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)yax2x與ya2x32ax2xa(aR)的圖象不可能是()ABCD答案：B解析：令a0，則函數(shù)yax2x與ya2x32ax2xa分別為yx與yx，對應(yīng)的圖象是選項(xiàng)D中的圖象記f(x)ax2x，g(x) a2x3 2ax2xa，取a，則g(0)>f(0)>0.而f(x)x2x(x1)2，令g(x)0，得x或x2，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)2×232××222，又f(2)×222，所以g(2)>f(2)，所以選項(xiàng)A中的圖象有可能取a2，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g4×34×222，又f(x)2x2x1>0，f2×211，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ea2aeb3b，則a>bB若ea2aeb3b，則a<bC若ea2aeb3b，則a>bD若ea2aeb3b，則a<b答案：A解析：由ea2aeb3b，有ea3a>eb3b，令函數(shù)f(x)ex3x，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ea2aeb3b，有ea2a<eb2b，令函數(shù)f(x)ex2x，則f(x)ex2，函數(shù)f(x)ex2x在(0，ln 2)上單調(diào)遞減，在(ln 2，)上單調(diào)遞增，當(dāng)a，b(0，ln 2)時，由f(a)<f(b)，得a>b，當(dāng)a，b(ln 2，)時，由f(a)<f(b)得a<b，故C，D錯誤3(xx·甘肅蘭州診斷)已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，若對于任意實(shí)數(shù)x，有f(x)>f(x)，且yf(x)1為奇函數(shù)，則不等式f(x)<ex的解集為()A(，0) B(0，)C(，e4) D(e4，)答案：B解析：因?yàn)閥f(x)1為奇函數(shù)，且定義域?yàn)镽，所以f(0)10，得f(0)1，設(shè)h(x)，則h(x)，因?yàn)閒(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)<ex等價于<1，所以x>0.故選B.4(xx·河北唐山模擬)直線ya分別與直線y2(x1)，曲線yxln x交于點(diǎn)A，B，則|AB|的最小值為()A3 B2 C. D.答案：D解析：解方程2(x1)a，得x1.設(shè)方程xln xa的根為t(t>0)，則tln ta，則|AB|.設(shè)g(t)1(t>0)，則g(t)(t>0)，令g(t)0，得t1.當(dāng)t(0,1)時，g(t)<0；當(dāng)t(1，)時，g(t)>0，所以g(t)ming(1)，所以|AB|，所以|AB|的最小值為.5設(shè)D是函數(shù)yf(x)定義域內(nèi)的一個區(qū)間，若存在x0D，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)ax23xa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x1,4，使g(x)f(x)xax22xa0.當(dāng)x1時，g(1)0；當(dāng)x1時，由ax22xa0，得a.記h(x)(1<x4)，則由h(x)0得x2或x(舍去)當(dāng)x(1,2)時，h(x)>0；當(dāng)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(dāng)x2時，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，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，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0<x<2.同理由f(x)是奇函數(shù)，則y是偶函數(shù)，在x<0時，y遞增，x2f(x)>0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)axln x，g(x)x22x2.若對任意x1(0，)，存在x20,1，使得f(x1)<g(x2)，則a的取值范圍是_答案：解析：只需滿足f(x1)max<g(x2)max，x1(0，)，x20,1因?yàn)間(x2)max2，f(x)a(x>0)當(dāng)a0時，f(x)>0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，值域?yàn)镽，故不符合題意當(dāng)a<0時，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)maxf1ln1ln(a)，所以1ln(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(x2 014)2f(x2 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)<x3，x2f(x)<x3<0.令F(x)x2f(x)(x<0)，則F(x)<0(x<0)，即F(x)在(，0)上是減函數(shù)，因?yàn)镕(x2 014)(x2 014)2f(x2 014)，F(xiàn)(2)4f(2)，所以不等式(x2 014)2f(x2 014)4f(2)>0即為F(x2 014)F(2)>0，即F(x2 014)>f(2)，又因?yàn)镕(x)在(，0)上是減函數(shù)，所以x2 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)，e2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù))(1)當(dāng)k0時，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)yf(x)的定義域?yàn)?0，)f(x)k.由k0可得exkx0，所以當(dāng)x(0,2)時，f(x)0，函數(shù)yf(x)單調(diào)遞減，x(2，)時，f(x)0，函數(shù)yf(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，k0時，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)k0時，設(shè)函數(shù)g(x)exkx，x0，)因?yàn)間(x)exkexeln k，當(dāng)0k1時，當(dāng)x(0,2)時，g(x)exk0，yg(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)k1時，當(dāng)x(0，ln k)時，g(x)0，函數(shù)yg(x)單調(diào)遞減x(ln k，)時，g(x)0，函數(shù)yg(x)單調(diào)遞增所以函數(shù)yg(x)的最小值為g(ln k)k(1ln k)函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)解得ek，綜上所述，若函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點(diǎn)時，k的取值范圍為.10.(xx·新課標(biāo)全國卷)設(shè)函數(shù)f(x)e2xaln 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)a0時，f(x)2aaln.解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)2e2x(x0)當(dāng)a0時，f(x)0，f(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a0時，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0b且b時，f(b)0，故當(dāng)a0時，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，f(x)0；當(dāng)x(x0，)時，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)xx0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln 2aaln .故當(dāng)a0時，f(x)2aaln .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)x1時，f(x)x1；(3)確定實(shí)數(shù)k的所有可能取值，使得存在x01，當(dāng)x(1，x0)時，恒有f(x)k(x1)解：(1)f(x)x1，x(0，)由f(x)0，得解得0x.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是0，.(2)令F(x)f(x)(x1)，x(0，)，則有F(x).當(dāng)x(1，)時，F(xiàn)(x)0，所以F(x)在1，)上單調(diào)遞減，故當(dāng)x1時，F(xiàn)(x)F(1)0，即當(dāng)x1時，f(x)x1.(3)由(2)知，當(dāng)k1時，不存在x01滿足題意當(dāng)k1時，對于x1，有f(x)x1k(x1)，則f(x)k(x1)，從而不存在x01滿足題意當(dāng)k1時，令G(x)f(x)k(x1)，x(0，)，則有G(x)x1k.由G(x)0，得x2(1k)x10，解得x10，x21.當(dāng)x(1，x2)時，G(x)0，故G(x)在1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增從而當(dāng)x(1，x2)時，G(x)G(1)0，即f(x)k(x1)綜上，k的取值范圍是(，1)