2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題突破篇 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)專題限時(shí)訓(xùn)練6 文

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2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題突破篇 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)專題限時(shí)訓(xùn)練6 文_第1頁
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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題突破篇 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)專題限時(shí)訓(xùn)練6 文 一、選擇題(每小題5分,共25分) 1.(xx·江西卷)在同一直角坐標(biāo)系中,函數(shù)y=ax2-x+與y=a2x3-2ax2+x+a(a∈R)的圖象不可能是(  ) A      B     C     D 答案:B 解析:令a=0,則函數(shù)y=ax2-x+與y=a2x3-2ax2+x+a分別為y=-x與y=x,對應(yīng)的圖象是選項(xiàng)D中的圖象.記f(x)=ax2-x+,g(x)= a2x3 -2ax2+x+a,取a=,則g(0)>f(0)>0.而f(x)=x2-x+=(x-1)2-,令

2、g′(x)=0,得x=或x=2,易知g(x)在區(qū)間和(2,+∞)上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減,所以g(x)的極小值為g(2)=2×23-2××22+2+=,又f(2)=×22-2+=,所以g(2)>f(2),所以選項(xiàng)A中的圖象有可能取a=2,則g(0)>f(0)>0,令g′(x)=0,得x=或x=,易知g(x)在區(qū)間和上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減,所以g(x)的極小值為g=4×3-4×2++2=2,又f(x)=2x2-x+1>0,f=2×2-+1=1,所以g>f,所以選項(xiàng)C中的圖象有可能,利用排除法選B. 2.(xx·洛陽模擬)設(shè)a>0,b>0,e是自然對數(shù)的底數(shù)(  ) A.若ea+2a

3、=eb+3b,則a>b B.若ea+2a=eb+3b,則ab D.若ea-2a=eb-3b,則aeb+3b, 令函數(shù)f(x)=ex+3x,則f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 因?yàn)閒(a)>f(b),所以a>b,A正確,B錯誤; 由ea-2a=eb-3b,有ea-2a

4、),得a>b, 當(dāng)a,b∈(ln 2,+∞)時(shí),由f(a)f′(x),且y=f(x)-1為奇函數(shù),則不等式f(x)f′(x),所以h′(x)<0, 所以函數(shù)h(x)是R上的減函數(shù)

5、,所以不等式f(x)0.故選B. 4.(xx·河北唐山模擬)直線y=a分別與直線y=2(x+1),曲線y=x+ln x交于點(diǎn)A,B,則|AB|的最小值為(  ) A.3 B.2 C. D. 答案:D 解析:解方程2(x+1)=a,得x=-1. 設(shè)方程x+ln x=a的根為t(t>0),則t+ln t=a, 則|AB|== =. 設(shè)g(t)=-+1(t>0), 則g′(t)=-=(t>0), 令g′(t)=0,得t=1. 當(dāng)t∈(0,1)時(shí),g′(t)<0; 當(dāng)t∈(1,+∞)時(shí),g′(t)>0,所以g(t)min=g(1)=,

6、 所以|AB|≥,所以|AB|的最小值為. 5.設(shè)D是函數(shù)y=f(x)定義域內(nèi)的一個區(qū)間,若存在x0∈D,使f(x0)=-x0,則稱x0是f(x)的一個“次不動點(diǎn)”,也稱f(x)在區(qū)間D上存在“次不動點(diǎn)”,若函數(shù)f(x)=ax2-3x-a+在區(qū)間[1,4]上存在“次不動點(diǎn)”,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(  ) A.(-∞,0) B. C. D. 答案:D 解析:設(shè)g(x)=f(x)+x,依題意,存在x∈[1,4],使 g(x)=f(x)+x=ax2-2x-a+=0. 當(dāng)x=1時(shí),g(1)=≠0; 當(dāng)x≠1時(shí),由ax2-2x-a+=0,得a=. 記h(x)=(1

7、 則由h′(x)==0得x=2或x=(舍去). 當(dāng)x∈(1,2)時(shí),h′(x)>0; 當(dāng)x∈(2,4)時(shí),h′(x)<0,即函數(shù)h(x)在(1,2)上是增函數(shù),在(2,4)上是減函數(shù), 因此當(dāng)x=2時(shí),h(x)取得最大值,最大值是h(2)=, 故滿足題意的實(shí)數(shù)a的取值范圍是.故選D. 二、填空題(每小題5分,共15分) 6.設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且f(2)=0,當(dāng)x>0時(shí),有<0恒成立,則不等式x2f(x)>0的解集是________. 答案:(-∞,-2)∪(0,2) 解析:當(dāng)x>0時(shí),有<0, 則′<0,在x>0時(shí)遞減,x2f(x)>0化為x3·>0?>0,f

8、(2)=0, 畫出y=在x>0時(shí)的示意圖如圖所示,由圖知00化為x3·>0?<0,f(-2)=0,所以x<-2. 綜上所述,x的取值范圍是(-∞,-2)∪(0,2). 7.已知函數(shù)f(x)=ax+ln x,g(x)=x2-2x+2.若對任意x1∈(0,+∞),存在x2∈[0,1],使得f(x1)

9、x>0). ①當(dāng)a≥0時(shí),f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,值域?yàn)镽,故不符合題意. ②當(dāng)a<0時(shí),由f′(x)=0,得x=-. 所以,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為. 故f(x)的極大值即為最大值, 所以f(x1)max=f=-1+ln =-1-ln(-a), 所以-1-ln(-a)<2,所以a<-. 8.(xx·鄭州質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(-∞,0)上的可導(dǎo)函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且有2f(x)+xf′(x)>x2,則不等式(x+2 014)2f(x+2 014)-4f(-2)>0的解集為________. 答案:{x|x<-2 0

10、16} 解析:由2f(x)+xf′(x)>x2,x<0,得 2xf(x)+x2f′(x)0即為F(x+2 014)-F(-2)>0,即F(x+2 014)>f(-2), 又因?yàn)镕(x)在(-∞,0)上是減函數(shù),所以x+2 014<-2, ∴x<-2 016. 三、解

11、答題(9題12分,10題、11題每題14分,共40分) 9.(xx·山東卷)設(shè)函數(shù)f(x)=-k(k為常數(shù),e=2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù)). (1)當(dāng)k≤0時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點(diǎn),求k的取值范圍. 解:(1)函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)?0,+∞). f′(x)=-k =- =. 由k≤0可得ex-kx>0, 所以當(dāng)x∈(0,2)時(shí),f′(x)<0,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞減, x∈(2,+∞)時(shí),f′(x)>0,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞增. 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2), 單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+∞

12、). (2)由(1)知,k≤0時(shí),函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減, 故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在極值點(diǎn); 當(dāng)k>0時(shí),設(shè)函數(shù)g(x)=ex-kx,x∈[0,+∞). 因?yàn)間′(x)=ex-k=ex-eln k, 當(dāng)0<k≤1時(shí), 當(dāng)x∈(0,2)時(shí),g′(x)=ex-k>0,y=g(x)單調(diào)遞增, 故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在兩個極值點(diǎn); 當(dāng)k>1時(shí),當(dāng)x∈(0,ln k)時(shí),g′(x)<0,函數(shù)y=g(x)單調(diào)遞減. x∈(ln k,+∞)時(shí),g′(x)>0,函數(shù)y=g(x)單調(diào)遞增. 所以函數(shù)y=g(x)的最小值為g(ln k)=k(1-ln k). 函數(shù)f(

13、x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點(diǎn),當(dāng)且僅當(dāng)解得e<k<, 綜上所述,若函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點(diǎn)時(shí),k的取值范圍為. 10.(xx·新課標(biāo)全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)=e2x-aln x. (1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點(diǎn)的個數(shù); (2)證明:當(dāng)a>0時(shí),f(x)≥2a+aln. 解:(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0). 當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0,f′(x)沒有零點(diǎn); 當(dāng)a>0時(shí),設(shè)u(x)=e2x,v(x)=-, 因?yàn)閡(x)=e2x在(0,+∞)上單調(diào)遞增, v(x)=-在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 所以f′(x)在

14、(0,+∞)上單調(diào)遞增. 又f′(a)>0,當(dāng)b滿足0<b<且b<時(shí),f′(b)<0, 故當(dāng)a>0時(shí),f′(x)存在唯一零點(diǎn). (2)證明:由(1),可設(shè)f′(x)在(0,+∞)上的唯一零點(diǎn)為x0,當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),f′(x)<0; 當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),f′(x)>0. 故f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=x0時(shí),f(x)取得最小值,最小值為f(x0). 由于2e2x0-=0, 所以f(x0)=+2ax0+aln ≥2a+aln . 故當(dāng)a>0時(shí),f(x)≥2a+aln . 11.(xx·福建卷)已知函數(shù)f(x)=ln x-.

15、(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)證明:當(dāng)x>1時(shí),f(x)<x-1; (3)確定實(shí)數(shù)k的所有可能取值,使得存在x0>1,當(dāng)x∈(1,x0)時(shí),恒有f(x)>k(x-1). 解:(1)f′(x)=-x+1=,x∈(0,+∞). 由f′(x)>0,得 解得0<x<. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是0,. (2)令F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞), 則有F′(x)=. 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),F(xiàn)′(x)<0, 所以F(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減, 故當(dāng)x>1時(shí),F(xiàn)(x)<F(1)=0,即當(dāng)x>1時(shí),f(x)<x-1. (3)由(2)知,當(dāng)k=1時(shí),不存在x0>1滿足題意. 當(dāng)k>1時(shí),對于x>1,有f(x)<x-1<k(x-1),則f(x)<k(x-1),從而不存在x0>1滿足題意. 當(dāng)k<1時(shí),令G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞), 則有G′(x)=-x+1-k=. 由G′(x)=0,得-x2+(1-k)x+1=0, 解得x1=<0, x2=>1. 當(dāng)x∈(1,x2)時(shí),G′(x)>0,故G(x)在[1,x2)內(nèi)單調(diào)遞增. 從而當(dāng)x∈(1,x2)時(shí),G(x)>G(1)=0, 即f(x)>k(x-1). 綜上,k的取值范圍是(-∞,1).

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