通用版2023届高考数学二轮复习构造法作业含答案

这是一份通用版2023届高考数学二轮复习构造法作业含答案，共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
构造法
一、单选题
1. 已知定义在(0,π2)的函数f(x)的导函数为f'(x)，且满足f'(x)sinx-f(x)cosxf(π4)，故A错误；
g(π6)>g(π3)，即f(π6)sinπ6>f(π3)sinπ3，即3(π6)>f(π3)，故B正确；
g(π4)>g(π3)，即f(π4)sinπ4>f(π3)sinπ3，即3f(π4)>2f(π3)，但3f(π4)与22f(π3)大小关系不确定，故C错误，D错误．
故本题选B．
  
2.C 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究不等式的恒成立问题，属于中档题．
构造函数fx=lnxx+1x，求出导数可知fx的单调性，由题可知fx在0,a单调递增，即可求出a的范围，得出答案．
【解答】
解：令fx=lnxx+1x，x>0，
则f'x=-lnxx2，令f'x=0，解得x=1，
则x∈0,1时，f'x>0，fx单调递增；当x∈1,+∞时，f'xx，构造函数g(x)=f(x)-12x2，
则g'(x)=f'(x)-x>0，得g(x)在[0,+∞)上单调递增，
又由条件f(x)+f(-x)=x2得g(x)+g(-x)=0．
所以g(x)是奇函数，又g(x)在[0,+∞)上单调递增且g(0)=0，所以g(x)在R上单调递增，
由f(2-k)-f(k)⩾2-2k，得g(2-k)-g(k)⩾0，即g(2-k)⩾g(k)，
根据函数g(x)在R上单调递增，可得2-k⩾k，解得k⩽1．
故选B．
  
6.B 
【解析】
【分析】
本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合，考查不等式的求解，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
令g(x)=f(x)-2，判断g(x)的单调性与奇偶性，将不等式f(3a)+f(-2a-3)>4转化为g(3a)>g(3+2a)，利用g(x)的单调性即可求解a的取值范围．
【解答】
解：函数f(x)=ln(x2+1+x)-1x3+2，定义域为{x|x≠0}，
满足f(-x)=ln(x2+1-x)-1(-x)3+2=ln(x2+1-x)+1x3+2，
所以f(x)+f(-x)=4，
令g(x)=f(x)-2，所以g(x)+g(-x)=0，所以g(x)为奇函数，
f(3a)+f(-2a-3)>4⇔g(3a)+g(-2a-3)>0⇔g(3a)>g(3+2a)，
函数y=ln(x2+1+x)，y=-1x3+2在(0,+∞)均为增函数，
所以f(x)=ln(x2+1+x)-1x3+2在(0,+∞)为增函数，
所以g(x)在(0,+∞)为增函数，
因为g(x)为奇函数，所以g(x)在R为增函数，
所以3a>3+2a，解得a>3．
故选：B．
  
7.C 
【解析】
【分析】
本小题主要考查利用导数研究函数性质的基本方法，考查化归与转化等数学思想，抽象概括、运算求解等数学能力．
由题可知，曲线f(x)=ax-2与y=lnx有公共点，即方程ax-2=lnx有解，即a=2+lnxx有解，令h(x)=2+lnxx，求其最值即可求解；
【解答】
解：由题可知，曲线f(x)=ax-2与y=lnx有公共点，即方程ax-2=lnx有解，
即a=2+lnxx有解，
令h(x)=2+ln xx，则h'(x)=-1-ln xx2，则当01e时，hˈ(x)0，h(x)单调递增，当x0时，f'(x)0，即函数u(x)在2,+∞上单调递增；
00，当x∈(e2n,+∞)时，f'(x)1)，
则g'(x)=e2x(2x-n)xn+1，
当n2≤1时，可知g'(x)>0，此时函数g(x)单调递增，
则g(x)>e2>4e2n2，满足题意；
当n2>1，即n>2时，令g'(x)=0，得x=n2，
当x>n2时，g'(x)>0，当10，φ(10)=32-ln50的最大正整数为9．
故选C．
  
12.D 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数单调性，不等式恒成立问题，二次函数有关问题，属于较难题．
构造函数g(x)=f(x2)-8λf(x)，x∈(1,+∞)，求导得g'(x)=2(x-1)2[x2+(2-4λ)x+1]x3，再构造φ(x)=x2+(2-4λ)x+1，根据对称轴与1的关系分情况讨论，结合g(1)=0，分析即可得到结果．
【解答】
解：设g(x)=f(x2)-8λf(x)=x2-1x2-2lnx2-8λ(x-1x-2lnx)，x∈(1,+∞)，
则g'(x)=2x+2x3-4x-8λ(1+1x2-2x)=2(x-1)2[x2+(2-4λ)x+1]x3，
令φ(x)=x2+(2-4λ)x+1，其图象为开口向上、对称轴为直线x=2λ-1的二次函数．
 ①当2λ-1≤1，即λ≤1时，φ(x)在(1,+∞)上单调递增，且φ(x)>φ(1)=4-4λ≥0，
所以g(x)>0在(1,+∞)上恒成立，于是g(x)>g(1)=0恒成立;
 ②当2λ-1>1，即λ>1时，因为△=(2-4λ)2-4=16λ(λ-1)>0且φ(1)=4-4λ0时，f'(-x)>2f(x)，即当x>0时，f'x>2fx，
令函数gx=fxe2x，则g'x=f'x-2fxe2x，
所以当x>0时，g'x>0，故gx在0,+∞上单调递增，
又f(3)=0，则g(3)=0，
所以当00，
所以当00即可得单调增区间；将不等式恒成立问题转化为g(x)=f(x)+klnx在(1,+∞)上单调递增，即g'(x)=-ln xx2+kx≥0在(1,+∞)上恒成立，分离参数得k≥ln xx在(1,+∞)上恒成立，即k≥(ln xx)max，令h(x)=lnxx，再利用导数求出h(x)的最大值即可得解．
【解答】
解：函数f(x)=1+lnxx(x>0)，则f'(x)=-ln xx2．
令f'(x)>0，得00，h(x)单调递增，当x∈(e,+∞)时，h'(x)b，
再令h(x)=ln(1+x)-5x6，则h'(x)=1-5x6(1+x)，且h(0)=0，在(0,15)内h(x)单调递增，在(15,1)内单调递减，故h(15)=ln65-16>h(0)=0，即有65ln65>15，故c>a，
综上，c>a>b．
  
21.e2x
(-∞,2]
 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的最值，考查学生的运算能力，属于较难题．
先构造函数，利用f'(x)-f(x)=e2x，求得f(x)=e2x，即x∈(0,+∞)时，x(e2x-a)≥1+lnx恒成立，参变分离后使用切线放缩，最后求得a的取值范围．
【解答】
解：设g(x)=f(x)ex，则g'(x)=f'(x)-f(x)ex=e2xex=ex，
故g(x)=ex+c，则f(x)=(ex+c)ex，
又因为f(0)=1，即1+c=1，所以c=0，f(x)=e2x，x(e2x-a)≥1+lnx，
因为x∈(0,+∞)，所以a≤xe2x-1-lnxx=e2x+lnx-1-lnxx在x∈(0,+∞)上恒成立，其中e2x+lnx≥2x+lnx+1，
理由如下：构造φ(x)=ex-x-1，则φ'x=ex-1，
令φ'(x)=0得x=0，当x>0得φ'x>0，当x1+a≥0，即φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)=1-a≥0，∴-1≤a≤1;
当a0，h(x)为增函数，
所以h(x)在(0,+∞)上为单调递增函数，
又h(x)=exlnxx∈R，a∈R，
所以y=a与h(x)=exlnxx图象只有一个交点，
所以a∈R，g(x)只有唯一一个零点． 
【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及导数中的零点问题，考查了推理能力与计算能力，属于一般题．
(1)由题意得f'(x)=ex+ax-aex≥0在(0,+∞)上恒成立，从而通过构造函数，求出其导函数，利用导数与函数单调性的关系求出a的取值范围即可；
(2)令g(x)=0，得a=exlnxx(x>0)，构造函数h(x)=exlnxx，通过对函数求导，分析单调性即可得出结果．

23.解：(1)∵an+1=-1an+2，
∴an+1+1=-1an+2+1=an+2-1an+2=an+1an+2，
∵a1=0⇒a1+1≠0⇒a2+1≠0⇒a3+1≠0⇒⋯⇒an+1≠0⇒an+1+1≠0，
∴1an+1+1=an+2an+1=1+1an+1，
∴{1an+1}是以1为首项，1为公差的等差数列．
∴1an+1=1+(n-1)=n，
∴an=1n-1．
(2)∵Tn=an+an+1+⋯+a2n-1≤p-n，
∴n+an+an+1+⋯+a2n-1≤p，
即(1+an)+(1+an+1)+(1+an+2)+⋯+(1+a2n-1)≤p对任意的n∈N*恒成立，
而1+an=1n，
设H(n)=(1+an)+(1+an+1)+⋯+(1+a2n-1)，n∈N*，
∴H(n)=1n+1n+1+⋯+12n-1，
H(n+1)=1n+1+1n+2+⋯+12n-1+12n+12n+1，
∴H(n+1)-H(n)=12n+12n+1-1n=12n+1-12n14，P20=34×(-13)19+14P20，
故第19次触球者是甲的概率大． 
【解析】本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了概率的计算以及等比数列的应用问题，属于拔高题．
(1)计算K2，对照题目中的表格，得出统计结论；
(2)(i)根据古典概型公式计算即可；
(ii)根据等比数列的性质证明数列{Pn-14}为等比数列，求得Pn的通项公式，进而求得P19，P20，比较大小即可．

25.解：(1)由题意，fx的定义域为(0,+∞)，f'x=4-ax-x=-x2-4x+ax，
因为fx=4x-alnx-12x2-2有两个极值点x1,x2，
所以方程f'x=0即x2-4x+a=0在(0,+∞)上有两不等实根，
即函数gx=x2-4x+a在(0,+∞)上有两不同零点，
因此只需g0=a>0g2=4-8+a0在(0,+∞)恒成立，∴f(x)在(0,+∞)单调递增;
(2)不等式f(x)≥ex(xa-x)等价于e-x+x≥xa-alnx⇔e-x-lne-x≥xa-lnxa，
设k(t)=t-lnt，即k(e-x)≥k(xa)，①
∵k'(t)=1-1t=t-1t，
∴当t∈(0,1)，k'(t)0，h(x)单调递增，
h(x)min=h(e)=e⇒-a≤e，
∴a≥-e又a0)，
因为函数y=g(x)有两个不同的零点x1，x2，
所以等价为ex=(a+2)x有两个不同的根，即(a+2)=exx有两个不同的根，
令l(x)=exx，mx=a+2，而l'(x)=ex(x-1)x2，所以l(x)=exx在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
则l(x)在x=1处取极小值也是最小值，所以lxmin=l1=e，
可知：a+2>e⇒a>e-2，
因为ex1=(a+2)x1,ex2=(a+2)x2,两边取对数得x1=lna+2+lnx1x2=lna+2+lnx2
两式进行运算得x1-x2=lnx1-lnx2x1+x2=2lna+2+lnx1x2,
整理得x1-x2lnx1-lnx2=1x1+x2=2lna+2+lnx1x2
不妨设x1>x2，要证x1+x2