2024届高考数学二轮复习专题强化练(十七)含答案

这是一份2024届高考数学二轮复习专题强化练(十七)含答案，共14页。试卷主要包含了给出定义，已知函数f＝ln x，且f>f等内容，欢迎下载使用。

A．－2 B．－1
C．0 D．2
解析：由y＝ex＋a，得y′＝ex＋a·(x＋a)′＝ex＋a，
设切点为(x0，y0)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y0＝x0－1①，,y0＝ex0＋a②，,ex0＋a＝1③，))
由①②得，x0－1＝ex0＋a④，
联立③④得，x0＝2，a＝－2.
故选A.
答案：A
2．(2023·广州二模)若函数f(x)＝xcs x在区间[ln a，lneq \f(1,a) ]上的最小值为m，最大值为M，则下列结论正确的为( )
A．m＋M＝0 B．mM＝0
C．mM＝1 D．m＋M＝1
解析：由题意得：－ln a>0，故a∈(0，1)，
因为[ln a，lneq \f(1,a)]关于原点对称，
且f(－x)＝－xcs (－x)＝－xcs x＝－f(x)，
故f(x)＝xcs x为奇函数，则m＋M＝0，A正确，D错误；
故m，M一定异号，所以mM<0，B，C错误．
故选A.
答案：A
3．(2023·海阳市校级模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ex2－ax(a>0且a≠1)有一个极大值点x1和一个极小值点x2，且x1A．(0，eq \f(1,e)) B．(eq \f(1,e)，1)
C．(1，e) D．(e，＋∞)
解析：由题意知，x∈(－∞，x1)时，f′(x)>0，
又f′(x)＝ex－axln a，
当a>1时，x<0时，ex<0，－axln a<0，所以f′(x)<0，矛盾，故0由f′(x)＝ex－axln a＝0有两不同实数根可知y＝ex，y＝axln a有两个不同交点，
设过原点与y＝axln a相切的直线为l，切点为(x0，ax0ln a)，
因为y′＝ln2 a·ax，所以k＝ln2 a·ax0＝eq \f(ax0ln a－0,x0－0)，解得x0＝eq \f(1,ln a)，
即k＝ln2 a·aeq \s\up6(\f(1,ln a))＝eln2 a，如图，所以y＝ex与y＝axln a有两个不同交点则需e>e ln2 a，解得eq \f(1,e)又0故选B.
答案：B
4．(2023·广东模拟)已知a＝101.01ln 99，b＝100.01ln 100，c＝100ln 100.01，则下列结论中，正确的是( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>b>a D．b>a>c
解析：比较b、c只需比较eq \f(ln 100,100)，eq \f(ln 100.01,100.01)，
设f(x)＝eq \f(ln x,x)，则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
当f′(x)<0时，x∈(e，＋∞)，
即函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以f(100)>f(100.01)，即eq \f(ln 100,100)>eq \f(ln 100.01,100.01)，
所以100.01ln 100>100ln 100.01，所以b>c.
比较a、b只需比较eq \f(ln 99,100.01)，eq \f(ln 100,101.01)，
设g(x)＝eq \f(ln x,x＋1.01)，则g′(x)＝eq \f(1＋\f(1.01,x)－ln x,（x＋1.01）2)，
因为h(x)＝1＋eq \f(1.01,x)－ln x单调递减，
且h(e2)＝eq \f(1.01,e2)－1<0，所以当x>e2时，
h(x)<0，g′(x)<0，
所以g(x)在(e2，＋∞)上单调递减．即g(99)>g(100)，eq \f(ln 99,100.01)>eq \f(ln 100,101.01)，
所以101.01ln 99>100.01ln 100，即a>b.
综上，a>b>c.
故选A.
答案：A
5．(2023·汕头二模)给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，f″(x)是函数y＝f′(x)的导函数．若方程f″(x)＝0有实数解x＝x0，则称(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．经研究发现所有的三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)都有“拐点”，且该“拐点”也是函数y＝f(x)的图象的对称中心．若函数f(x)＝x3－3x2，则f(eq \f(1,2 023))＋f(eq \f(2,2 023))＋f(eq \f(3,2 023))＋…＋f(eq \f(4 044,2 023))＋f(eq \f(4 045,2 023))＝( )
A．－8 088 B．－8 090
C．－8 092 D．－8 096
解析：由f′(x)＝3x2－6x，可得f″(x)＝6x－6，
令f″(x)＝0，可得x＝1，又f(1)＝1－3＝－2，
所以y＝f(x)的图象的对称中心为(1，－2)，
即f(1－x)＋f(1＋x)＝－4，
所以f(eq \f(1,2 023))＋f(eq \f(2,2 023))＋f(eq \f(3,2 023))＋…＋f(eq \f(4 044,2 023))＋f(eq \f(4 045,2 023))＝[f(eq \f(1,2 023))＋f(eq \f(4 045,2 023))]＋[f(eq \f(2,2 023))＋f(eq \f(4 044,2 023))]＋…＋[f(eq \f(2 022,2 023))＋f(eq \f(2 024,2 023))]＋f(eq \f(2 023,2 023))＝－4×eq \f(4 044,2)＋(－2)＝－8 090.
故选B.
答案：B
6．(2023·广东模拟)已知函数f(x)＝ax＋ln x＋1－xe2x对任意的x>0，f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，0] B．(－∞，2]
C．(－∞，1] D．(－∞，3]
解析：因为x>0，且f(x)≤0恒成立，
则a≤eq \f(xe2x－ln x－1,x)在(0，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝eq \f(xe2x－ln x－1,x)，
则g′(x)＝eq \f(2x2e2x＋ln x,x2)，令φ(x)＝2x2e2x＋ln x，
则φ′(x)＝4xe2x＋4x2e2x＋eq \f(1,x)>0，
所以φ(x)＝2x2e2x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
又因为φ(1)＝2e2>0，φ(eq \f(1,4))＝eq \f(\r(e),8)－ln 4<0，
所以存在x0∈(eq \f(1,4)，1)，使得φ(x0)＝2xeq \\al(2,0)e2x0＋ln x0＝0，
当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，也即g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)>0，也即g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增；
故g(x)min＝g(x0)＝eq \f(x0e2x0－ln x0－1,x0)，
因为2xeq \\al(2,0)e2x0＋ln x0＝0，所以2xeq \\al(2,0)e2x0＝－ln x0＝ln eq \f(1,x0)，
则2x0e2x0＝eq \f(1,x0)ln eq \f(1,x0)＝lneq \f(1,x0)eeq \a\vs4\al(ln\f(1,x0))，
令h(t)＝tet(t>0)，则h′(t)＝et＋tet>0，
所以h(t)＝tet(t>0)在(0，＋∞)上单调递增，
则有2x0＝lneq \f(1,x0)，
所以g(x0)＝eq \f(x0e2x0－ln x0－1,x0)＝eq \f(x0e2x0＋2xeq \\al(2,0)e2x0－1,x0)＝eq \f(x0（\f(－ln x0,2xeq \\al(2,0))）＋2xeq \\al(2,0)·（\f(－ln x0,2xeq \\al(2,0))）－1,x0)＝eq \f(\f(－ln x0,2x0)－ln x0－1,x0)＝eq \f(\f(2x0,2x0)＋2x0－1,x0)＝2，
所以g(x)min＝2，则a≤2，即实数a的取值范围是(－∞，2]．
故选B.
答案：B
7．(2023·普宁校级二模)已知定义在R上的函数f(x)＝ex＋mx2－m(m>0)，当x1＋x2＝1时，不等式f(x1)＋f(0)>f(x2)＋f(1)恒成立，则实数x1的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．(0，eq \f(1,2))
C．(eq \f(1,2)，1) D．(1，＋∞)
解析：因为不等式f(x1)＋f(0)>f(x2)＋f(1)恒成立，
所以不等式f(x1)－f(x2)>f(1)－f(0)恒成立，
又因为x1＋x2＝1，
所以不等式f(x1)－f(1－x1)>f(1)－f(1－1)恒成立，
设g(x)＝f(x)－f(1－x)，
因为f(x)＝ex＋mx2－m(m>0)，
所以g(x)＝ex－e1－x＋m(2x－1)，
则g′(x)＝ex＋e1－x＋2m>0，所以g(x)在R上单调递增，
所以不等式g(x1)>g(1)恒成立，
所以x1>1，
故选D.
答案：D
8．(多选题)(2023·广东模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋sin πx＋1(－1≤x≤1)的导函数为f′(x)，则以下结论中，正确的是( )
A．(0，1)是f(x)的对称中心
B．f(x)是增函数
C．f′(x)是偶函数
D．f(x)最大值与最小值的和为2
解析：对于A：因为f(－x)＋f(x)＝2，
所以f(x)关于(0，1)对称，故A正确；
对于D：由上知f(x)的最大值与最小值和为2，故D正确；
对于C：f′(x)＝x2＋πcs πx(－1≤x≤1)是偶函数，故C正确；
对于B：f(eq \f(1,2))＝eq \f(1,24)＋1＋1＝eq \f(49,24)，f(1)＝eq \f(1,3)＋0＋1＝eq \f(4,3)，
所以f(eq \f(1,2))>f(1)，故B错误；
故选ACD.
答案：ACD
9．(多选题)(2023·佛山南海区校级模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ln x，且f(ea)>f(b)．则下列结论一定正确的是( )
A．若a>0，则a－b>0
B．若a>0，则ea－b>0
C．若a<0，则ea＋b>2
D．若a<0，则a－ln b<0
解析：因为f(x)＝(x－1)ln x(x>0)，
所以f′(x)＝ln x＋1－eq \f(1,x)，
令h(x)＝ln x＋1－eq \f(1,x)，
则h′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)>0，
所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，
所以当01时，h(x)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝0.
所以当a>0，取a＝2，b＝e，
因为e2>e>1，
所以f(ea)>f(b)，此时a－b<0，A错误；
当a>0时，ea>1，由f(ea)>f(b)得ea>b，即ea－b>0，B正确；
当a<0时，取a＝－1，b＝1，e－1<1，满足f(ea)>f(b)，此时ea＋b<2，C错误；
当a<0时，0f(b)得b>ea，则ln b>a，即a－ln b<0，D正确．
故选BD.
答案：BD
10．(多选题)(2023·佛山二模)已知函数f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－1，对于任意的实数a，b，下列结论一定成立的有( )
A．若a＋b>0，则f(a)＋f(b)>0
B．若a＋b>0，则f(a)－f(－b)>0
C．若f(a)＋f(b)>0，则a＋b>0
D．若f(a)＋f(b)<0，则a＋b<0
解析：f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－1，则f′(x)＝ex－x，f″(x)＝ex－1，
当x∈(0，＋∞)时，f″(x)>0，f′(x)单调递增，当x∈(－∞，0)时，f″(x)<0，f′(x)单调递减，所以f′(x)≥f′(0)＝1，
所以f(x)在R上单调递增，且f(0)＝0，
若a＋b>0，则a>－b，所以f(a)>f(－b)，则f(a)－f(－b)>0，故B正确；
f(b)＋f(－b)＝eb－eq \f(1,2)b2－1＋(e－b－eq \f(1,2)b2－1)＝eb＋e－b－b2－2，
令h(b)＝eb＋e－b－b2－2，h′(b)＝eb－e－b－2b，令h′(b)＝u(b)，u′(b)＝eb＋e－b－2≥0，u(b)在R上单调递增，而h′(0)＝u(0)＝0，
故h(b)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，故h(b)≥h(0)＝0，
所以f(b)＋f(－b)≥0⇒f(a)＋f(b)≥f(a)－f(－b)>0，故A正确；
对于D，若f(a)＋f(b)<0⇒f(a)<－f(b)≤f(－b)⇒a<－b，即a＋b<0，故D正确；
设f(c)＝－f(b)，若c0，但a＋b<0，故C错误．
故选ABD.
答案：ABD
11．(多选题)(2023·茂名一模)e是自然对数的底数，m，n∈R，已知mem＋ln n>nln n＋m，则下列结论一定正确的是( )
A．若m>0，则m－n>0
B．若m>0，则em－n>0
C．若m<0，则m＋ln n<0
D．若m<0，则em＋n>2
解析：原式变形为mem－m>nln n－ln n，
构造函数f(x)＝xex－x，则f(m)>f(ln n)，
因为f′(x)＝ex(x＋1)－1，
当x>0时，ex>1，x＋1>1，则ex(x＋1)>1，即f′(x)＝ex(x＋1)－1>0；
当x<0时，0即f′(x)＝ex(x＋1)－1<0；
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
对于A：取m＝n＝e，则ln n＝1因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(m)>f(ln n)，
即m＝n＝e满足题意，但m－n＝0，A错误；
对于B：若m>0，则有：
当ln n≤0，即n≤1时，则em>1≥n，即em－n>0；
当ln n>0，即n>1时，由f(x)在(0，＋∞)时单调递增，且f(m)>f(ln n)，
故m>ln n，则em－n>0；
综上所述：em－n>0，B正确；
对于C：若m<0，则有：
当ln n≤0，即n≤1时，m＋ln n<0显然成立；
当ln n>0，即n>1时，令h(x)＝f(x)－f(－x)＝x(ex＋e－x－2)，
因为ex＋e－x－2≥2eq \r(ex·e－x)－2＝0，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时等号成立，
所以当x<0时，所以h(x)<0，即f(x)由m<0可得f(m)又因为由f(x)在(0，＋∞)时单调递增，
且ln n>0，－m>0，所以ln n<－m，即ln n＋m<0；
综上所述：ln n＋m<0，C正确；
对于D：取m＝－2，n＝eq \f(1,e)，则ln n＝－1因为f(x)在(－∞，0)上单调递减，故f(m)>f(ln n)，
所以故m＝－2，n＝eq \f(1,e)满足题意，但em＋n＝eq \f(1,e2)＋eq \f(1,e)<2，D错误．故选BC.
答案：BC
12．(2023·惠州模拟)用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”．现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇．衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若f′(x)是f(x)的导函数，f″(x)是f′(x)的导函数，则曲线y＝f(x)在点(x，f(x))处的曲率K＝eq \f(|f″（x）|,{1＋[f′（x）]2}\a\vs4\al(\f(3,2)))，则曲线f(x)＝eq \r(x)在(1，1)处的曲率为________；正弦曲线g(x)＝sin x(x∈R)曲率的平方K2的最大值为________．
解析：由题意得f′(x)＝eq \f(1,2\r(x))，f″(x)＝－eq \f(1,4)xeq \a\vs4\al(\f(3,2))，
则f′(1)＝eq \f(1,2)，f″(1)＝－eq \f(1,4)，
则K＝eq \f(|f″（1）|,（1＋[f′（1）]2）\a\vs4\al(\f(3,2)))＝eq \f(2,5\a\vs4\al(\f(3,2)))，
由题意得，g′(x)＝cs x，g″(x)＝－sin x，
所以K2＝eq \f(sin2 x,（1＋cs2 x）3)＝eq \f(sin2 x,（2－sin2 x）3)，
令t＝2－sin2 x∈[1，2]，则K2＝eq \f(2－t,t3)，令p(t)＝eq \f(2－t,t3)，则p′(t)＝eq \f(－t3－3t2（2－t）,t6)＝eq \f(2t－6,t4)，
显然当t∈[1，2]时，p′(t)<0，p(t)单调递减，则p(t)max＝p(1)＝1，
所以K2的最大值为1.
答案：eq \f(2,5\a\vs4\al(\f(3,2))) 1
13．(2023·茂名二模)已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且x≤1时，f(x)＝ex＋x－1，则曲线y＝f(x)在点P(2，f(2))处的切线方程为________________．
解析：因为函数f(x)图象关于直线x＝1对称，
所以f(x)＝f(2－x)
因为当x≤1，f(x)＝ex＋x－1，
所以x>1时，2－x<1，
所以f(x)＝f(2－x)＝e2－x＋2－x－1＝e2－x－x＋1.
则f′(x)＝－e2－x－1，可得f′(2)＝－2，f(2)＝0.
所以曲线y＝f(x)在点P(2，f(2))处的切线方程为y＝－2(x－2)，即2x＋y－4＝0.
答案：2x＋y－4＝0
14．(2023·佛山禅城区校级一模)已知函数f(x)＝|ln x－1|，0解析：当0因为M(x1，1－ln x1)，所以k1＝－eq \f(1,x1)，
所以在M处的切线方程为y－1＋ln x1＝－eq \f(1,x1)(x－x1)，即y＝－eq \f(1,x1)x＋2－ln x1，所以|OP|＝2－ln x1；
当e因为N(x2，f(x2))，所以k2＝eq \f(1,x2)，
所以在N处的切线方程为y－(ln x2－1)＝eq \f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq \f(1,x2)x－2＋ln x2，
所以|OQ|＝|ln x2－2|＝2－ln x2，
因为两条切线互相垂直，所以－eq \f(1,x1x2)＝－1，所以x1x2＝1，所以eq \f(|OP|,|OQ|)＝eq \f(2－ln x1,2－ln x2)＝eq \f(2＋ln x2,2－ln x2)，
令t＝ln x2，t∈(1，2)，设f(t)＝eq \f(2＋t,2－t)＝eq \f(－（2－t）＋4,2－t)＝－1＋eq \f(4,2－t)，t∈(1，2)，
则f(t)在(1，2)上单调递增，所以f(t)∈(3，＋∞)，即eq \f(|OP|,|OQ|)∈(3，＋∞)．
答案：(3，＋∞)
15．(2023·茂名一模)e是自然对数的底数，f(x)＝ecs (2πx)＋e2x－2ex－eq \f(1,e)的零点为________．
解析：由f(x)＝ecs(2πx)＋e2x－2ex－eq \f(1,e)＝0得ecs (2πx)＝2ex－e2x＋eq \f(1,e)，
因为cs (2πx)≥－1，
所以ecs (2πx)≥eq \f(1,e)，当且仅当2πx＝π＋2kπ，k∈Z，
即x＝eq \f(1,2)＋k，k∈Z，取等号，
令g(x)＝2ex－e2x＋eq \f(1,e)，g′(x)＝2e－2e2x，
令g′(x)>0解得x令g′(x)<0解得x>eq \f(1,2)，
所以g(x)＝2ex－e2x＋eq \f(1,e)在(－∞，eq \f(1,2))单调递增，在(eq \f(1,2)，＋∞)单调递减，
所以g(x)＝2ex－e2x＋eq \f(1,e)≤g(eq \f(1,2))＝eq \f(1,e)，
所以要使ecs (2πx)＝2ex－e2x＋eq \f(1,e)，只能k＝0，x＝eq \f(1,2)，
所以f(x)零点为x＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
16．(2023·普宁市校级二模)已知函数f(x)＝1＋x－eq \f(x2,2)＋eq \f(x3,3)－eq \f(x4,4)＋…＋eq \f(x2 011,2 011)，g(x)＝1－x＋eq \f(x2,2)－eq \f(x3,3)＋eq \f(x4,4)－…－eq \f(x2 011,2 011)，设F(x)＝f(x＋3)·g(x－3)，且函数F(x)的零点均在区间[a，b](a解析：f′(x)＝1－x＋x2－x3＋…＋x2 010＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2 011，x＝－1，,\f(1＋x2 011,1＋x)，x≠－1))
所以f′(x)>0，因此f(x)是R上的增函数，
且f(0)＝1>0，f(－1)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,3)－eq \f(1,4)－…－eq \f(1,2 011)<0，
所以函数f(x)在(－1，0)上有一个零点；
g′(x)＝－1＋x－x2＋x3－…－x2 010＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2 011，x＝－1，,\f(－1（1＋x2 011）,1＋x)，x≠－1，))
所以g′(x)<0，因此g(x)是R上的减函数，且g(1)＝
eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)－…－eq \f(1,2 011)>0，
g(2)＝1－2＋2－eq \f(8,3)＋…－eq \f(22 011,2 011)<0，
所以函数g(x)在(1，2)上有一个零点，
因为F(x)＝f(x＋3)·g(x－3)，且函数F(x)的零点均在区间[a，b](a所以f(x＋3)的零点在(－4，－3)内，g(x－3)的零点在(4，5)内，
因此F(x)＝f(x＋3)·g(x－3)的零点均在区间[－4，5]内，
所以b－a的最小值为9.
答案：9