2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 壓軸專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第1講 用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的基本問題練習(xí) 理

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1、2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 壓軸專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第1講 用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的基本問題練習(xí) 理 一、選擇題 1．(2018·石家莊模擬)已知函數(shù)f(x)＝，則f(f(x))<2的解集為(　　) A．(1－ln 2，＋∞) B．(－∞，1－ln 2) C．(1－ln 2,1) D．(1,1＋ln 2) 解析：因為當(dāng)x≥1時，f(x)＝x3＋x≥2，當(dāng)x<1時，f(x)＝2ex－1<2，所以f(f(x))<2等價于f(x)<1，即2ex－1<1，解得x<1－ln 2，所以f(f(x))<2的解集為(－∞，1－ln 2)，故選B. 答案：B 2．已知函數(shù)y＝的定義域為[a，b

2、](a，b∈Z)，值域為[0,1]，則滿足條件的整數(shù)對(a，b)共有(　　) A．6個　　　　　　　　 B．7個 C．8個 D．9個 解析：函數(shù)y＝＝－1，易知函數(shù)是偶函數(shù)，x>0時是減函數(shù)，所以函數(shù)的圖象如圖所示，根據(jù)圖象可知，函數(shù)y＝的定義域可能為[－3,0]，[－3,1]，[－3,2]，[－3,3]，[－2,3]，[－1，3]，[0,3]，共7種，所以滿足條件的整數(shù)對(a，b)共有7個．故選B. 答案：B 3．已知函數(shù)f(x)＝的圖象關(guān)于原點對稱， g(x)＝ln(ex＋1)－bx是偶函數(shù)，則logab＝(　　) A．1 B．－1 C．－ D. 解析：由題意

3、得f(0)＝0，∴a＝2.∵g(1)＝g(－1)，∴l(xiāng)n(e＋1)－b＝ln(＋1)＋b，∴b＝，∴l(xiāng)og2 ＝－1.故選B. 答案：B 4．對定義在[0,1]上，并且同時滿足以下兩個條件的函數(shù)f(x)稱為M函數(shù)： (ⅰ)對任意的x∈[0,1]，恒有f(x)≥0； (ⅱ)當(dāng)x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1時，總有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立． 則下列3個函數(shù)中不是M函數(shù)的個數(shù)是(　　) ①f(x)＝x2?、趂(x)＝x2＋1　③f(x)＝2x－1 A．0 B．1 C．2 D．3 解析：在[0,1]上，3個函數(shù)都滿足f(x)≥0. 當(dāng)x1≥0，x2≥0，

4、x1＋x2≤1時： 對于①，f(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]＝(x1＋x2)2－(x＋x)＝2x1x2≥0，滿足； 對于②，f(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]＝[(x1＋x2)2＋1]－[(x＋1)＋(x＋1)]＝2x1x2－1<0，不滿足； 對于③，f(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]＝(2x1＋x2－1)－(2x1－1＋2x2－1)＝2x12x2－2x1－2x2＋1＝(2x1－1)(2x2－1)≥0，滿足．故選B. 答案：B 5．(2018·哈爾濱四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝如果對任意的n∈N*，定義fn(x)＝，那么f2 016(2)的值為(　　)

5、 A．0 B．1 C．2 D．3 解析：∵f1(2)＝f(2)＝1，f2(2)＝f(1)＝0，f3(2)＝f(0)＝2，f4(2)＝f(2)＝1，∴fn(2)的值具有周期性，且周期為3，∴f2 016(2)＝f3×672(2)＝f3(2)＝2，故選C. 答案：C 6．函數(shù)f(x)＝2|log2x|－的圖象為(　　) 解析：由題設(shè)條件，當(dāng)x≥1時，f(x)＝2log2x－＝；當(dāng)0

6、f(x1)－f(x2)]>0恒成立．設(shè)a＝f(－4)，b＝f(1)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為(　　) A．a(chǎn)0，故函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(－4)＝f(4)>f(3)>f(1)，即a>c>b，故選C. 答案：C 8．(2018·西安模擬)對于函數(shù)y＝f(x)，部分x與y的對應(yīng)關(guān)系如下表： x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 y 3 7 5 9 6 1 8

7、 2 4 數(shù)列{xn}滿足：x1＝1，且對于任意n∈N*，點(xn，xn＋1)都在函數(shù)y＝f(x)的圖象上，則x1＋x2＋…＋x2 017＝(　　) A．7 554 B．7 540 C．7 561 D．7 564 解析：∵數(shù)列{xn}滿足x1＝1，且對任意n∈N*，點(xn，xn＋1)都在函數(shù)y＝f(x)的圖象上，∴xn＋1＝f(xn)， ∴由圖表可得x2＝f(x1)＝3，x3＝f(x2)＝5，x4＝f(x3)＝6，x5＝f(x4)＝1，…，∴數(shù)列{xn}是周期為4的周期數(shù)列，∴x1＋x2＋…＋x2 017＝504(x1＋x2＋x3＋x4)＋x1＝504×15＋1＝7 561

8、.故選C. 答案：C 9．已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x－4)＝－f(x)，且在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，則(　　) A．f(－25)

9、周期是8，所以f(－25)＝f(－1)＝－f(1)，f(11)＝f(3)＝f(1)，f(80)＝f(0)．由f(x)是奇函數(shù)，且在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，得f(0)＝0，f(1)>0，－f(1)<0，則－f(1)0)關(guān)于直線y＝－x對稱，且f(－2)＝2f(－1)，則a＝(　　) A．0 B. C. D．1 解析：依題意得，曲線y＝f(x)即為－x＝(－y)2＋a(其中－y>0，即y<0，注意到點(x0，y0)關(guān)于直線y＝

10、－x的對稱點是點(－y0，－x0)，化簡后得y＝－，即f(x)＝－，于是有－＝－2，由此解得a＝，選C. 答案：C 11．已知f(x)是偶函數(shù)，且f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，如果f(ax＋1)≤f(x－2)在x∈上恒成立，那么實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－2,1] B．[－5,0] C．[－5,1] D．[－2,0] 解析：因為f(x)是偶函數(shù)，且f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(ax＋1)≤f(x－2)在x∈上恒成立，即|ax＋1|≤|x－2|，即x－2≤ax＋1≤2－x.由ax＋1≤2－x，得ax≤1－x，a≤－1，而－1在x＝1時取得最小值0，故a≤0.

11、同理，由x－2≤ax＋1，得a≥－2，所以a的取值范圍是[－2,0]． 答案：D 12．(2017·高考天津卷)已知奇函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，g(x)＝xf(x)．若a＝g(－log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為(　　) A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．b＜c＜a 解析：依題意a＝g(－log25.1)＝(－log25.1)·f(－log25.1) ＝log25.1f(log25.1)＝g(log25.1)． 因為f(x)在R上是增函數(shù)，可設(shè)0＜x1＜x2， 則f(x1)＜f(x2)． 從而x1f(x1)＜x

12、2f(x2)，即g(x1)＜g(x2)． 所以g(x)在(0，＋∞)上亦為增函數(shù)． 又log25.1＞0,20.8＞0,3＞0， 且log25.1＜log28＝3,20.8＜21＜3， 而20.8＜21＝log24＜log25.1， 所以3＞log25.1＞20.8＞0，所以c＞a＞b. 故選C. 答案：C 二、填空題 13．若f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax是偶函數(shù)，則a＝________. 解析：f(－x)＝ln(e－3x＋1)－ax＝ln－ax＝ln(1＋e3x)－3x－ax，依題意得，對任意x∈R，都有f(－x)＝f(x)，即ln(1＋e3x)－3x－ax＝ln(

13、1＋e3x)＋ax，化簡得2ax＋3x＝0(x∈R)，因此2a＋3＝0，解得a＝－. 答案：－ 14．(2017·高考山東卷)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且f(x＋4)＝f(x－2)．若當(dāng)x∈[－3,0]時，f(x)＝6－x，則f(919)＝________. 解析：∵f(x＋4)＝f(x－2)， ∴f((x＋2)＋4)＝f((x＋2)－2)，即f(x＋6)＝f(x)， ∴f(x)是周期為6的周期函數(shù)， ∴f(919)＝f(153×6＋1)＝f(1)． 又f(x)是定義在R上的偶函數(shù)， ∴f(1)＝f(－1)＝6，即f(919)＝6. 答案：6 15．已知函數(shù)f(x)

14、＝若f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：要使函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，則有即所以解得2

15、日14時，甲所購買的食品已過了保鮮時間．其中，所有正確結(jié)論的序號是__________． 解析：∵某食品的保鮮時間t(單位：小時)與儲藏溫度x(單位：℃)滿足函數(shù)關(guān)系式t＝且該食品在4 ℃時的保鮮時間是16小時，∴24k＋6＝16， 即4k＋6＝4，解得k＝－， ∴t＝ ①當(dāng)x＝6時，t＝8，故①正確； ②當(dāng)x∈[－6,0]時，保鮮時間恒為64小時，當(dāng)x∈(0,6]時，該食品的保鮮時間t隨著x的增大而逐漸減少，故②錯誤； ③此日10時，溫度為8 ℃，此時保鮮時間為4小時，而隨著時間的推移，到11時，溫度為11 ℃，此時的保鮮時間t＝2－×11＋6＝≈1.414(小時)，到13時，甲

16、所購買的食品不在保鮮時間內(nèi)，故③錯誤； ④由③可知，到了此日14時，甲所購買的食品已過了保鮮時間，故④正確． 所以正確結(jié)論的序號為①④. 答案：①④ B組　大題規(guī)范練 1．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax－2. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若a＝1，k為整數(shù)，且當(dāng)x>0時，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值． 解析：(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a. 若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a>0，則當(dāng)x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0， 所以，f(

17、x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1. 故當(dāng)x>0時，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等價于k<＋x(x>0)．① 令g(x)＝＋x，則g′(x)＝＋1＝. 由(1)知，函數(shù)h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點．設(shè)此零點為α，則α∈(1,2)． 當(dāng)x∈(0，α)時，g′(x)<0； 當(dāng)x∈(α，＋∞)時，g′(x)>0. 所以g(x)在(0

18、，＋∞)上的最小值為g(α)． 又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)． 由于①式等價于k

19、因x＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內(nèi)，故舍去． 當(dāng)x∈(0,5)時，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(5，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．由此知函數(shù)f(x)在x＝5時取得極小值f(5)＝－ln 5. 3．(2017·山東濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝＋bln x，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值； (2)若?x≥1，f(x)≤kx恒成立，求k的取值范圍． 解析：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝， 故f′(1)＝b－a＝1， 又f(1)＝a，

20、點(1，a)在直線y＝x上， ∴a＝1，則b＝2. ∴f(x)＝＋2ln x且f′(x)＝， 當(dāng)0時，f′(x)>0. 故函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為， f(x)極小值＝f＝2－2ln 2，無極大值． (2)由題意知，k≥＝＋(x≥1)恒成立， 令g(x)＝＋(x≥1)， 則g′(x)＝－＝(x≥1)， 令h(x)＝x－xln x－1(x≥1)， 則h′(x)＝－ln x(x≥1)， 當(dāng)x≥1時，h′(x)≤0，h(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)， 故h(x)≤h(1)＝0，故g′(x)≤0， ∴g(x)在[1，＋∞)上為減函

21、數(shù)， 故g(x)的最大值為g(1)＝1，∴k≥1. 4．(2017·皖南八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋xln x. (1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的圖象在(e，f(e))處的切線方程； (2)若a＝－e，證明：方程2|f(x)|－3x＝2ln x無解． 解析：(1)依題意，知f(e)＝e2＋e，f′(x)＝2x＋ln x＋1，故f′(e)＝2e＋2， 故所求切線方程為y－e2－e＝(2e＋2)(x－e)， 即(2e＋2)x－y－e2－e＝0. (2)證明：依題意，有2|ax2＋xln x|－3x＝2ln x， 即2|ax2＋xln x|＝2ln x＋3x， 亦即|ax

22、＋ln x|＝＋. 令g(x)＝ax＋ln x，當(dāng)a＝－e時，g(x)＝－ex＋ln x， 則g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝， 令g′(x)>0，得x∈，所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增， 令g′(x)<0，得x∈， 所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞減， 所以g(x)max＝g＝－e·＋ln ＝－2， 所以|g(x)|≥2，令h(x)＝＋， 則x∈(0，＋∞)， h′(x)＝. 令h′(x)>0，得x∈(0，e)，所以函數(shù)h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增， 令h′(x)<0，得x∈(e，＋∞)，所以函數(shù)h(x)在(e，＋∞)上單調(diào)增減， 所以h(x)max＝h(e)＝＋＝＋

23、<2， 即h(x)<2， 所以|g(x)|>h(x)，即2|f(x)|－3x>2ln x， 所以方程2|f(x)|－3x＝2ln x無解． 5．(2017·福建四地六校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋2x＋5. (1)求函數(shù)f(x)的圖象在點(3，f(3))處的切線方程； (2)若曲線y＝f(x)與y＝2x＋m有三個不同的交點，求實數(shù)m的取值范圍． 解析：(1)∵f(x)＝x3－x2＋2x＋5， ∴f′(x)＝x2－3x＋2. 易求得f′(3)＝2，f(3)＝. ∴f(x)的圖象在(3，f(3))處的切線方程是y－＝2(x－3)， 即4x－2y＋1＝0. (2)令f

24、(x)＝2x＋m， 即x3－x2＋2x＋5＝2x＋m， 得x3－x2＋5＝m， 設(shè)g(x)＝x3－x2＋5， ∵曲線y＝f(x)與直線y＝2x＋m有三個不同的交點， ∴曲線y＝g(x)與直線y＝m有三個不同的交點， 易得g′(x)＝x2－3x，令g′(x)＝0， 解得x＝0或x＝3， 當(dāng)x<0或x>3時，g′(x)>0， 當(dāng)0