备战2025年高考二轮复习数学专题检测练1（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题检测练1（Word版附解析），共9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。
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.(2023·全国乙,理4)已知f(x)=xexeax-1是偶函数,则a=( )
A.-2B.-1C.1D.2
答案D
解析(方法一)由题意,知函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).因为函数f(x)为偶函数,所以f(-x)=f(x),即-xe-xe-ax-1=xexeax-1,整理得eax=e2x,所以a=2.
(方法二)由题意,知函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).因为函数f(x)为偶函数,所以f(-1)=f(1),即-e-1e-a-1=eea-1,所以a=2.
故选D.
2.函数y=(3x-3-x)cs x在区间-π2,π2的图象大致为( )
A.B.
C.D.
答案A
解析设f(x)=(3x-3-x)cs x,则f(-x)=(3-x-3x)cs(-x)=-f(x),所以函数为奇函数,排除B,D选项.又f(1)=(3-3-1)cs 1>0,故选A.
3.(2020·新高考Ⅱ,8)若定义在R的奇函数f(x)在(-∞,0)单调递减,且f(2)=0,则满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是( )
A.[-1,1]∪[3,+∞)B.[-3,-1]∪[0,1]
C.[-1,0]∪[1,+∞)D.[-1,0]∪[1,3]
答案D
解析因为定义在R的奇函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,且f(2)=0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,且f(-2)=0,f(0)=0,
所以当x∈(-∞,-2)∪(0,2)时,f(x)>0,当x∈(-2,0)∪(2,+∞)时,f(x)0,f(x)单调递增,当10,a≠1).
(1)曲线y=f(x)过(4,2),求f(2x-2)0.
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)f'(x)=ex-a.
当a≤0时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增,
故f(x)至多存在1个零点,不合题意.
当a>0时,由f'(x)=0可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)f(s)+f(t).
(1)解由题得f'(x)=ex·ln(1+x)+ex·11+x=ex·ln(1+x)+11+x,
故f'(0)=e0·ln(1+0)+11+0=1,f(0)=e0ln(1+0)=0,
因此曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.
(2)解由(1)知g(x)=f'(x)=ex·[ln(1+x)+11+x],x∈[0,+∞),则g'(x)=ex·[ln(1+x)+21+x-1(1+x)2]=ex·[ln(1+x)+2x+1(1+x)2]=ex·[ln(1+x)+11+x+x(1+x)2].
由于x∈[0,+∞),
故ln(1+x)≥0,11+x>0,x(1+x)2≥0,
所以对任意x∈[0,+∞),g'(x)>0恒成立,
故g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)证明设函数F(x)=f(x+t)-f(x)(x>0),
F'(x)=f'(x+t)-f'(x)=g(x+t)-g(x).
因为t>0,所以x+t>x>0.
因为g(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以g(x+t)>g(x),
即g(x+t)-g(x)>0,
F'(x)>0,所以F(x)在(0,+∞)上单调递增.
又因为s>0,
所以F(s)>F(0),
即f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0).
又f(0)=0,所以f(s+t)>f(s)+f(t).
19.(17分)已知函数f(x)=aex-sin x-a.(注:e=2.718 281…是自然对数的底数)
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程.
(2)当a>0时,函数f(x)在区间0,π2内有唯一的极值点x1.
①求实数a的取值范围;
②求证:f(x)在区间(0,π)内有唯一的零点x0,且x00,则y=f(x)在0,π2内单调递增,没有极值点,不合题意,舍去;
(ⅱ)当00,
所以f'(x)在0,π2内有唯一零点x1,
当x∈(0,x1)时,f'(x)0,
当x∈(0,x1)时,f'(x)0,h(x)在0,π2内单调递增.
又h(0)=0,所以h(x)>0,
又当x1∈0,π2时,cs x1>0,
所以f(2x1)=cs x1(ex1-2sin x1-1ex1)>0.
所以f(2x1)>f(x0)=0.
由前面讨论知x1