《2019-2020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.doc》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019-2020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.doc(7頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
2019-2020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(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)=223-222+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=43-42++2=2,又f(x)=2x2-x+1>0,f=22-+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(duì)數(shù)的底數(shù)( )
A.若ea+2a=eb+3b,則a>b
B.若ea+2a=eb+3b,則a
b
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-2ab,
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),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)=,
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x0是f(x)的一個(gè)“次不動(dòng)點(diǎn)”,也稱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)=(10;
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(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(duì)任意x1∈(0,+∞),存在x2∈[0,1],使得f(x1)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<-2 016}
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,+∞).
(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(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(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-.
(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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