天津各地2020年高考数学最新联考试题分类汇编函数与导数

天津市各地市天津市各地市 20202020 年高考数学年高考数学 最新联考试题分类汇编最新联考试题分类汇编 （（3 3）） 函数与函数与 导数导数 一、选择题一、选择题: : 4.（（天津市十二区县重点中学天津市十二区县重点中学 20202020 年高三毕业班联考一）年高三毕业班联考一） 设函数f (x)  则函数f (x)（） A．在区间(0,1)， (1,)内均有零点 B．．在区间(0,1)， (1,)内均无零点 C．在区间(0,1)内有零点，在区间(1,)内无零点[ D．在区间(0,1)内无零点，在区间(1,)内有零点 【答案】D 1 xln x(x  0)， 3 5．( (天津市六校天津市六校 20202020 届高三第二次联考文届高三第二次联考文) )设a  30.5，b  log32，c  cos2，则 A．c b  a B．c  a b C．a b  c D．b  c  a 【答案】A 8.( (天天津津市市六六校校20202020届届高高三三第第二二次次联联考考文文) )已知 x 22,x  0 fx,若 fx ax在x1,1上恒成立，则实数a的取值范围是 3x2,x  0 A.10, B.1,0 C.0,1 【答案】B D.(,0][1,) (4)（天津市和平区（天津市和平区 20202020 届高三第二学期第一次质量调查文）届高三第二学期第一次质量调查文） 己知函数f( x1)是偶函数， 当x(1,)时，函数f( x)单调递减，设a  f( 1 ),b  f(3),c  f(0)，则 a，b，c 2 的大小关系为 (A)b0，g(t)  2t 2ln t 2，g/(t)  2 / 22(t 1) , tt 令g (t)  0，得t 1，g(t)在（0，1）单调递减，在(1,)单调递增,……………13 分 g(t) min  g(1) 4， (x 1  x 2 )  4,又因为t 1时,x 1  x 2 1,““不成立. 2 (x 1  x 2 )2 4，x 1  x 2  2. ………………………14 分 20．( (天津市六校天津市六校 20202020 届高三第二次联考文届高三第二次联考文) )（本小题满分 14 分） 已知函数f (x)  x  ax，g(x)  3 1 2 5 x ln x  22 （Ⅰ）若f (x)在x 1处的切线与x轴平行，求实数a的值； （Ⅱ）若对一切x(0,),有不等式f (x)  2x g(x) x 5x 3恒成立，求实数a 2 的取值 范围； （Ⅲ）记G(x)  1 2 512 x  g(x)，求证：G(x)  x . 22 （3）化简得G(x)  ln x，原不等式可化为ln x  记F(x)  xln x，可求其最小值为F( )   12x2 ，即证xln x 成立， x 1 ， e x21 记H(x)  x ，可求其最大值为H(1)  ， eee 显然x(0,), F(x)  H(x)，故原不等式成立.……14 分 20. （（天天津津市市南南开开中中学学 20202020 届届高高三三第第四四次次月月考考理理）） （本小题 14 分）已知函数 f (x)  x ln(x  a)的最小值为 0，其中a  0。 （1）求 a 的值 （2）若对任意的x[0,)，有f (x)  kx成立，求实数 k 的最小值 2 1 e 2 ln(2n 1)  2(n N*)  i1 2i 1 20. 解： （1）f (x)的定义域为(a,) 1x  a 1 f (x) 1 ，由f (x)  0，得x 1a  a， x  ax  a 当 x 变化时，f (x), f (x)的变化情况如下表： （3）证明 n x (a,1a) － ↘ 1a 0 极小值 (1 a,) ＋ ↗ f (x) f (x) 因此，f (x)在x 1 a处取得最小值，故由题意f (1 a) 1 a  0，所以a 1。 （Ⅱ）解：当k  0时，取x 1，有f (1) 1ln2  0，故k  0不合题意。 当k  0时，令g(x)  f (x)  kx，即g(x)  x ln(x 1)  kx。 22 g(x)  －1。 x x(2kx (1 2k))1 2k ，令g(x)  0，得x1 0,x2 2kx  x 1x 12k 11 2k 时，  0,g(x)  0在(0,)上恒成立，因此g(x)在[0,)上 22k 2 单调递减， 从而对于任意的x[0,)， 总有g(x)  g(0)  0， 即 f (x)  kx 在[0,)上 （1）当k  恒成立。 1 符合题意。 2 11 2k1 2k （2）当0  k 时，  0，对于x(0,)，g(x)  0，故g(x)在 22k2k 1 2k1 2k 2(0,)内单调递增，因此当取x 0 (0,)时，g(x 0 )  g(0)  0，即f (x 0 )  kx 0 2k2k 故k  不成立。 1 不合题意， 2 1 综上，k的最小值为。 2 故0  k  （Ⅲ）证明：当 n＝1 时，不等式左边 2ln3 2＝右边，所以不等式成立。 当n  2时， n222 f () ln(1)  2i 1 2i 12i 1 i1i1  nn2 [ln(2i 1)ln(2i 1)] 2i 1 i1i1 n2 ln(2n1)。 i1 2i 1 n 20． （天津市（天津市 20202020 年滨海新区五所重点学校高三毕业班联考理）年滨海新区五所重点学校高三毕业班联考理） (本题满分 14 分) 设 a  xln x，g(x)  x3 x23． x f (x) （Ⅰ）讨论函数h(x) 的单调性； x 函数f (x)  （Ⅱ）如果存在x 1,x2 [0,2]，使得g(x 1) g(x2 )  M成立，求满足上述条件的最大整数 M； （Ⅲ）如果对任意的s,t[ ,2]，都有f (s)  g(t)成立，求实数a的取值范围． 1 2 a 2a1x2 2a 20.【解】【解】 （Ⅰ）h(x)  2  ln x， h ，． ． ． ． ． ． ．1 分(x)   3  xxxx3 (x)  0，函数h(x)在(0,)上单调递增 ．①a  0,h． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ．2 分 (x)  0,x  ②a  0， h h (x)  0,0  x  2a，函数h(x)的单调递增区间为( 2a,