《2022年高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 專(zhuān)題突破篇 專(zhuān)題一 集合、常用邏輯用語(yǔ)、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)專(zhuān)題限時(shí)訓(xùn)練6 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 專(zhuān)題突破篇 專(zhuān)題一 集合、常用邏輯用語(yǔ)、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)專(zhuān)題限時(shí)訓(xùn)練6 文（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 專(zhuān)題突破篇 專(zhuān)題一 集合、常用邏輯用語(yǔ)、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)專(zhuān)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(duì)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(yáng)模擬)設(shè)a>0，b>0，e是自然對(duì)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(cuò)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(gè)區(qū)間，若存在x0∈D，使f(x0)＝－x0，則稱(chēng)x0是f(x)的一個(gè)“次不動(dòng)點(diǎn)”，也稱(chēng)f(x)在區(qū)間D上存在“次不動(dòng)點(diǎn)”，若函數(shù)f(x)＝ax2－3x－a＋在區(qū)間[1,4]上存在“次不動(dòng)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(huà)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(duì)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_(kāi)_______．
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(duì)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(gè)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(gè)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(gè)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(gè)極值點(diǎn)時(shí)，k的取值范圍為.
10.(xx·新課標(biāo)全國(guó)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(gè)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(méi)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(duì)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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