所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).
由g′(α)=0,可得eα=α+2,
所以g(α)=α+2∈(3,4).由于①式等价于k故整数k的最大值为3.
20.
(1)解:
因为函数g(x)定义域为(0,+∞),g′(x)=lnx+1.
则g
(1)=0,g′
(1)=1,
所以l:
y=x-1,
由⇒x