【文档说明】高考数学(理数)二轮复习专题1 第2讲《函数》练习 (含答案详解).doc，共(5)页，69.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题复习检测A卷1．(天津)已知a＝log52，b＝log0.50.2，c＝0.50.2，则a，b，c的大小关系为()A．a＜c＜bB．a＜b＜cC．b＜c＜aD．c＜a＜b【答案】A【解析】a＝log52＜1，b＝log0.50.2＝log1215＝log25＞l

og24＝1，c＝0.50.2＜1，所以b最大．因为a＝log52＝1log25，c＝0.50.2＝1215＝512＝152.而log25＞log24＝2＞52，所以1log25＜152，即a＜c.故选A．2．(甘肃白银模

拟)若函数f(x)＝2x＋2＋a，x≤1，log12x＋1，x>1有最大值，则a的取值范围为()A．(－5，＋∞)B．[－5，＋∞)C．(－∞，－5)D．(－∞，－5]【答案】B【解析】易知f(x)在(－∞，1]上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，要使f(x)有最

大值，则f(1)＝4＋a≥log12(1＋1)＝－1，解得a≥－5.3．(新课标Ⅲ)下列函数中，其图象与函数y＝lnx的图象关于直线x＝1对称的是()A．y＝ln(1－x)B．y＝ln(2－x)C．y＝ln(1＋

x)D．y＝ln(2＋x)【答案】B【解析】y＝lnx的图象与y＝ln(－x)的图象关于y轴即x＝0对称，要使新的图象与y＝lnx关于直线x＝1对称，则y＝ln(－x)的图象需向右平移2个单位，即y＝ln(2－x)．4．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则()A．a<－1B．a

>－1C．a>－1eD．a<－1e【答案】A【解析】∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，∴方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解．∵x>0时，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.5．(云南玉溪模拟)函数f(x)＝x2l

nx的最小值为()A．－1eB．1eC．－12eD．12e【答案】C【解析】由f(x)＝x2lnx，得定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝2xlnx＋x2·1x＝x(2lnx＋1)．令f′(x)＝0，得x＝e－12.当0<x<e－12时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x>e－12时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝e－12时，f(x)取得最小值，即f(x)min＝f(e－12)＝－12e.故选C．6．(贵州遵义模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋4)＝f(x－2)．若当x∈[－3,0]

时，f(x)＝6－x，则f(919)＝________.【答案】6【解析】由f(x＋4)＝f(x－2)，可得f(x＋6)＝f(x)，则f(x)是周期为6的周期函数，所以f(919)＝f(153×6＋1)＝f(1)．又

f(x)是偶函数，所以f(919)＝f(1)＝f(－1)＝6－(－1)＝6.7．(广东模拟)已知曲线f(x)＝aex＋b(a，b∈R)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x＋1，则a－b＝________.【答案】3【解析】由f(

x)＝aex＋b，得f′(x)＝aex.因为曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x＋1，所以f0＝a＋b＝1，f′0＝a＝2，解得a＝2，b＝－1.所以a－b＝3.8．定义在R内的可导函数f(x)，已

知y＝2f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的减区间是______．【答案】(2，＋∞)【解析】令f′(x)<0，则y＝2f′(x)<1，由图知，当x>2时，2f′(x)＜1，故y＝f(x)的减区间是(2，＋∞)．9．已知函数f(x)＝xex－ax2－

x.(1)若f(x)在(－∞，－1]内单调递增，在[－1,0]上单调递减，求f(x)的极小值；(2)若x≥0时，恒有f(x)≥0，求实数a的取值范围．【解析】(1)∵f(x)在(－∞，－1]内单调递增，在[－1,0]上单调递减，∴f′(－1)＝0.∵f′(

x)＝(x＋1)ex－2ax－1，∴2a－1＝0，a＝12.∴f′(x)＝(x＋1)ex－x－1＝(x＋1)(ex－1)．∴f(x)在(－∞，－1)内单调递增，在(－1,0)内单调递减，在(0，＋∞)内单调递增，f(x)的极小值为f(0)＝0.(2)f(x)＝x(ex－ax－1)，令g(x)＝ex

－ax－1，则g′(x)＝ex－a，若a≤1，则x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，∴当x≥0时，g(x)≥0.从而f(x)≥0.若a>1，则x∈(0，lna)时，g′(x)<0，g(x)为减函

数，g(0)＝0，当x∈(0，lna)时，g(x)<0，从而f(x)<0.综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．10．(江苏节选)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)为f(x)的导函数．(

1)若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值；(2)若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零点均在集合{－3,1,3}中，求f(x)的极小值．【解析】(1)若a＝b＝c，则f(x)＝(x－a)3.由f(4)＝8，得(4－a)3＝8，解得a＝2.(2)若a

≠b，b＝c，f(x)＝(x－a)(x－b)2.令f(x)＝0，得x＝a或x＝b.f′(x)＝(x－b)2＋2(x－a)(x－b)＝(x－b)(3x－b－2a)．令f′(x)＝0，得x＝b或x＝2a＋b3.f(x)和f′(x)的零点均在集合A＝{－3,1,3}中，若a＝－3，b＝1，则2a＋

b3＝－53∉A，舍去．若a＝1，b＝－3，则2a＋b3＝－13∉A，舍去．若a＝－3，b＝3，则2a＋b3＝－1∉A，舍去．若a＝3，b＝1，则2a＋b3＝73∉A，舍去．若a＝1，b＝3，则2a＋

b3＝53∉A，舍去．若a＝3，b＝－3，则2a＋b3＝1∈A.∴f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1)．易知x＝1时，f(x)取得极小值－32.B卷11．(甘肃兰州模拟)定义在(

0，＋∞)上的函数f(x)满足f′(x)＋1x2>0，f(2)＝52，则关于x的不等式f(lnx)>1lnx＋2的解集为()A．(1，e2)B．(0，e2)C．(e，e2)D．(e2，＋∞)【答案】D【解析】设g(x)＝f(x)－

1x(x>0)，则g′(x)＝f′(x)＋1x2>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．由f(lnx)>1lnx＋2，可得f(lnx)－1lnx>2，又g(2)＝f(2)－12＝2，所以待解不等式等价于解g(lnx)>g(2)．所以lnx>2，解得x>e2.故选D．12

．(江西师大附中月考)已知函数f(x)＝2x－a2x在[0,1]上单调递增，则a的取值范围为________．【答案】[－1,1]【解析】令2x＝t，t∈[1,2]，则y＝t－at在[1,2]上单调递增．

当a＝0时，y＝|t|＝t在[1,2]上单调递增显然成立；当a>0时，y＝t－at，t∈(0，＋∞)的单调递增区间是[a，＋∞)，此时a≤1，即0<a≤1时成立；当a<0时，y＝t－at＝t－at，t∈(0，＋∞)的单调递增区间是[－a，＋∞)，此时－a≤1，

即－1≤a<0时成立．综上，a的取值范围是[－1,1]．13．(新课标Ⅰ)已知函数f(x)＝1x－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：fx1－fx2x1－x2<a－2.【解析】(1)f(x)的

定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2.①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②若a>2，令f′(x)＝0得，x＝a－a2－42或x＝a＋a2－42，易得0<a－a2－

42<a＋a2－42.当x∈0，a－a2－42∪a＋a2－42，＋∞时，f′(x)<0；当x∈a－a2－42，a＋a2－42时，f′(x)>0.所以f(x)在0，a－a2－4

2，a＋a2－42，＋∞上单调递减，在a－a2－42，a＋a2－42上单调递增．(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1<x2，则x2>1.由于fx1－f

x2x1－x2＝－1x1x2－1＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋a－2lnx21x2－x2，所以fx1－fx2x1－x2<a－2等价于1x2－x2＋2lnx2<0.设

函数g(x)＝1x－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，则当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.所以1x2－x2＋2lnx2<0，即fx1－fx2x1－x2<a－2.