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2019-2020年高考數(shù)學二輪專題復習 專題突破篇 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導數(shù)專題限時訓練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，對應的圖象是選項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，＋∞)上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，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)間和上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，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C中的圖象有可能，利用排除法選B.
2．(xx洛陽模擬)設a>0，b>0，e是自然對數(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，＋∞)上單調遞增，
因為f(a)>f(b)，所以a>b，A正確，B錯誤；
由ea－2a＝eb－3b，有ea－2ab，
當a，b∈(ln 2，＋∞)時，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.
設方程x＋ln x＝a的根為t(t>0)，則t＋ln t＝a，
則|AB|＝＝
＝.
設g(t)＝－＋1(t>0)，
則g′(t)＝－＝(t>0)，
令g′(t)＝0，得t＝1.
當t∈(0,1)時，g′(t)<0；
當t∈(1，＋∞)時，g′(t)>0，所以g(t)min＝g(1)＝，
所以|AB|≥，所以|AB|的最小值為.
5．設D是函數(shù)y＝f(x)定義域內的一個區(qū)間，若存在x0∈D，使f(x0)＝－x0，則稱x0是f(x)的一個“次不動點”，也稱f(x)在區(qū)間D上存在“次不動點”，若函數(shù)f(x)＝ax2－3x－a＋在區(qū)間[1,4]上存在“次不動點”，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(－∞，0) B.
C. D.
答案：D
解析：設g(x)＝f(x)＋x，依題意，存在x∈[1,4]，使
g(x)＝f(x)＋x＝ax2－2x－a＋＝0.
當x＝1時，g(1)＝≠0；
當x≠1時，由ax2－2x－a＋＝0，得a＝.
記h(x)＝(10；
當x∈(2,4)時，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x＝2時，h(x)取得最大值，最大值是h(2)＝，
故滿足題意的實數(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f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)＝0，當x>0時，有<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是________．
答案：(－∞，－2)∪(0,2)
解析：當x>0時，有<0，
則′<0，在x>0時遞減，x2f(x)>0化為x3>0?>0，f(2)＝0，
畫出y＝在x>0時的示意圖如圖所示，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)0)．
①當a≥0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，值域為R，故不符合題意．
②當a<0時，由f′(x)＝0，得x＝－.
所以，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(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鄭州質檢)設函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導函數(shù)，其導函數(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)，
又因為F(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k≤0時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；
(2)若函數(shù)f(x)在(0,2)內存在兩個極值點，求k的取值范圍．
解：(1)函數(shù)y＝f(x)的定義域為(0，＋∞)．
f′(x)＝－k
＝－
＝.
由k≤0可得ex－kx＞0，
所以當x∈(0,2)時，f′(x)＜0，函數(shù)y＝f(x)單調遞減，
x∈(2，＋∞)時，f′(x)＞0，函數(shù)y＝f(x)單調遞增．
所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,2)，
單調遞增區(qū)間為(2，＋∞)．
(2)由(1)知，k≤0時，函數(shù)f(x)在(0,2)內單調遞減，
故f(x)在(0,2)內不存在極值點；
當k＞0時，設函數(shù)g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)．
因為g′(x)＝ex－k＝ex－eln k，
當0＜k≤1時，
當x∈(0,2)時，g′(x)＝ex－k＞0，y＝g(x)單調遞增，
故f(x)在(0,2)內不存在兩個極值點；
當k＞1時，當x∈(0，ln k)時，g′(x)＜0，函數(shù)y＝g(x)單調遞減．
x∈(ln k，＋∞)時，g′(x)＞0，函數(shù)y＝g(x)單調遞增．
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)內存在兩個極值點，當且僅當解得e＜k＜，
綜上所述，若函數(shù)f(x)在(0,2)內存在兩個極值點時，k的取值范圍為.
10.(xx新課標全國卷Ⅰ)設函數(shù)f(x)＝e2x－aln x.
(1)討論f(x)的導函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)；
(2)證明：當a＞0時，f(x)≥2a＋aln.
解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0)．
當a≤0時，f′(x)＞0，f′(x)沒有零點；
當a＞0時，設u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上單調遞增，
v(x)＝－在(0，＋∞)上單調遞增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
又f′(a)＞0，當b滿足0＜b＜且b＜時，f′(b)＜0，
故當a＞0時，f′(x)存在唯一零點．
(2)證明：由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)＜0；
當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0.
故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，所以當x＝x0時，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a＞0時，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)的單調遞增區(qū)間；
(2)證明：當x＞1時，f(x)＜x－1；
(3)確定實數(shù)k的所有可能取值，使得存在x0＞1，當x∈(1，x0)時，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)的單調遞增區(qū)間是0，.
(2)令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)，
則有F′(x)＝.
當x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＜0，
所以F(x)在[1，＋∞)上單調遞減，
故當x＞1時，F(xiàn)(x)＜F(1)＝0，即當x＞1時，f(x)＜x－1.
(3)由(2)知，當k＝1時，不存在x0＞1滿足題意．
當k＞1時，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k＜1時，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x∈(1，x2)時，G′(x)＞0，故G(x)在[1，x2)內單調遞增．
從而當x∈(1，x2)時，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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