【新高考复习】2022届新高考数学提分计划之函数与导数 新高考I专用（10）

2022届新高考数学提分计划之函数与导数新高考I专用（10）1.函数241xyx的图像大致为()A.B.C.D.2.已知函数2(1),1,()22,11,1,1,xxfxxxxx若()1fa，则实数a的取值范围是()A.1(,2),2B.11,22C.1(,2),12D.12,(1,)23.函数2()logexfxx的所有零点的积为m，则有()A.1mB.(0,1)mC.(1,2)mD.(2,)m4.设函数22e1()xfxx，2e()exxgx.若对任意的1x，2(0,)x，不等式121gxfxkk恒成立，则正数k的取值范围是()A.(1,)B.[1,)C.(0,1)D.(0,1]5.已知函数22()121xfxx，若对任意的[3,3]m，()(1)0fmafam恒成立，则实数a的取值范围为()A.1,[2,)2B.(,1][1,)C.1,22D.[1,2]6.（多选）已知函数|1|1,0,()(2),0.xxfxfxx则以下结论正确的有()A.(2020)0fB.方程1()14fxx有三个实数根C.当[4,6)x时，()|5|1fxxD.若函数()yfxt在(,6)上有8个零点(1,2,3,,8)ixiL，则112288xfxxfxxfxL的取值范围为(16,0)7.（多选）设函数()(1)xafxaxa的定义域为(0,)，已知()fx有且只有一个零点，则下列结论中正确的有()A.eaB.()fx在区间(1,e)上单调递增C.当1x时，()fx取得极大值D.(e)f是()fx的最小值8.已知,xyR，在实数集R中定义一种运算1xyxyxy，则24____________，函数4()22xxfx的最小值为_____________.9.已知函数2()ln2()()fxxxxxaaR.若存在[1,3]x，使得()()fxxfx成立，则实数a的取值范围是____________.10.已知函数2()ln(,)fxxbxaxabR，()fx为其导函数.（1）若函数()fx在点(1,(1))f处的切线方程为550yx，求函数()fx的解析式.（2）在（1）的条件下，若0x是函数()fx的零点，且0(,1)xnn，*nN，求n的值.（3）当1a时，函数()fx有两个零点1x，2x（12xx），且122mxxx.求证：0mfx.答案以及解析1.答案：A解析：设24()1xyfxx，易知()fx的定义域为24,()()1xfxfxxR，函数24()1xfxx是奇函数，()yfx的图像关于原点对称，排除C、D，易知(1)2f，排除B，故选A.2.答案：C解析：当1a时，由2()(1)1faa，解得0a或2a，故2a；当11a时，由()221faa，解得12a，故112a；当1a时，由1()1faa，解得01a，故无解.综上，1(,2),12a，故选C.3.答案：B解析：由()0fx，得2logexx，在同一平面直角坐标系中作出函数2logyx与exy的图象，如图所示.由图象知()0fx有两个实数解1x，2x，且1201xx，121logexx，222logexx，由函数的零点就是方程的解，列出关于1x，2x的方程.212122loglogeexxxx，2121211log0eexxxx，1201xx，即01m.故选B.4.答案：B解析：对任意的1x，2(0,)x，不等式121gxfxkk恒成立，maxmin()()1gxfxkk.由2e(1)()0exxgx，得1x.当(0,1)x，()0gx，当(1,)x，()0gx.0k，max()(1)egxgkkk.令222e1()0xfxx，得1ex（1ex舍去）.当10,ex时，()0fx，当1,ex，()0fx.0k，min1()2ee111ffxkkk，e2e1kk，1k，故选B.5.答案：C解析：函数22()121xfxx，即221()21xxfxx，定义域为R，222112()()()2112xxxxfxxxfx，()fx为R上的奇函数，当0x时，函数2yx在[0,)上单调递增，2112xy在[0,)上单调递增，且当0x时，20yx，21012xy，所以()fx在[0,)上单调递增，则()fx在R上单调递增，对任意的[3,3]m，()(1)0fmafam恒成立，即()(1)(1)fmafamfam在[3,3]m上恒成立，即1maam，即(1)10maa对[3,3]m恒成立，设()(1)1gmmaa，[3,3]m，可得(3)3(1)10gaa，且(3)3(1)10gaa，解得122a，故选C.6.答案：ACD解析：(2020)(0)(2)|21|10fff，A正确；()fx的图象和直线114yx如图所示，由图象知方程1()14fxx有四个实数根，B错误；当46x时，260x，依题意得()(6)|61|1|5|1fxfxxx，C正确；由题意得ifxt，(1,0)t，不妨设128xxxL，则1282261016xxxL，11228812816xfxxfxxfxxtxtxttLL，又10t，16160t，D正确.故选ACD.7.答案：ACD解析：()fx只有一个零点，即方程0xaax在(0,)上只有一个根，则xaax，两边取对数，得lnlnxaax，即lnlnxaxa只有一个正根.设ln()(0)xhxxx，则21ln()xhxx，当0ex时，()0hx，()hx单调递增；当0x时，()hx；当ex时，()0hx，()hx单调递减，此时()0hx，则max1()(e)ehxh，所以要使方程lnlnxaxa只有一个正根，则ln1eaa或ln0aa，解得ea或01a.又因为1a，所以ea，故A正确；e()exfxx，e1()eexfxx，令()0fx，即1e1exx，两边取对数，得1(e1)lnxx，易知1x和ex是此方程的解.设()(e1)ln1pxxx，e1()1pxx，当0e1x时，则()0px，()px单调递增；当1ex时，()0px，()px单调递减，所以(e1)p是极大值.又(1)(e)0pp，所以()px有且只有两个零点.当01x或ex时，所以()0px，即(e1)ln1xx，即e1exex，则()0fx.同理当1ex时，()0fx，所以()fx在区间(0,1)和(e,)上单调递增，在区间(1,e)上单调递减，所以极小值为(e)0f，极大值为(1)f.又(0)1f，所以(e)f是最小值，故B错误，C，D正确.故选ACD.8.答案：13；7解析：由已知得242424113.函数44()242122xxxxfx4432322722xxxx，当且仅当1x时取等号，所以函数4()22xxfx的最小值为7.9.答案：5,4解析：由()()fxxfx，得()0fxx，设2()()ln2()fxgxxxax，则存在[1,3]x，使得()0gx成立，即1()4()0gxxax成立，所以14axx成立，所以min14axx.令1()4txxx，则2(21)(21)()4xxtxx，所以[1,3]x时，()0tx，()tx单调递增，所以min5()(1)4txt，所以实数a的取值范围是5,4.10.答案：（1）()2afxxbx，所以(1)256(1)101fbaafbb，所以函数2()6ln(0)fxxxxx.（2）由（1）知2()6ln(0)fxxxxx，2626(23)(2)()21xxxxfxxxxx，令()0fx，解得32x或2x，因为函数()fx的定义域为(0,)，所以当(0,2)x时，()0fx，()fx单调递减，当(2,)x时，()0fx，()fx单调递增.又(1)0f，不符合要求，e(3)6(1ln3)6ln03f，2e(4)6(2ln4)6ln04f，所以0(3,4)x，故3n.（2）当1a时，2()lnfxxbxx，21111ln0fxxbxx，22222ln0fxxbxx，两式相减，可得22121212lnln0xxbxxxx，所以121212lnlnxxbxxxx.因为1()2fxxbx，所以12mmmfxxbx，因为122mxxx，所以1212121212lnln222mxxxxfxxxxxxx212121211221122lnln21[lnln]xxxxxxxxxxxxxx21222111211[ln]1xxxxxxxx.设2(1)()ln1thttt，则2222214(1)4(1)()(1)(1)(1)ttthttttttt，所以()ht在[1,)上单调递增，且(1)0h，所以当(1,)t时，()0ht，因为211xx，2110xx，所以0mfx.