还剩10页未读，
继续阅读
所属成套资源：人教版新高考数学二轮复习习题训练
成套系列资料，整套一键下载
人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题过关检测一 函数与导数
展开
这是一份人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题过关检测一 函数与导数，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题过关检测一 函数与导数
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2021·全国Ⅰ,理4)设函数f(x)=1-x1+x,则下列函数中为奇函数的是( )
A.f(x-1)-1 B.f(x-1)+1
C.f(x+1)-1 D.f(x+1)+1
2.(2021·江苏南通二模)已知函数f(x)满足f(x)=f(-x),当x≥0时,f(x)=3x+2x,则不等式f(x-2)<13的解集为( )
A.(-∞,0)∪(4,+∞) B.(0,4)
C.(0,2) D.(-∞,0)∪(2,+∞)
3.(2021·福建厦门第三次质检)已知函数f(x)=x2-x-asin πx+1有且仅有一个零点,则实数a=( )
A.12 B.34 C.43 D.2
4.(2021·河南郑州一模)设f(x)是R上的奇函数且满足f(x-1)=f(x+1),当0≤x≤1时,f(x)=5x(1-x),则f(-2 020.6)=( )
A.2125 B.710 C.-85 D.-65
5.(2021·江西南昌一模)已知f(x)=ax2,x∈(0,1),logax,x∈[1,2),若f(x)=a2有两个不同的解,则实数a的取值范围是( )
A.0,12 B.0,12 C.(1,2] D.(1,2)
6.(2021·广东广州三模)若f(x)=1ex+e-x,则( )
A.flog314>f(2-32)>f(ln 2)
B.flog314>f(ln 2)>f(2-32)
C.f(2-32)>f(ln 2)>flog314
D.f(ln 2)>f(2-32)>flog314
7.(2021·广东汕头三模)区块链作为一种革新的技术,已经被应用于许多领域,包括金融、政务服务、供应链、版权和专利、能源、物联网等.在区块链技术中,若密码的长度设定为256比特,则密码一共有2256种可能,因此,为了破解密码,最坏情况需要进行2256次哈希运算.现在有一台机器,每秒能进行2.5×1011次哈希运算,假设机器一直正常运转,那么在最坏情况下,这台机器破译密码所需时间大约为( )(参考数据:lg 2≈0.301 0,lg 3≈0.477 1)
A.4.5×1073秒 B.4.5×1065秒
C.4.5×107秒 D.28秒
8.(2021·河北唐山期末)已知函数f(x)=ln(2x+1),g(x)=2mx+m,若f(x)≤g(x)恒成立,则实数m的取值范围是( )
A.-∞,1e B.0,1e
C.1e,+∞ D.[e,+∞)
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2021·山东潍坊三模)已知函数y=ax(a>0且a≠1)的图象如图所示,则下列四个函数图象与函数解析式对应正确的是( )
10.(2021·山东师大附中月考)已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,则以下几个结论正确的是( )
A.01e
C.f(x0)+2x0<0 D.f(x0)+2x0>0
11.已知函数f(x)=12x-x3,x≥0,-4x,x<0,当x∈[t,+∞)时,f(x)的值域为(-∞,16],则t的值可能为( )
A.-3 B.-1 C.1 D.3
12.已知曲线f(x)=aex-2(a>0)与曲线g(x)=x2-m(m>0)有公共点,且在第一象限内的公共点处的切线相同(e是自然对数的底数),则当m变化时,实数a取以下哪些值能满足以上要求( )
A.1 B.e C.2e D.e2
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021·广东佛山一模)已知函数f(x)=-ex+ex2(e是自然对数的底数),则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是 .
14.(2021·山东潍坊一模)请写出一个存在极值的奇函数 .
15.(2021·山东临沂期中)若函数f(x)=e2x-ax2+1在区间[1,2]上单调递减,则实数a的取值范围是 .
16.(2021·湖南师大附中三模)设s,t是两个不相等的正数,且s+sln t=t+tln s,则s+t-st的取值范围为 .
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2021·浙江月考)已知函数f(x)=(x-1)·|x-a|.
(1)若a=2,求f(x)在区间0,52上的最大值;
(2)已知函数g(x)=f(x)+|x-a|-x+a-m,若存在实数a∈(-1,2],使得函数g(x)有三个零点,求实数m的取值范围.
18.(12分)(2021·上海三模)数学建模小组检测到相距3米的A,B两光源的强度分别为a,b,线段AB上任意一点C异于点A,B处的光强度y等于A,B两光源到该处的光强度之和,设AC=x米.
(1)假设某处的光强度与光源的强度成正比,与到光源的距离的平方成反比,比例系数为常数k(k>0),测得数据:当x=1时,y=334k;当x=2时,y=3k,求A,B两光源的强度,并写出函数y=f(x)的解析式.
(2)假设某处的光强度与光源的强度成正比,与到光源的距离成反比,比例系数为常数k'(k'>0),测得数据:当x=1时,y=52k';当x=2时,y=2k'.问何处的光强度最弱?并求最弱处的光强度.
19.(12分)(2021·湖北荆州中学期中)已知f(x)=(ln x)2+2x-aex.
(1)当a=0时,求函数f(x)的导函数f'(x)的最大值;
(2)若f(x)有两个极值点,求实数a的取值范围.
20.(12分)(2021·辽宁沈阳一模)已知函数f(x)=(x+m)ex.
(1)若f(x)在区间(-∞,1]上单调递减,求实数m的取值范围;
(2)当m=0时,若对任意的x∈(0,+∞),nxln(nx)≤f(2x)恒成立,求实数n的取值范围.
21.(12分)(2021·山东实验中学二模)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=2时,求函数g(x)=f(x)-cos x在区间-π2,+∞上的零点个数.
22.(12分)已知1
(2)记x0为函数y=f(x)在区间(0,+∞)上的零点,证明:
①a-1≤x0≤2(a-1);
②x0f(ex0)≥(e-1)(a-1)a.
专题过关检测一 函数与导数
1.B 解析: 函数f(x)=1-x1+x=-1+2x+1,故该函数图象的对称中心的坐标为(-1,-1).
将该函数图象向右平移1个单位长度,再向上平移1个单位长度后得到的图象对应的函数解析式为g(x)=f(x-1)+1,其图象关于坐标原点对称,即为奇函数.故选B.
2.B 解析: 依题意知f(x)为偶函数,其图象关于y轴对称,当x≥0时,f(x)=3x+2x单调递增,且f(2)=13,所以不等式f(x)<13的解集为(-2,2).
将f(x)的图象沿x轴向右平移2个单位长度后可得f(x-2)的图象,故不等式f(x-2)<13的解集为(0,4).
3.B 解析: 依题意,方程x2-x-asin πx+1=0有且仅有一个实数根.
令g(x)=x2-x+1,h(x)=asin πx,所以函数g(x),h(x)的图象有且仅有一个交点.
显然a≤0不符合题意,当a>0时,函数g(x),h(x)在x=12处分别取得最小值34和最大值a,在同一平面直角坐标系中画出函数g(x),h(x)的图象(图略),由图易知a=34.
4.D 解析: 对任意的x∈R,f(x-1)=f(x+1),即f(x)=f(x+2),所以f(x)是以2为周期的周期函数,
∴f(-2 020.6)=f(-0.6),又f(x)为R上的奇函数,且当0≤x≤1时,f(x)=5x(1-x),因此f(-2 020.6)=f(-0.6)=-f(0.6)=-5×0.6×(1-0.6)=-65.
5.D 解析: 由题意,知a>0且a≠1.
若00,且y=ax2单调递增,当x∈[1,2)时,logax≤0,且y=logax单调递减,所以f(x)=a2不可能有两个不同的解.
若a>1,则当x∈(0,1)时,ax2>0,且y=ax2单调递增,当x∈[1,2)时,logax≥0,且y=logax单调递增,所以若f(x)=a2有两个不同的解,则a>1,a×12>a2,loga2>a2,
所以1
6.C 解析: 因为f(-x)=1e-x+ex=f(x),所以f(x)是R上的偶函数,因此flog314=f(log34).
因为log34>log33=1=20>12>2-32>0,1=ln e>ln 2>ln e=12.所以log34>ln 2>2-32>0.
当x∈(0,+∞)时,f'(x)=-(ex-e-x)(ex+e-x)2<0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,
所以f(2-32)>f(ln 2)>flog314.故选C.
7.B 解析: 设这台机器破译密码所需时间大约为x秒,则x·2.5×1011=2256,于是lg(x·2.5×1011)=lg 2256,即lg x+lg 5-lg 2+11=256lg 2,所以lg x=258lg 2-12≈258×0.301 0-12=65.658,所以x≈1065.658=1065×100.658,从选项考虑:lg 4.5=lg322=2lg 3-lg 2≈2×0.477 1-0.301 0=0.653 2,所以4.5≈100.653 2,所以x≈1065.658=1065×100.658≈4.5×1065.
故选B.
8.C 解析: 函数f(x)=ln(2x+1),x>-12,g(x)=2mx+m,f(x)≤g(x)恒成立,即ln(2x+1)≤2mx+m恒成立,即m≥ln(2x+1)2x+1在x>-12时恒成立,令t=2x+1>0,即m≥lntt在t>0时恒成立,即m≥lnttmax(t>0).
设g(t)=lntt(t>0),则g'(t)=1-lntt2.
令g'(t)=0得t=e,则t∈(0,e)时,g'(t)>0,g(t)单调递增;t∈(e,+∞)时,g'(t)<0,g(t)单调递减.
所以t=e时,函数g(t)=lntt(t>0)取得最大值g(e)=ln ee=1e,即lnttmax=1e,所以m≥1e.故选C.
9.ABD 解析: 由题图可得a1=2,即a=2,所以y=a-x=12x单调递减,且函数图象过点(-1,2),故A正确;
y=x-a=x-2为偶函数,在区间(0,+∞)上单调递减,在区间(-∞,0)上单调递增,且函数图象过点(1,1),(-1,1),故B正确;
y=a|x|=2|x|=2x,x≥0,2-x,x<0为偶函数,结合指数函数图象可知C错误;
y=|logax|=|log2x|=log2x,x≥1,-log2x,0
∵x0是函数f(x)的极值点,
∴f'(x0)=0,即ln x0+1+2x0=0.
又f'1e=2e>0,x→0,f'(x)→-∞,∴0
∴f(x0)+2x0=x0ln x0+x02+2x0=x0(ln x0+x0+2)=-x0(x0-1)>0;即C不正确;D正确.
11.ABC 解析: 由题意,函数f(x)=12x-x3,x≥0,-4x,x<0,当x≥0时,函数f(x)=12x-x3,则f'(x)=12-3x2=-3(x+2)(x-2),当00,当x>2时,f'(x)<0,所以函数f(x)在区间(0,2)上单调递增,在区间(2,+∞)上单调递减,所以当x=2时,函数f(x)取得最大值,最大值为f(2)=12×2-23=16,所以当x≥0时,f(x)∈(-∞,16].当x<0时,函数f(x)=-4x单调递减,令f(x)=16,即-4x=16,解得x=-4,所以当x∈[-4,0)时,f(x)∈(0,16],当x∈(-∞,-4)时,f(x)∈(16,+∞).因为当x∈[t,+∞)时,函数f(x)的值域为(-∞,16],所以t∈[-4,2].
结合选项,t的值可能为-3,-1,1.故选ABC.
12.AB 解析: 设公切点为(x0,y0)(x0>0),则y0=aex0-2=x02-m,求导得,f'(x)=aex-2,g'(x)=2x,由切线相同知,f'(x0)=g'(x0),即aex0-2=2x0,则x02-m=2x0⇒m=x02-2x0>0⇒x0>2,由aex0-2=2x0,得a=2x0ex0-2,令h(x)=2xex-2(x>2),则h'(x)=2-2xex-2,当x>2时,h'(x)<0,h(x)单调递减,h(x)
13.y=ex-e 解析: f'(x)=-ex+2ex,所以所求切线斜率k=f'(1)=e.又因为f(1)=0,所以所求切线方程为y=e(x-1),即y=ex-e.
14.y=sin x,y=x+1x,y=x3-3x等(答案不唯一)
15.e42,+∞ 解析: f'(x)=2e2x-2ax,由于f(x)在区间[1,2]上单调递减,所以e2x-ax≤0在区间[1,2]上恒成立,即a≥e2xx在区间[1,2]上恒成立.
令h(x)=e2xx,x∈[1,2],则h'(x)=e2x(2x-1)x2>0,因此h(x)在区间[1,2]上单调递增,所以h(x)max=h(2)=e42,故实数a的取值范围是e42,+∞.
16.(1,+∞) 解析: 由已知s+sln t=t+tln s,可得1+lntt=1+lnss,设f(x)=1+lnxx(x>0),则f'(x)=-lnxx2,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.画出函数f(x)的大致图象如图所示.
由题意知f(s)=f(t),所以s,t为方程f(x)=m的两个不同的解,不妨设s>t,则00,所以s+t-st>1.
17.解: (1)当a=2时,f(x)=(x-1)|x-2|.
若x∈[0,2],则f(x)=-(x-1)(x-2)=-x-322+14,所以f(x)max=f32=14.
若x∈2,52,则f(x)=(x-1)(x-2)=x-322-14,在区间2,52上单调递增,所以f(x)max=f52=34.
综上,f(x)在区间0,52上的最大值为34.
(2)由题设,令g(x)=x|x-a|-(x-a)-m=0.
所以当a∈(-1,2]时,关于x的方程x|x-a|-(x-a)=m有三个根,
即当a∈(-1,2]时,函数h(x)=x2-(a+1)x+a,x≥a,-x2+(a-1)x+a,x
18.解: (1)由已知得,y=akx2+bk(3-x)2.
因为x=1时,y=334k,x=2时,y=3k,k>0,所以a+b4=334,a4+b=3,解得a=8,b=1,故y=8kx2+k(3-x)2,x∈(0,3),k>0.
(2)由已知,得y=ak'x+bk'3-x.
因为x=1时,y=52k',x=2时,y=2k',k'>0,
所以a+b2=52,a2+b=2,解得a=2,b=1,
故y=2k'x+k'3-x,x∈(0,3),k'>0.
因为y=k'32x+13-x(x+3-x)=k'33+x3-x+2·3-xx≥k'3(3+22),当且仅当x3-x=2·3-xx,即x=6-32时取等号.
所以线段AB上距离A光源(6-32)米的C处光强度最弱,且此处的光强度为k'3(3+22).
19.解: (1)当a=0时,f(x)=(ln x)2+2x,所以f'(x)=2lnxx+2.
设g(x)=f'(x),则g'(x)=2(1-lnx)x2.
令g'(x)=0,得x=e.
当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
所以f'(x)max=g(x)max=g(e)=2e+2.
(2)由于f'(x)=2lnxx+2-aex,若f(x)有两个极值点,则f'(x)有两个变号零点,即a=2(lnx+x)xex有两个实数根,令函数h(x)=2(lnx+x)xex,问题转化为曲线y=h(x)与直线y=a有两个不同的交点.
h'(x)=2(x+1)(1-lnx-x)x2ex,在区间(0,1)上,h'(x)>0,h(x)单调递增,在区间(1,+∞)上,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)max=h(1)=2e.
又因为当x趋近于0时,h(x)趋近于负无穷,当x趋近于正无穷时,h(x)趋近于0,所以实数a的取值范围是0,2e.
20.解: (1)因为f(x)=(x+m)ex,所以f'(x)=(x+m+1)ex.
由题意可得f'(x)≤0在区间(-∞,1]上恒成立,即x+m+1≤0在区间(-∞,1]上恒成立,可得m≤-x-1对于x∈(-∞,1]恒成立,所以m≤(-x-1)min=-2,所以实数m的取值范围是(-∞,-2].
(2)当m=0时,由nxln(nx)≤f(2x),得2xe2x≥nxln(nx).
由题意可知,x>0,n>0,所以2e2xn-ln x-ln n≥0对于任意的x∈(0,+∞)恒成立.
设h(x)=2ne2x-ln x-ln n,x>0,n>0,则h'(x)=4ne2x-1x,因为函数y=e2x和y=-1x在区间(0,+∞)上均单调递增,所以函数h'(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
当x→0时,h'(x)<0;
当x→+∞时,h'(x)>0.故存在x0∈(0,+∞),使得h'(x0)=4ne2x0−1x0=0,即2ne2x0=12x0.
当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增,
故h(x)min=h(x0)=2ne2x0-ln x0-ln n=12x0-ln x0-ln n≥0对x0∈(0,+∞)恒成立,又由4ne2x0−1x0=0,得n=4x0e2x0,所以h(x0)=12x0-2x0-2ln x0-2ln 2≥0对x0∈(0,+∞)恒成立.因为函数y=12x-2x和y=-2ln x在区间(0,+∞)上单调递减,所以函数h(x0)在区间(0,+∞)上单调递减.因为x0=12时,h(x0)=0,所以x0∈0,12.令p(x)=4xe2x(x>0),则p'(x)=4e2x+8xe2x=4e2x(1+2x)>0.
所以函数n=4x0e2x0在区间0,12上单调递增,所以0
当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在R上单调递增;
当a>0时,令f'(x)>0得x>ln a,令f'(x)<0得x
综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递增;当a>0时,f(x)在区间(-∞,ln a)上单调递减,在区间(ln a,+∞)上单调递增.
(2)(方法一)由已知得g(x)=ex-2x-cos x,x∈-π2,+∞,则g'(x)=ex+sin x-2.
①当x∈-π2,0时,因为g'(x)=(ex-1)+(sin x-1)<0,所以g(x)在区间-π2,0上单调递减,所以g(x)>g(0)=0,所以g(x)在区间-π2,0上无零点;
②当x∈0,π2时,因为g'(x)单调递增,且g'(0)=-1<0,g'π2=eπ2-1>0,所以存在x0∈0,π2,使g'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,当x∈x0,π2时,g'(x)>0,所以g(x)在区间[0,x0)上单调递减,在区间x0,π2上单调递增,且g(0)=0,所以g(x0)<0,又因为gπ2=eπ2-π>0,所以g(x0)·gπ2<0,所以g(x)在区间x0,π2上存在一个零点,所以g(x)在区间0,π2上有两个零点;
③当x∈π2,+∞时,g'(x)=ex+sin x-2>eπ2-3>0,
所以g(x)在区间π2,+∞上单调递增,
因为gπ2>0,所以g(x)在区间π2,+∞上无零点.
综上所述,g(x)在区间-π2,+∞上的零点个数为2.
(方法二)由已知得g(x)=ex-2x-cos x,x∈-π2,+∞,则g'(x)=ex+sin x-2.
①当x∈-π2,0时,因为g'(x)=(ex-1)+(sin x-1)<0,所以g(x)在区间-π2,0上单调递减,所以g(x)>g(0)=0,所以g(x)在区间-π2,0上无零点;
②当x∈[0,+∞)时,令s(x)=g'(x),则s'(x)=ex+cos x>0,所以g'(x)在区间[0,+∞)上单调递增,
又因为g'(0)=-1<0,g'(π)=eπ+sin π-2=eπ-2>0,
所以∃x0∈(0,π)使g'(x0)=0,
当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增,且g(0)=0,所以g(x0)<0,又因为g(π)=eπ+1-2π>0,所以g(x0)·g(π)<0,所以g(x)在区间(x0,+∞)上存在唯一零点,所以g(x)在区间[0,+∞)上存在两个零点.
综上所述,g(x)在区间-π2,+∞上的零点个数为2.
22.证明: (1)由题意得f(0)=1-a<0,f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,
所以y=f(x)在区间(0,+∞)上存在零点.
因为f'(x)=ex-1,所以当x>0时,f'(x)>0,故函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在区间(0,+∞)上有唯一零点.
(2)①令g(x)=ex-12x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由(1)知函数g'(x)在区间[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在区间[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0.
又10,所以g(2(a-1))≥0,所以f(2(a-1))=e2(a-1)−2(a-1)-a≥0=f(x0),因为f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,故2(a-1)≥x0.
令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),则h'(x)=ex-2x-1,
令h1(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),则h1'(x)=ex-2,所以
x
0
(0,ln 2)
ln 2
(ln 2,1)
1
h1'(x)
-1
-
0
+
e-2
h1(x)
0
单调递减
单调递增
e-3
故当0
所以f(a-1)=ea-1−a-1-a≤0=f(x0),
因为f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,故a-1≤x0.
综上,a-1≤x0≤2(a-1).
②令u(x)=ex-(e-1)x-1,则u'(x)=ex-(e-1),
所以当x>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)=0.
又ex0=x0+a,所以x0f(ex0)=x0f(x0+a)=(ea-1)x02+a(ea-2)x0≥(e-1)ax02,
由x0≥a-1,得x0f(ex0)≥(e-1)(a-1)a.
专题过关检测一 函数与导数
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2021·全国Ⅰ,理4)设函数f(x)=1-x1+x,则下列函数中为奇函数的是( )
A.f(x-1)-1 B.f(x-1)+1
C.f(x+1)-1 D.f(x+1)+1
2.(2021·江苏南通二模)已知函数f(x)满足f(x)=f(-x),当x≥0时,f(x)=3x+2x,则不等式f(x-2)<13的解集为( )
A.(-∞,0)∪(4,+∞) B.(0,4)
C.(0,2) D.(-∞,0)∪(2,+∞)
3.(2021·福建厦门第三次质检)已知函数f(x)=x2-x-asin πx+1有且仅有一个零点,则实数a=( )
A.12 B.34 C.43 D.2
4.(2021·河南郑州一模)设f(x)是R上的奇函数且满足f(x-1)=f(x+1),当0≤x≤1时,f(x)=5x(1-x),则f(-2 020.6)=( )
A.2125 B.710 C.-85 D.-65
5.(2021·江西南昌一模)已知f(x)=ax2,x∈(0,1),logax,x∈[1,2),若f(x)=a2有两个不同的解,则实数a的取值范围是( )
A.0,12 B.0,12 C.(1,2] D.(1,2)
6.(2021·广东广州三模)若f(x)=1ex+e-x,则( )
A.flog314>f(2-32)>f(ln 2)
B.flog314>f(ln 2)>f(2-32)
C.f(2-32)>f(ln 2)>flog314
D.f(ln 2)>f(2-32)>flog314
7.(2021·广东汕头三模)区块链作为一种革新的技术,已经被应用于许多领域,包括金融、政务服务、供应链、版权和专利、能源、物联网等.在区块链技术中,若密码的长度设定为256比特,则密码一共有2256种可能,因此,为了破解密码,最坏情况需要进行2256次哈希运算.现在有一台机器,每秒能进行2.5×1011次哈希运算,假设机器一直正常运转,那么在最坏情况下,这台机器破译密码所需时间大约为( )(参考数据:lg 2≈0.301 0,lg 3≈0.477 1)
A.4.5×1073秒 B.4.5×1065秒
C.4.5×107秒 D.28秒
8.(2021·河北唐山期末)已知函数f(x)=ln(2x+1),g(x)=2mx+m,若f(x)≤g(x)恒成立,则实数m的取值范围是( )
A.-∞,1e B.0,1e
C.1e,+∞ D.[e,+∞)
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2021·山东潍坊三模)已知函数y=ax(a>0且a≠1)的图象如图所示,则下列四个函数图象与函数解析式对应正确的是( )
10.(2021·山东师大附中月考)已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,则以下几个结论正确的是( )
A.0
C.f(x0)+2x0<0 D.f(x0)+2x0>0
11.已知函数f(x)=12x-x3,x≥0,-4x,x<0,当x∈[t,+∞)时,f(x)的值域为(-∞,16],则t的值可能为( )
A.-3 B.-1 C.1 D.3
12.已知曲线f(x)=aex-2(a>0)与曲线g(x)=x2-m(m>0)有公共点,且在第一象限内的公共点处的切线相同(e是自然对数的底数),则当m变化时,实数a取以下哪些值能满足以上要求( )
A.1 B.e C.2e D.e2
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021·广东佛山一模)已知函数f(x)=-ex+ex2(e是自然对数的底数),则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是 .
14.(2021·山东潍坊一模)请写出一个存在极值的奇函数 .
15.(2021·山东临沂期中)若函数f(x)=e2x-ax2+1在区间[1,2]上单调递减,则实数a的取值范围是 .
16.(2021·湖南师大附中三模)设s,t是两个不相等的正数,且s+sln t=t+tln s,则s+t-st的取值范围为 .
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2021·浙江月考)已知函数f(x)=(x-1)·|x-a|.
(1)若a=2,求f(x)在区间0,52上的最大值;
(2)已知函数g(x)=f(x)+|x-a|-x+a-m,若存在实数a∈(-1,2],使得函数g(x)有三个零点,求实数m的取值范围.
18.(12分)(2021·上海三模)数学建模小组检测到相距3米的A,B两光源的强度分别为a,b,线段AB上任意一点C异于点A,B处的光强度y等于A,B两光源到该处的光强度之和,设AC=x米.
(1)假设某处的光强度与光源的强度成正比,与到光源的距离的平方成反比,比例系数为常数k(k>0),测得数据:当x=1时,y=334k;当x=2时,y=3k,求A,B两光源的强度,并写出函数y=f(x)的解析式.
(2)假设某处的光强度与光源的强度成正比,与到光源的距离成反比,比例系数为常数k'(k'>0),测得数据:当x=1时,y=52k';当x=2时,y=2k'.问何处的光强度最弱?并求最弱处的光强度.
19.(12分)(2021·湖北荆州中学期中)已知f(x)=(ln x)2+2x-aex.
(1)当a=0时,求函数f(x)的导函数f'(x)的最大值;
(2)若f(x)有两个极值点,求实数a的取值范围.
20.(12分)(2021·辽宁沈阳一模)已知函数f(x)=(x+m)ex.
(1)若f(x)在区间(-∞,1]上单调递减,求实数m的取值范围;
(2)当m=0时,若对任意的x∈(0,+∞),nxln(nx)≤f(2x)恒成立,求实数n的取值范围.
21.(12分)(2021·山东实验中学二模)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=2时,求函数g(x)=f(x)-cos x在区间-π2,+∞上的零点个数.
22.(12分)已知1
(2)记x0为函数y=f(x)在区间(0,+∞)上的零点,证明:
①a-1≤x0≤2(a-1);
②x0f(ex0)≥(e-1)(a-1)a.
专题过关检测一 函数与导数
1.B 解析: 函数f(x)=1-x1+x=-1+2x+1,故该函数图象的对称中心的坐标为(-1,-1).
将该函数图象向右平移1个单位长度,再向上平移1个单位长度后得到的图象对应的函数解析式为g(x)=f(x-1)+1,其图象关于坐标原点对称,即为奇函数.故选B.
2.B 解析: 依题意知f(x)为偶函数,其图象关于y轴对称,当x≥0时,f(x)=3x+2x单调递增,且f(2)=13,所以不等式f(x)<13的解集为(-2,2).
将f(x)的图象沿x轴向右平移2个单位长度后可得f(x-2)的图象,故不等式f(x-2)<13的解集为(0,4).
3.B 解析: 依题意,方程x2-x-asin πx+1=0有且仅有一个实数根.
令g(x)=x2-x+1,h(x)=asin πx,所以函数g(x),h(x)的图象有且仅有一个交点.
显然a≤0不符合题意,当a>0时,函数g(x),h(x)在x=12处分别取得最小值34和最大值a,在同一平面直角坐标系中画出函数g(x),h(x)的图象(图略),由图易知a=34.
4.D 解析: 对任意的x∈R,f(x-1)=f(x+1),即f(x)=f(x+2),所以f(x)是以2为周期的周期函数,
∴f(-2 020.6)=f(-0.6),又f(x)为R上的奇函数,且当0≤x≤1时,f(x)=5x(1-x),因此f(-2 020.6)=f(-0.6)=-f(0.6)=-5×0.6×(1-0.6)=-65.
5.D 解析: 由题意,知a>0且a≠1.
若0
若a>1,则当x∈(0,1)时,ax2>0,且y=ax2单调递增,当x∈[1,2)时,logax≥0,且y=logax单调递增,所以若f(x)=a2有两个不同的解,则a>1,a×12>a2,loga2>a2,
所以1
6.C 解析: 因为f(-x)=1e-x+ex=f(x),所以f(x)是R上的偶函数,因此flog314=f(log34).
因为log34>log33=1=20>12>2-32>0,1=ln e>ln 2>ln e=12.所以log34>ln 2>2-32>0.
当x∈(0,+∞)时,f'(x)=-(ex-e-x)(ex+e-x)2<0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,
所以f(2-32)>f(ln 2)>flog314.故选C.
7.B 解析: 设这台机器破译密码所需时间大约为x秒,则x·2.5×1011=2256,于是lg(x·2.5×1011)=lg 2256,即lg x+lg 5-lg 2+11=256lg 2,所以lg x=258lg 2-12≈258×0.301 0-12=65.658,所以x≈1065.658=1065×100.658,从选项考虑:lg 4.5=lg322=2lg 3-lg 2≈2×0.477 1-0.301 0=0.653 2,所以4.5≈100.653 2,所以x≈1065.658=1065×100.658≈4.5×1065.
故选B.
8.C 解析: 函数f(x)=ln(2x+1),x>-12,g(x)=2mx+m,f(x)≤g(x)恒成立,即ln(2x+1)≤2mx+m恒成立,即m≥ln(2x+1)2x+1在x>-12时恒成立,令t=2x+1>0,即m≥lntt在t>0时恒成立,即m≥lnttmax(t>0).
设g(t)=lntt(t>0),则g'(t)=1-lntt2.
令g'(t)=0得t=e,则t∈(0,e)时,g'(t)>0,g(t)单调递增;t∈(e,+∞)时,g'(t)<0,g(t)单调递减.
所以t=e时,函数g(t)=lntt(t>0)取得最大值g(e)=ln ee=1e,即lnttmax=1e,所以m≥1e.故选C.
9.ABD 解析: 由题图可得a1=2,即a=2,所以y=a-x=12x单调递减,且函数图象过点(-1,2),故A正确;
y=x-a=x-2为偶函数,在区间(0,+∞)上单调递减,在区间(-∞,0)上单调递增,且函数图象过点(1,1),(-1,1),故B正确;
y=a|x|=2|x|=2x,x≥0,2-x,x<0为偶函数,结合指数函数图象可知C错误;
y=|logax|=|log2x|=log2x,x≥1,-log2x,0
∵x0是函数f(x)的极值点,
∴f'(x0)=0,即ln x0+1+2x0=0.
又f'1e=2e>0,x→0,f'(x)→-∞,∴0
∴f(x0)+2x0=x0ln x0+x02+2x0=x0(ln x0+x0+2)=-x0(x0-1)>0;即C不正确;D正确.
11.ABC 解析: 由题意,函数f(x)=12x-x3,x≥0,-4x,x<0,当x≥0时,函数f(x)=12x-x3,则f'(x)=12-3x2=-3(x+2)(x-2),当0
结合选项,t的值可能为-3,-1,1.故选ABC.
12.AB 解析: 设公切点为(x0,y0)(x0>0),则y0=aex0-2=x02-m,求导得,f'(x)=aex-2,g'(x)=2x,由切线相同知,f'(x0)=g'(x0),即aex0-2=2x0,则x02-m=2x0⇒m=x02-2x0>0⇒x0>2,由aex0-2=2x0,得a=2x0ex0-2,令h(x)=2xex-2(x>2),则h'(x)=2-2xex-2,当x>2时,h'(x)<0,h(x)单调递减,h(x)
13.y=ex-e 解析: f'(x)=-ex+2ex,所以所求切线斜率k=f'(1)=e.又因为f(1)=0,所以所求切线方程为y=e(x-1),即y=ex-e.
14.y=sin x,y=x+1x,y=x3-3x等(答案不唯一)
15.e42,+∞ 解析: f'(x)=2e2x-2ax,由于f(x)在区间[1,2]上单调递减,所以e2x-ax≤0在区间[1,2]上恒成立,即a≥e2xx在区间[1,2]上恒成立.
令h(x)=e2xx,x∈[1,2],则h'(x)=e2x(2x-1)x2>0,因此h(x)在区间[1,2]上单调递增,所以h(x)max=h(2)=e42,故实数a的取值范围是e42,+∞.
16.(1,+∞) 解析: 由已知s+sln t=t+tln s,可得1+lntt=1+lnss,设f(x)=1+lnxx(x>0),则f'(x)=-lnxx2,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.画出函数f(x)的大致图象如图所示.
由题意知f(s)=f(t),所以s,t为方程f(x)=m的两个不同的解,不妨设s>t,则0
17.解: (1)当a=2时,f(x)=(x-1)|x-2|.
若x∈[0,2],则f(x)=-(x-1)(x-2)=-x-322+14,所以f(x)max=f32=14.
若x∈2,52,则f(x)=(x-1)(x-2)=x-322-14,在区间2,52上单调递增,所以f(x)max=f52=34.
综上,f(x)在区间0,52上的最大值为34.
(2)由题设,令g(x)=x|x-a|-(x-a)-m=0.
所以当a∈(-1,2]时,关于x的方程x|x-a|-(x-a)=m有三个根,
即当a∈(-1,2]时,函数h(x)=x2-(a+1)x+a,x≥a,-x2+(a-1)x+a,x
18.解: (1)由已知得,y=akx2+bk(3-x)2.
因为x=1时,y=334k,x=2时,y=3k,k>0,所以a+b4=334,a4+b=3,解得a=8,b=1,故y=8kx2+k(3-x)2,x∈(0,3),k>0.
(2)由已知,得y=ak'x+bk'3-x.
因为x=1时,y=52k',x=2时,y=2k',k'>0,
所以a+b2=52,a2+b=2,解得a=2,b=1,
故y=2k'x+k'3-x,x∈(0,3),k'>0.
因为y=k'32x+13-x(x+3-x)=k'33+x3-x+2·3-xx≥k'3(3+22),当且仅当x3-x=2·3-xx,即x=6-32时取等号.
所以线段AB上距离A光源(6-32)米的C处光强度最弱,且此处的光强度为k'3(3+22).
19.解: (1)当a=0时,f(x)=(ln x)2+2x,所以f'(x)=2lnxx+2.
设g(x)=f'(x),则g'(x)=2(1-lnx)x2.
令g'(x)=0,得x=e.
当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
所以f'(x)max=g(x)max=g(e)=2e+2.
(2)由于f'(x)=2lnxx+2-aex,若f(x)有两个极值点,则f'(x)有两个变号零点,即a=2(lnx+x)xex有两个实数根,令函数h(x)=2(lnx+x)xex,问题转化为曲线y=h(x)与直线y=a有两个不同的交点.
h'(x)=2(x+1)(1-lnx-x)x2ex,在区间(0,1)上,h'(x)>0,h(x)单调递增,在区间(1,+∞)上,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)max=h(1)=2e.
又因为当x趋近于0时,h(x)趋近于负无穷,当x趋近于正无穷时,h(x)趋近于0,所以实数a的取值范围是0,2e.
20.解: (1)因为f(x)=(x+m)ex,所以f'(x)=(x+m+1)ex.
由题意可得f'(x)≤0在区间(-∞,1]上恒成立,即x+m+1≤0在区间(-∞,1]上恒成立,可得m≤-x-1对于x∈(-∞,1]恒成立,所以m≤(-x-1)min=-2,所以实数m的取值范围是(-∞,-2].
(2)当m=0时,由nxln(nx)≤f(2x),得2xe2x≥nxln(nx).
由题意可知,x>0,n>0,所以2e2xn-ln x-ln n≥0对于任意的x∈(0,+∞)恒成立.
设h(x)=2ne2x-ln x-ln n,x>0,n>0,则h'(x)=4ne2x-1x,因为函数y=e2x和y=-1x在区间(0,+∞)上均单调递增,所以函数h'(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
当x→0时,h'(x)<0;
当x→+∞时,h'(x)>0.故存在x0∈(0,+∞),使得h'(x0)=4ne2x0−1x0=0,即2ne2x0=12x0.
当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增,
故h(x)min=h(x0)=2ne2x0-ln x0-ln n=12x0-ln x0-ln n≥0对x0∈(0,+∞)恒成立,又由4ne2x0−1x0=0,得n=4x0e2x0,所以h(x0)=12x0-2x0-2ln x0-2ln 2≥0对x0∈(0,+∞)恒成立.因为函数y=12x-2x和y=-2ln x在区间(0,+∞)上单调递减,所以函数h(x0)在区间(0,+∞)上单调递减.因为x0=12时,h(x0)=0,所以x0∈0,12.令p(x)=4xe2x(x>0),则p'(x)=4e2x+8xe2x=4e2x(1+2x)>0.
所以函数n=4x0e2x0在区间0,12上单调递增,所以0
当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在R上单调递增;
当a>0时,令f'(x)>0得x>ln a,令f'(x)<0得x
综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递增;当a>0时,f(x)在区间(-∞,ln a)上单调递减,在区间(ln a,+∞)上单调递增.
(2)(方法一)由已知得g(x)=ex-2x-cos x,x∈-π2,+∞,则g'(x)=ex+sin x-2.
①当x∈-π2,0时,因为g'(x)=(ex-1)+(sin x-1)<0,所以g(x)在区间-π2,0上单调递减,所以g(x)>g(0)=0,所以g(x)在区间-π2,0上无零点;
②当x∈0,π2时,因为g'(x)单调递增,且g'(0)=-1<0,g'π2=eπ2-1>0,所以存在x0∈0,π2,使g'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,当x∈x0,π2时,g'(x)>0,所以g(x)在区间[0,x0)上单调递减,在区间x0,π2上单调递增,且g(0)=0,所以g(x0)<0,又因为gπ2=eπ2-π>0,所以g(x0)·gπ2<0,所以g(x)在区间x0,π2上存在一个零点,所以g(x)在区间0,π2上有两个零点;
③当x∈π2,+∞时,g'(x)=ex+sin x-2>eπ2-3>0,
所以g(x)在区间π2,+∞上单调递增,
因为gπ2>0,所以g(x)在区间π2,+∞上无零点.
综上所述,g(x)在区间-π2,+∞上的零点个数为2.
(方法二)由已知得g(x)=ex-2x-cos x,x∈-π2,+∞,则g'(x)=ex+sin x-2.
①当x∈-π2,0时,因为g'(x)=(ex-1)+(sin x-1)<0,所以g(x)在区间-π2,0上单调递减,所以g(x)>g(0)=0,所以g(x)在区间-π2,0上无零点;
②当x∈[0,+∞)时,令s(x)=g'(x),则s'(x)=ex+cos x>0,所以g'(x)在区间[0,+∞)上单调递增,
又因为g'(0)=-1<0,g'(π)=eπ+sin π-2=eπ-2>0,
所以∃x0∈(0,π)使g'(x0)=0,
当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增,且g(0)=0,所以g(x0)<0,又因为g(π)=eπ+1-2π>0,所以g(x0)·g(π)<0,所以g(x)在区间(x0,+∞)上存在唯一零点,所以g(x)在区间[0,+∞)上存在两个零点.
综上所述,g(x)在区间-π2,+∞上的零点个数为2.
22.证明: (1)由题意得f(0)=1-a<0,f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,
所以y=f(x)在区间(0,+∞)上存在零点.
因为f'(x)=ex-1,所以当x>0时,f'(x)>0,故函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在区间(0,+∞)上有唯一零点.
(2)①令g(x)=ex-12x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由(1)知函数g'(x)在区间[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在区间[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0.
又1
令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),则h'(x)=ex-2x-1,
令h1(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),则h1'(x)=ex-2,所以
x
0
(0,ln 2)
ln 2
(ln 2,1)
1
h1'(x)
-1
-
0
+
e-2
h1(x)
0
单调递减
单调递增
e-3
故当0
所以f(a-1)=ea-1−a-1-a≤0=f(x0),
因为f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,故a-1≤x0.
综上,a-1≤x0≤2(a-1).
②令u(x)=ex-(e-1)x-1,则u'(x)=ex-(e-1),
所以当x>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)=0.
又ex0=x0+a,所以x0f(ex0)=x0f(x0+a)=(ea-1)x02+a(ea-2)x0≥(e-1)ax02,
由x0≥a-1,得x0f(ex0)≥(e-1)(a-1)a.
相关试卷
人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练7 利用导数研究函数的零点： 这是一份人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练7 利用导数研究函数的零点，共8页。试卷主要包含了已知函数f=x2a-2ln x，已知函数f=ax+2ex+1，已知函数f=2exsin x等内容，欢迎下载使用。
人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练1 常考小题点过关检测： 这是一份人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练1 常考小题点过关检测，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题过关检测六 解析几何： 这是一份人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题过关检测六 解析几何，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
