《2019届高三数学（理科）二轮专题复习训练：专题强化练五 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三数学（理科）二轮专题复习训练：专题强化练五 Word版含解析.pdf（16页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 专题强化练五专题强化练五 一、选择题一、选择题 1设设 f(x)是定义在是定义在 R 上的奇函数，且上的奇函数，且 f(2)0，当，当 x0 时，有 时，有 0 恒成立，则不等式恒成立，则不等式 x2f(x)0 的解集是的解集是( ) xf（x）f（x） x2 A(2，0)(2，) B(2，0)(0，2) C(，2)(2，) D(，2)(0，2) 解析：解析：当当 x0 时，时，0， f（x） x xf（x）f（x） x2 所以所以 (x)在在(0，)上为减函数，又上为减函数，又 (2)0， f（x） x 所以当且仅当所以当且仅当 0x2 时，时，(
2、x)0，此时，此时 x2f(x)0. 又又 f(x)为奇函数，所以为奇函数，所以 h(x)x2f(x)也为奇函数也为奇函数 故故 x2f(x)0 的解集为的解集为(，2)(0，2) 答案：答案：D来源来源:Zxxk.Com 2(2018贵阳联考贵阳联考)已知函数已知函数 f(x)的定义域为的定义域为1，4，部分对应 值如下表： ，部分对应 值如下表： x10234 f(x)12020 f(x)的导函数的导函数 yf(x)的图象如图所示 当的图象如图所示 当 1a2 时， 函数时， 函数 yf(x) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 a 的零点的个数为的零点的个数为( ) A1 B2
3、C3 D4 解析：解析：根据导函数图象，知根据导函数图象，知 2 是函数的极小值点，函数是函数的极小值点，函数 yf(x)的 大致图象如图所示 的 大致图象如图所示 由于由于 f(0)f(3)2，1a2，所以，所以 yf(x)a 的零点个数为的零点个数为 4. 答案：答案：D 3(2018广东二模广东二模)已知函数已知函数 f(x)exln x，则下面对函数，则下面对函数 f(x)的 描述正确的是 的 描述正确的是( ) Ax(0，)，f(x)2 Bx(0，)，f(x)2 Cx0(0，)，f(x0)0 Df(x)min(0，1) 解析：解析：因为因为 f(x)exln x 的定义域为的定义域为
4、(0，)， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 且且 f(x)ex ， ， 1 x xex1 x 令令 g(x)xex1，x0， 则则 g(x)(x1)ex0 在在(0，)上恒成立，上恒成立， 所以所以 g(x)在在(0，)上单调递增，上单调递增， 又又 g(0)g(1)(e1)0， 所以所以x0(0， 1)， 使， 使 g(x0)0， 则， 则 f(x)在在(0， x0)上单调递减， 在上单调递减， 在(x0， ， )上单调递增，上单调递增， 则则 f(x)minf(x0)ex0ln x0， 又又 ex0，x0ln x0，所以，所以 f(x)minx02. 1 x0 1 x0 答案：
5、答案：B 4若函数若函数 f(x)在在 R 上可导，且满足上可导，且满足 f(x)xf(x)0，则，则( ) A3f(1)f(3) B3f(1)f(3) C3f(1)f(3) Df(1)f(3) 解析：解析：由于由于 f(x)xf(x)，则，则0 恒恒 f（x） x xf（x）f（x） x2 成立，因此成立，因此 y在在 R 上是单调减函数，上是单调减函数， f（x） x 所以，即所以，即 3f(1)f(3) f（3） 3 f（1） 1 答案：答案：B 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 5 (2018佛山市质检佛山市质检)已知函数已知函数 f(x)若若 mn， ln x，x1， 1
6、2x 1 2， ，x 1，) 且且 f(m)f(n)，则，则 nm 的最小值是的最小值是( )来源来源:Z.xx.k.Com A32ln 2 Be1 C2 De1 解析：解析：作出函数作出函数 yf(x)的图象如图所示的图象如图所示 若若 mn，且，且 f(m)f(n)， 则当则当 ln x1 时，得时，得 xe， 因此因此 1ne，1m1. 又又 ln n m ，即 ，即 m2ln n1. 1 2 1 2 所以所以 nmn2ln n1， 设设 h(n)n2ln n1(1ne)，则，则 h(n)1 . 2 n 当当 h(n)0，得，得2ne；当；当 h(n)0，得，得 1n2. 故当故当 n2
7、 时，函数时，函数 h(n)取得最小值取得最小值 h(2)32ln 2.来源来源:Zxxk.Com 答案：答案：A 二、填空题二、填空题 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 6做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是 27 dm3，且用 料最省，则圆柱的底面半径为 ，且用 料最省，则圆柱的底面半径为_dm. 解析 ：解析 ： 设圆柱的底面半径为设圆柱的底面半径为 R dm， 母线长为， 母线长为 l dm， 则， 则 VR2l27 ，所以，所以 l，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小 27 R2 S
8、表 表 R22RlR22， 27 R 所以所以 S表 表 2R.来源来源:学学+科科+网网 Z+X+X+K 54 R2 令令 S表 表 0，得，得 R3，则当，则当 R3 时，时，S表 表最小 最小 答案：答案：3 7对于函数对于函数 yf(x)，若其定义域内存在两个不同实数，若其定义域内存在两个不同实数 x1，x2，使 得 ，使 得 xif(xi)1(i1，2)成立，则称函数成立，则称函数 f(x)具有性质具有性质 P.若函数若函数 f(x) 具 具 ex a 有性质有性质 P，则实数，则实数 a 的取值范围为的取值范围为_ 解析：解析：依题意，依题意，xf(x)1，即，即1 在在 R 上有
9、两个不相等实根，上有两个不相等实根， xex a 所以所以 axex在在 R 上有两个不同的实根，令上有两个不同的实根，令 (x)xex， 则则 (x)ex(x1)， 当当 x1 时，时，(x)0，(x)在在(，1)上是减函数；上是减函数； 当当 x1 时，时，(x)0，(x)在在(1，)上是增函数上是增函数 因此因此 (x)极小值为极小值为 (1) . 1 e 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 在同一坐标系中作在同一坐标系中作 y(x)与与 ya 的图象，又当的图象，又当 x0 时，时，(x)xex 0. 由图象知，当 由图象知，当 a0 时，两图象有两个交点故实数时，两图象有两个
10、交点故实数 a 的取值的取值 1 e 范围为范围为. ( 1 e， ，0) 答案：答案：( 1 e， ，0) 8(2018江苏卷改编江苏卷改编)若函数若函数 f(x)2x3ax21(aR)在在(0，) 内有且只有一个零点，则内有且只有一个零点，则 f(x)在在0，1上的最大值是上的最大值是_ 解析：解析：f(x)6x22ax2x(3xa)(aR)， 当当 a0 时，时，f(x)0 在在(0，)上恒成立，则上恒成立，则 f(x)在在(0，) 上单调递增又上单调递增又 f(0)1，所以此时，所以此时 f(x)在在(0，)内无零点，不满足 题意，因此 内无零点，不满足 题意，因此 a0. 当当 a0
11、 时，令时，令 f(x)0 得得 x . a 3 当当 0x 时， 时， f(x)0， f(x)为减函数 ； 当为减函数 ； 当 x 时， 时， f(x)0， f(x) a 3 a 3 为增函数为增函数，所以，所以 x0 时，时，f(x)有极小值，为有极小值，为 f1. ( a 3) a3 27 因为因为 f(x)在在(0，)内有且只有一个零点，内有且只有一个零点， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以所以 f0，所以，所以 a3. ( a 3) 所以所以 f(x)2x33x21，则，则 f(x)6x(x1) 当当 x(0，1)时，时，f(x)0，故，故 f(x)在在 x0，1上是
12、减函数，上是减函数， 所以所以 f(x)maxf(0)1. 答案：答案：1 三、解答题三、解答题 9已知函数已知函数 f(x)ln x. x1 x (1)求求 f(x)的单调区间；的单调区间； (2)求证：求证：ln . e2 x x1 x (1)解：解：f(x)ln x1 ln x， x1 x 1 x f(x)的定义域的定义域为为(0，) f(x) ， ， 1 x2 1 x 1x x2 令令 f(x)00x1，令，令 f(x)0x1， 所以所以 f(x)1 ln x 在在(0，1)上单调递增，在上单调递增，在(1，)上单调递上单调递 1 x 减减 (2)证明：证明：要证要证 ln ，即证，即
13、证 2ln x1 ， ， e2 x 1x x 1 x 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即证即证 1 ln x0. 1 x 由由(1)可知，可知，f(x)1 ln x 在在(0，1)上单调递增，在上单调递增，在(1，)上上 1 x 单调递减，所以单调递减，所以 f(x)在在(0，)上的最大值为上的最大值为 f(1)11ln 10， 即 ， 即 f(x)0， 所以所以 1 ln x0 恒成立原不等式得证恒成立原不等式得证 1 x 10 已知函数 已知函数f(x)ex1， g(x)x， 其中， 其中e是自然对数的底数，是自然对数的底数， ex 2.718 28 (1)证明：函数证明：函数
14、 h(x)f(x)g(x)在区间在区间(1，2)上有零点；上有零点； (2)求方程求方程 f(x)g(x)的根的个数，并说明理由的根的个数，并说明理由 (1)证明：证明：由题意可得由题意可得 h(x)f(x)g(x)ex1x，x 所以所以 h(1)e30，h(2)e230，2 所以所以 h(1)h(2)0， 所以函数所以函数 h(x)在区间在区间(1，2)上有零点上有零点 (2)解：解：由由(1)可知，可知，h(x)f(x)g(x)ex1x.x 由由 g(x)x 知知 x0，)，x 而而 h(0)0，则，则 x0 为为 h(x)的一个零点的一个零点 又又 h(x)在在(1，2)内有零点，内有零
15、点， 因此因此 h(x)在在0，)上至少有两个零点上至少有两个零点 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 h(x)ex x 1，记，记 (x)ex x 1. 1 2 1 2 1 2 1 2 则则 (x)ex x ， ， 1 4 3 2 当当 x(0， ， )时，时，(x)0， 则， 则 (x)在在(0， ， )上递增 易知上递增 易知 (x) 在在(0，)内只有一个零点，内只有一个零点， 所以所以 h(x)在在0，)上有且只有两个零点，上有且只有两个零点， 所以方程所以方程 f(x)g(x)的根的个数为的根的个数为 2. 11(2018佛山质检佛山质检)设函数设函数 f(x)(aR) e
16、（x2axa） ex (1)若曲线若曲线 yf(x)在在 x1 处的切线过点处的切线过点 M(2，3)，求，求 a 的值；的值； (2)设设 g(x)x ，若对任意的 ，若对任意的 n0，2，存在，存在 m0，2， 1 x1 1 3 使得使得 f(m)g(n)成立，求成立，求 a 的取值范围的取值范围 解：解：(1)因为因为 f(x)， e（x2axa） ex 所以所以 f(x)e （2xa）ex（x2axa）ex e2x . （x2）（xa） ex 1 又又 f(1)1，即切点为，即切点为(1，1)， 所以所以 kf(1)1a，解得，解得 a1. 31 21 (2)“对任意的“对任意的 n0
17、，2，存在，存在 m0，2，使得，使得 f(m)g(n)成立” ，成立” ， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 等价于“在等价于“在0，2上，上，f(x)的最大值大于或等于的最大值大于或等于g(x)的最大值 ”的最大值 ” 因为因为 g(x)x ， ，g(x)0， 1 x1 1 3 x22x （x1）2 所以所以 g(x)在在0，2上单调递增，上单调递增， 所以所以 g(x)maxg(2)2. 令令 f(x)0，得，得 x2 或或 xa. 当当 a0 时，时，f(x)0 在在0，2上恒成立，上恒成立，f(x)单调递增，单调递增， f(x)maxf(2)(4a)e 1 2，解得，解得
18、a42e； 当当 0a2 时，时， f(x)0 在在0， a上恒成立，上恒成立， f(x)单调递减，单调递减， f(x) 0 在在a，2上恒成立，上恒成立，f(x)单调递增，单调递增， f(x)的最大值为的最大值为 f(2)(4a)e 1或 或 f(0)ae， 所以所以(4a)e 1 2 或或 ae2.来源来源:学科网学科网 解得解得 a42e 或或 a ，所以 ，所以 a2； 2 e 2 e 当当 a2 时，时，f(x)0 在在0，2上恒成立，上恒成立，f(x)单调递减，单调递减， f(x)maxf(0)ae2，解得，解得 a ，所以 ，所以 a2. 2 e 综上所述，综上所述，a42e 或
19、或 a . 2 e 故故 a 的取值范围为的取值范围为(，42e ，) 2 e 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 满分示范练满分示范练函数与导数函数与导数 【典例】 【典例】 (2017全国卷全国卷)已知函数已知函数 f(x)ln xax2(2a1)x. (1)讨论函数讨论函数 f(x)的单调性；的单调性； (2)当当 a0 时，证明：时，证明：f(x)2. 3 4a (1)解：解：f(x)的定义域的定义域(0，) f(x) 2ax2a1， 1 x （2ax1）（x1） x 若若 a0，则当，则当 x(0，)时，时，f(x)0， 故故 f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增 若若
20、a0 时，当时，当 x时，时，f(x)0； (0， ， 1 2a) 当当 x时，时，f(x)0. ( 1 2a， ，) 故故 f(x)在上单调递增，在上单调递减在上单调递增，在上单调递减 (0， ， 1 2a) ( 1 2a， ，) (2)证明：证明：由由(1)知，当知，当 a0 时，时，f(x)在在 x处取得最大值，最处取得最大值，最 1 2a 大值为大值为 fln1， ( 1 2a) ( 1 2a) 1 4a 所以所以 f(x)2 等价于等价于 ln12， 3 4a ( 1 2a) 1 4a 3 4a 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即即 ln10， ( 1 2a) 1 2a
21、设设 g(x)ln xx1，则，则 g(x) 1. 1 x 当当 x(0，1)时，时，g(x)0；x(1，)时，时，g(x)0. 所以所以 g(x)在在(0，1)上单调递增，在上单调递增，在(1，)上单调递减上单调递减 故当故当 x1 时，时，g(x)取得最大值，最大值为取得最大值，最大值为 g(1)0. 所以当所以当 x0 时，时，g(x)0， 从而当从而当 a0 时，时，ln10， ( 1 2a) 1 2a 即即 f(x)2. 3 4a 高考状元满分心得高考状元满分心得 1 得步骤分 ： 抓住得分点的步骤， “步步为赢” ， 求得满分 如第 得步骤分 ： 抓住得分点的步骤， “步步为赢”
22、， 求得满分 如第(1) 问中，求导正确，分类讨论；第问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求问中利用单调性求 g(x)的最小值和的最小值和 不等式性质的运用不等式性质的运用 2得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分， 如第 得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分， 如第(1)问中，求出问中，求出 f(x)的定义域，的定义域，f(x)在在(0，)上单调性的判断； 第 上单调性的判断； 第(2)问，问，f(x)在在 x处最值的判定，处最值的判定，f(x)2 等价转化为等价转化为 ln 1 2a 3 4a 10 等等 ( 1 2a) 1 2a 3得计算分：解题
23、过程中计算准确是得满分的根本保证如第得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证如第(1) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 问中， 求导问中， 求导 f(x)准确， 否则全盘皆输， 第准确， 否则全盘皆输， 第(2)问中， 准确计算问中， 准确计算 f(x)在在 x 处的最大值 处的最大值 1 2a 解题程序解题程序 第一步：求函数 第一步：求函数 f(x)的导函数的导函数 f(x)； 第二步：分类讨论第二步：分类讨论 f(x)的单调性；的单调性； 第三步：利用单调性，求第三步：利用单调性，求 f(x)的最大值；的最大值； 第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数第四步：根据
24、要证的不等式的结构特点，构造函数 g(x)； 第五步：求第五步：求 g(x)的最大值，得出要证的不等式；的最大值，得出要证的不等式； 第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范 跟踪训练跟踪训练 (2017全国卷全国卷)已知函数已知函数 f(x)x1aln x. (1)若若 f(x)0，求，求 a 的值；的值； (2)设设 m 为整数， 且对于任意正整数为整数， 且对于任意正整数 n，(1) (1 1 2) 1 22 (1 1 2n) m，求，求 m 的最小值的最小值 解：解：(1)f(x)的定义域为的定义域为(0，)， 若若 a0，因为，因为
25、 f aln 20，所以不满足题意，所以不满足题意 ( 1 2) 1 2 若若 a0，由，由 f(x)1 知， 知， a x xa x 当当 x(0，a)时，时，f(x)0. 所以所以 f(x)在在(0，a)上单调递减，在上单调递减，在(a，)上单调递增上单调递增 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 故故 xa 是是 f(x)在在(0，)的唯一最小值点的唯一最小值点 因为因为f(1)0，所以当且仅当，所以当且仅当 a1 时，时，f(x)0， 故故 a1. (2)由由(1)知当知当 x(1，)时，时，x1ln x0. 令令 x1，得，得 ln， 1 2n (1 1 2n) 1 2n 从而
26、从而 lnlnln 1 (1 1 2) (1 1 22) (1 1 2n) 1 2 1 22 1 2n 1 2n 1. 故故e. (1 1 2)(1 1 22) (1 1 2n) 又又2， (1 1 2)(1 1 22) (1 1 2n) (1 1 2)(1 1 22) (1 1 23) 135 64 所以当所以当 n3 时，时，(2，e)， (1 1 2)(1 1 22) (1 1 2n) 由于由于(1)m，且，且 mN*. (1 1 2)(1 1 22) 1 2n 所以整数所以整数 m 的最小值为的最小值为 3. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m