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

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，g′(t)<0； 當(dāng)t∈(1，＋∞)時，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，g(1)＝≠0； 當(dāng)x≠1時，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，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)x＝2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

8、(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)

9、x>0)． ①當(dāng)a≥0時，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，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，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，f′(x)＜0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞減， x∈(2，＋∞)時，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，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，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， 當(dāng)x∈(0,2)時，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，當(dāng)x∈(0，ln k)時，g′(x)＜0，函數(shù)y＝g(x)單調(diào)遞減． x∈(ln k，＋∞)時，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，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，f(x)≥2a＋aln. 解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0)． 當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0，f′(x)沒有零點(diǎn)； 當(dāng)a＞0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

14、(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又f′(a)＞0，當(dāng)b滿足0＜b＜且b＜時，f′(b)＜0， 故當(dāng)a＞0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)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(dāng)a＞0時，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，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，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，F(xiàn)′(x)＜0， 所以F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， 故當(dāng)x＞1時，F(xiàn)(x)＜F(1)＝0，即當(dāng)x＞1時，f(x)＜x－1. (3)由(2)知，當(dāng)k＝1時，不存在x0＞1滿足題意． 當(dāng)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(dāng)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(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(x－1)． 綜上，k的取值范圍是(－∞，1)．