高考數(shù)學 文二輪復習 專題能力提升練一 Word版含解析

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1、 專題能力提升練(一)　函數(shù) 一、選擇題(每小題5分) 1．下列函數(shù)中，在其定義域內(nèi)既是奇函數(shù)又是減函數(shù)的是(　　) A．y＝2 015ex　　　　B．y＝sin2 015x C．y＝－x2 015 D．y＝logx 解析：令f(x)＝－x2 015，由f(－x)＝－(－x)2 015＝x2 015＝－f(x)，得y＝－x2 015為奇函數(shù)，又冪函數(shù)y＝x2 015為增函數(shù)，故y＝－x2 015是減函數(shù)，故選C. 答案：C 2．設a＝1.10.9，b＝0.91.1，c＝log1.10.9，則a，b，c的大小關系是(　　) A．a(chǎn)

2、 C．b1，b＝0.91.1∈(0,1)，c＝log1.10.9<0，故c0時，f(x)＝x2－x，則當x<0時，函數(shù)f(x)的最大值為(　　) A．－ B. C. D．－ 解析：通解：設x<0，則－x>0，所以f(－x)＝x2＋x，又函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，所以f(x)＝－f(－x)＝－x2－x＝－2＋，所以當x<0時，函數(shù)f(x)的最大值為.故選B. 優(yōu)解：當x>0時，f(x)＝x2－x＝2－，最小值為－，因為函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，所以當x<0時，函數(shù)

3、f(x)的最大值為.故選B. 答案：B 4．函數(shù)f(x)＝lnx－x2的大致圖象是(　　) 解析：易知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝－x＝.當00；當x>1時，f ′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－，故結合圖象可知選B. 答案：B 5．已知偶函數(shù)f(x)滿足f(x－1)＝f(x＋1)，且在x∈[0,1]時，f(x)＝x，則關于x的方程f(x)＝x在x∈[0,4]上的解的個數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：由f(x－1)＝f(x

4、＋1)，知f(x＋2)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的一個周期為2，又函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，所以f(x－1)＝f(x＋1)＝f(1－x)，即函數(shù)f(x)關于直線x＝1對稱，在同一坐標系內(nèi)作出函數(shù)y＝f(x)，y＝x的圖象，由圖象知在[0,4]內(nèi)交點個數(shù)為4.選D. 答案：D 6．設函數(shù)f(x)＝1－xsinx在x＝x0處取得極值，則(1＋x)(1＋cos2x0)－1的值為(　　) A．－1 B．0 C．2 D．1 解析：f ′(x0)＝－sinx0－x0cosx0＝0?x0cosx0＝－sinx0，代入化簡得(1＋x)(1＋cos2x0)－1＝(1＋x)2cos2x0－1＝2c

5、os2x0＋2sin2x0－1＝2－1＝1. 答案：D 7．已知l1，l2是曲線C：y＝的兩條互相平行的切線，則l1與l2的距離的最大值為(　　) A. B．2 C．2 D．4 解析：設第一象限的切點坐標為，根據(jù)曲線的對稱性，曲線在第三象限的切點坐標為.此時兩條切線方程分別為y＝－x＋，y＝－x－，兩直線之間的距離d＝＝≤＝2，當且僅當t＝1時等號成立． 答案：C 8．定義在R上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f ′(x)，已知f(x＋1)是偶函數(shù)，且(x－1)f ′(x)<0.若x12，則f(x1)與f(x2)的大小關系是(　　) A．f(x1)

6、2) B．f(x1)＝f(x2) C．f(x1)>f(x2) D．不確定 解析：由(x－1)f ′(x)<0可知，當x>1時，f ′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減．當x<1時，f ′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增．因為函數(shù)f(x＋1)是偶函數(shù)，所以f(x＋1)＝f(1－x)，f(x)＝f(2－x)，即函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為x＝1.所以，若1≤x1f(x2)；若x1<1，則x2>2－x1>1，此時有f(x2)f(x2)．綜上，必有f(x1)>f(x2)，選C. 答案：C 9．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2cos

7、x，若f ′(x)是f(x)的導函數(shù)，則函數(shù)f ′(x)在原點附近的圖象大致是(　　) 解析：因為f ′(x)＝2x－2sinx，[f ′(x)]′＝2－2cosx≥0，所以函數(shù)f ′(x)在R上單調(diào)遞增，故選A. 答案：A 10．已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，且函數(shù)f(x－3)的圖象關于直線x＝3對稱，f(3)＝2 015，f(3)>f(0)，且在區(qū)間(0，＋∞)上，f ′(x)同號，則不等式f(x2－2x)<2 015的解集是(　　) A．(－∞，－1)∪(3，＋∞) B．(－1,0) C．(0,3) D．(－1,3) 解析：因為函數(shù)f(x－3)的圖象關于直線x＝3對

8、稱，所以函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝0對稱，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)．因為在區(qū)間(0，＋∞)上，f ′(x)同號，故函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上是單調(diào)的，又f(3)>f(0)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上是單調(diào)遞增的．所以不等式f(x2－2x)<2 015可化為f(|x2－2x|)0，所以f(f(－2))＝f(2－2)＝log22－2＝－2. 答案：－2 12．已知函數(shù)f(x)＝|l

9、og2x|，正實數(shù)m，n滿足m0解得≤x<1，

10、 令f ′(x)<0，解得10在x∈(0，＋∞)上恒成立， 所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)， 所以g(x)在區(qū)間[2，e]上的最大值g(x)max＝g(e)＝l

11、ne－＝1－. 答案：1－ 15．已知函數(shù)f(x)＝ax－cosx，x∈，若?x1∈，?x2∈，x1≠x2，<0，則實數(shù)a的取值范圍為__________． 解析：已知條件等價于f(x)在上單調(diào)遞減，等價于f ′(x)＝a＋sinx≤0在上恒成立，即a≤－sinx在上恒成立，a≤(－sinx)min＝－，所以實數(shù)a的取值范圍是. 答案： 三、解答題(第16,17,18,19題每題12分，第20題13分，第21題14分) 16．已知函數(shù)f(x)＝，a∈R. (1)若函數(shù)y＝f(x)在x＝1處取得極值，求a的值； (2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在兩點關于原點對稱，求a的取值范圍

12、． 解：(1)當x>0時，f(x)＝2ex－(x－a)2＋3， f ′(x)＝2(ex－x＋a)． 因為y＝f(x)在x＝1處取得極值， 所以f ′(1)＝0，即2(e－1＋a)＝0， 解得a＝1－e， 經(jīng)驗證滿足題意，所以a＝1－e. (2)由題意知y＝f(x)的圖象上存在兩點關于原點對稱， 即y＝2ex－(x－a)2＋3(x>0)圖象上存在一點(x0，y0)(x0>0)， 使得(－x0，－y0)在y＝x2＋3ax＋a2－3(x<0)的圖象上， 即有， 消去y0，得2ex0－(x0－a)2＋3＝－x＋3ax0－a2＋3， 化簡得a＝. y＝f(x)的圖象上存在兩點關

13、于原點對稱，即關于x0的方程a＝在(0，＋∞)上有解． 設h(x)＝(x>0)，則h′(x)＝. 因為x>0，所以當x>1時，h′(x)>0； 當0

14、x)≤0}＝[b，c](其中b0)． (ⅰ)當a<0時，f ′(x)<0，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)． (ⅱ)當a>0時，令f ′(x)＝0，得x＝. 當x變化時，f ′(x)，f(x)的變化情況如下表： x f ′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是. (2)由(1)知， 當a<0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以函數(shù)f(x)至多存在一個零點，不符合題意． 當a>0時，因為f(

15、x)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，所以在使{x|f(x)≤0}＝[b，c]，必需f<0，即aln＋a<0. 所以a>e. 當a>e時，f＝aln＋a2＝－2alna＋a2＝a(a－2lna)． 令g(x)＝x－2lnx(x≥e)，則g′(x)＝1－＝(x≥e)． 當x>e時，g′(x)>0，所以g(x)在[e，＋∞)上是增函數(shù)． 所以當a>e時，g(a)＝a－2lna>g(e)＝e－2>0. 所以f>0. 因為<<1，f<0，f(1)＝1>0， 所以f(x)在上存在一個零點，不妨記為b，在上存在一個零點，不妨記為c. 因為f(x)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)， 所以{x|f(x

16、)≤0}＝[b，c]． 綜上所述，a的取值范圍是(e，＋∞)． 因為b∈，c∈， 所以[b，c]?(0,1)． 18．已知函數(shù)f(x)＝ex－1－x. (1)若存在x0∈，使a－ex＋1＋x<0成立，求a的取值范圍； (2)當x≥0時，f(x)≥(t－1)x恒成立，求t的取值范圍． 解：(1)由題知a0時，f ′(x)>0，x<0時， f ′(x)<0， ∴f(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，在(0，＋∞)上為增函數(shù)． ∴當x0∈時，f(x)在區(qū)間端點處取得最大值． 又f(－1)＝e－1－

17、1＋1＝， f＝－1－ln， f(－1)－f＝－＋1＋ln＝－＋ln>0. ∴f(－1)>f， ∴f(x)在上的最大值為，故a的取值范圍是a<. (2)由已知可得x≥0時，ex－1－tx≥0恒成立， 令g(x)＝ex－1－tx，則g′(x)＝ex－t， 若t≤1，則當x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0， g(x)為增函數(shù)，g(0)＝0， 從而當x≥0，g(x)≥0， 即f(x)≥(t－1)x恒成立． 若t>1，則當x∈(0，lnt)時， g′(x)<0，g(x)為減函數(shù)，而g(0)＝0， 從而當x∈(0，lnt)時，g(x)<0，即f(x)<(t－1)x， 所以t>

18、1不符合題意，綜上可得t的取值范圍為(－∞，1]． 19．已知函數(shù)f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3. (1)當a＝2時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程； (2)如果存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)M； (3)如果對任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)當a＝2時，f(x)＝＋xlnx， f ′(x)＝－＋lnx＋1， f(1)＝2，f ′(1)＝－1， 所以曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝－x＋3. (2)存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g

19、(x2)≥M成立， 等價于[g(x1)－g(x2)]max≥M， 考察函數(shù)g(x)＝x3－x2－3，則 g′(x)＝3x2－2x＝3x， 當x變化時，g ′(x)，g(x)的變化情況如下表： x 0 2 g′(x) 0 － 0 ＋ g(x) －3 單調(diào)遞減 極小值－ 單調(diào)遞增 1 由上表可知：g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1， [g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝， 所以滿足條件的最大整數(shù)M＝4. (3)對任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立， 等價于：在區(qū)間上，函數(shù)f(x)的

20、最小值不小于g(x)的最大值， 當x∈時，f(x)＝＋xlnx≥1恒成立， 等價于a≥x－x2lnx恒成立， 記h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，h′(1)＝0， 記m(x)＝1－2xlnx－x，m′(x)＝－3－2lnx，由于x∈， m′(x)＝－3－2lnx<0，所以m(x)＝h′(x)＝1－2xlnx－x在上單調(diào)遞減， 當x∈時，h′(x)>0，x∈(1,2]時，h′(x)<0， 即函數(shù)h(x)＝x－x2lnx在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1,2]上單調(diào)遞減， 所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1. 20．(20xx郴州模擬)已知函數(shù)f(x)

21、＝. (1)求函數(shù)f(x)的定義域和值域； (2)若00時，＝＝在區(qū)間(0,1)上是減函數(shù)， ∴0. 21．設函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－bx(a≠1)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為0. (1)求b； (2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范圍． 解：(1)f ′(x)＝＋(1－a)x－b. 由題設知f ′(1)＝0，解得

22、b＝1. (2)f(x)的定義域為(0，＋∞)，由(1)知， f(x)＝alnx＋x2－x， f ′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)． (ⅰ)若a≤，則≤1，故當x∈(1，＋∞)時， f ′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要條件為f(1)<， 即－1<， 解得－－11， 故當x∈時，f ′(x)<0； 當x∈時，f ′(x)>0. f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要條件為f<. 而f＝aln＋＋>，所以不合題意． (ⅲ)若a>1，則f(1)＝－1＝<. 綜上，a的取值范圍是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．