2022届高三数学二轮复习：专题过关检测一函数与导数（有解析）

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·全国乙,理4)设函数f(x)=,则下列函数中为奇函数的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　A.f(x-1)-1B.f(x-1)+1C.f(x+1)-1D.f(x+1)+12.(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-asinπx+1有且仅有一个零点,则实数a=(　　)A.B.C.D.24.(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(-2020.6)=(　　)A.B.C.-D.-5.(2021·江西南昌一模)已知f(x)=若f(x)=有两个不同的解,则实数a的取值范围是(　　)A.0,B.0,C.(1,2]D.(1,2)6.(2021·广东广州三模)若f(x)=,则(　　)A.f>f()>f(ln2)B.f>f(ln2)>f()C.f()>f(ln2)>fD.f(ln2)>f()>f7.(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:lg2≈0.3010,lg3≈0.4771)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.-∞,B.0,C.,+∞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·广东广州检测)一家货物公司计划租地建造仓库储存货物,经市场调查了解到下列信息:每月土地占地费y1(单位:万元)与仓库到车站的距离x(单位:km)成反比,每月库存货物费y2(单位:万元)与x成正比,若在距离车站10km处建仓库,则y1为1万元,y2为4万元,下列结论正确的是(　　) A.y1=B.y2=0.4xC.y1+y2有最小值4D.y1-y2无最小值10.(2021·山东师大附中月考)已知函数f(x)=xlnx+x2,x0是函数f(x)的极值点,则以下几个结论正确的是(　　)A.0C.f(x0)+2x0<0D.f(x0)+2x0>011.(2021·河北邯郸高三一模)已知函数f(x)=若关于x的方程f(x)=m恰有两个不同的实数解x1,x2(x10)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.1B.eC.2eD.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·河北秦皇岛高三适应性测试)已知函数f(x)=则不等式f(x)>1的解集为.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+slnt=t+tlns,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,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=k;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=k';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)=(lnx)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.(2021·河北保定高三二模)已知函数f(x)=xe2x-lnx-(a-2)x-1.(1)若a=4,判断f(x)极值点的个数,并证明:f(x)图象与x轴相切;(2)若f(x)≥0对∀x∈(0,+∞)恒成立,求a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)-cosx在区间-,+∞上的零点个数. 22.(12分)已知10时,函数g(x),h(x)在x=处分别取得最小值和最大值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=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(-2020.6)=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(-2020.6)=f(-0.6)=-f(0.6)=-5×0.6×(1-0.6)=- 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)=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)=有两个不同的解,则所以1log33=1=20>>0,1=lne>ln2>ln所以log34>ln2>>0.当x∈(0,+∞)时,f'(x)=<0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,所以f()>f(ln2)>f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)=lg2256,即lgx+lg5-lg2+11=256lg2,所以lgx=258lg2-12≈258×0.3010-12=65.658,所以x≈1065.658=1065×100.658,从选项考虑:lg4.5=lg=2lg3-lg2≈2×0.4771-0.3010=0.6532,所以4.5≈100.6532,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>-,g(x)=2mx+m,f(x)≤g(x)恒成立,即ln(2x+1)≤2mx+m恒成立,即m在x>-时恒成立,令t=2x+1>0,即m在t>0时恒成立,即m(t>0).设g(t)=(t>0),则g'(t)=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)=(t>0)取得最大值g(e)=,即,所以m故选C.9.BCD　解析:对A,设y1=(k1≠0,x>0),由题意知函数图象过点(10,1),即k1=10,∴y1=(x>0),故A错误;对B,设y2=k2x(k2≠0,x>0),由题意,得函数图象过点(10,4),即4=10k2,解得k2=0.4,∴y2=0.4x(x>0),故B正确;对C,y1+y2=+0.4x≥2=4,当且仅当=0.4x,即x=5时等号成立,故C正确;对D,∵y1-y2=-0.4x在(0,+∞)上单调递减,故y1-y2无最小值,故D正确.10.AD　解析:∵f(x)=xlnx+x2(x>0),∴f'(x)=lnx+1+2x.∵x0是函数f(x)的极值点,∴f'(x0)=0,即lnx0+1+2x0=0.又f'>0,x→0,f'(x)→-∞,∴00;即C不正确;D正确.11.BC　解析:因为f(x)=m的两根为x1,x2(x10,ex+1>e0=1,-x+1>0,所以g'(x)>0在(-1,0]上恒成立,从而g(x)在(-1,0]上单调递增.又g(0)=0,g(-1)=-,所以g(x)∈-,0, 即(x2-x1)·f(x2)的取值范围是-,0.12.AB　解析:设公切点为(x0,y0)(x0>0),则y0=a-m,求导得,f'(x)=aex-2,g'(x)=2x,由切线相同知,f'(x0)=g'(x0),即a=2x0,则-m=2x0⇒m=-2x0>0⇒x0>2,由a=2x0,得a=,令h(x)=(x>2),则h'(x)=,当x>2时,h'(x)<0,h(x)单调递减,h(x)1解得-11的解集为-1,.15.,+∞　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在区间[1,2]上恒成立.令h(x)=,x∈[1,2],则h'(x)=>0,因此h(x)在区间[1,2]上单调递增,所以h(x)max=h(2)=,故实数a的取值范围是,+∞.16.(1,+∞)　解析:由已知s+slnt=t+tlns,可得,设f(x)=(x>0),则f'(x)=,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,如图,画出函数f(x)的大致图象.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-2+,所以f(x)max=f若x∈2,,则f(x)=(x-1)(x-2)=x-2-,在区间2,上单调递增,所以f(x)max=f综上,f(x)在区间0,上的最大值为(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)=的图象与直线y=m有三个交点.当-10,所以解得a=8,b=1,故y=,x∈(0,3),k>0.(2)由已知,得y=因为x=1时,y=k',x=2时,y=2k',k'>0,所以解得a=2,b=1,故y=,x∈(0,3),k'>0.因为y=(x+3-x)=3++2(3+2),当且仅当=2,即x=6-3时取等号.所以线段AB上距离A光源(6-3)米的C处光强度最弱,且此处的光强度为(3+2).19.解(1)当a=0时,f(x)=(lnx)2+2x,所以f'(x)=+2.设g(x)=f'(x),则g'(x)=令g'(x)=0,得x=e,且当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)=+2.(2)由于f'(x)=+2-aex,若f(x)有两个极值点,则f'(x)有两个变号零点,即a=有两个实数根,令函数h(x)=,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)=,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)=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,.20.解(1)当a=4时,函数f(x)=xe2x-lnx-2x-1的定义域为x∈(0,+∞),且f'(x)=e2x(1+2x)--2,令f'(x)=0,即e2x(1+2x)--2=0,设g(x)=e2x(1+2x)--2,可得g'(x)=e2x(4+4x)+,因为x∈(0,+∞),所以g'(x)>0,所以g(x)单调递增,即f'(x)单调递增,又f'=1+-e-2=(e+2)(-1)<0,又由f'(1)=e2(1+2)-3=3e2-3>0,所以当x∈,1时,f'(x)有且仅有一个零点.设x0∈,1,f'(x0)=0,即(1+2x0)=+2=,所以,即x0=1,2x0=-lnx0.由f(x0)=x0-lnx0-2x0-1,代入可得f(x0)=1+2x0-2x0-1=0.当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以x=x0是f(x)的极小值点,函数f(x)只有1个极值点,所以f(x)min=f(x0)=0,所以f(x)图象与x轴相切. (2)由f(x)≥0对∀x∈(0,+∞)恒成立,即elnx+2x-(lnx+2x)-1≥(a-4)x恒成立,即a-4恒成立.令p(x)=e2x+lnx-(2x+lnx)-1,设q(x)=x+lnx,x∈(0,+∞),q(x)在(0,+∞)上单调递增,当x=时,q(x)<0,当x=1时,q(x)>0,所以存在唯一的x0∈(0,+∞),使得q(x0)=0,设h(t)=et-t-1,其中t=q(x),则t∈R,h'(t)=et-1,当t∈(-∞,0)时,h'(t)<0,h(t)单调递减,当t∈(0,+∞)时,h'(t)>0,h(t)单调递增,所以t=0时,h(t)取得极小值也是最小值,即h(t)≥h(0)=0,当t=0时,等号成立,所以p(x)≥0,当x=x0时,等号成立,即0,当x=x0时,等号成立.所以a-4≤0,所以a≤4.21.解(1)f(x)=ex-ax,其定义域为R,f'(x)=ex-a,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>lna,令f'(x)<0得x0时,f(x)在区间(-∞,lna)上单调递减,在区间(lna,+∞)上单调递增.(2)(方法一)由已知得g(x)=ex-2x-cosx,x∈-,+∞,则g'(x)=ex+sinx-2.①当x∈-,0时,因为g'(x)=(ex-1)+(sinx-1)<0,所以g(x)在区间-,0上单调递减,所以g(x)>g(0)=0,所以g(x)在区间-,0上无零点;②当x∈0,时,因为g'(x)单调递增,且g'(0)=-1<0,g'-1>0,所以存在x0∈0,,使g'(x0)=0,所以当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>0,所以g(x0)·g<0,所以g(x)在区间x0,上存在一个零点,所以g(x)在区间0,上有两个零点;③当x∈,+∞时,g'(x)=ex+sinx-2>-3>0,所以g(x)在区间,+∞上单调递增,因为g>0,所以g(x)在区间,+∞上无零点.综上所述,g(x)在区间-,+∞上的零点个数为2.(方法二)由已知得g(x)=ex-2x-cosx,x∈-,+∞,则g'(x)=ex+sinx-2.①当x∈-,0时,因为g'(x)=(ex-1)+(sinx-1)<0,所以g(x)在区间-,0 上单调递减,所以g(x)>g(0)=0,所以g(x)在区间-,0上无零点;②当x∈[0,+∞)时,令s(x)=g'(x),则s'(x)=ex+cosx>0,所以g'(x)在区间[0,+∞)上单调递增,又因为g'(0)=-1<0,g'(π)=eπ+sinπ-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-,+∞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-x2-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()≥0,所以f()=-a≥0=f(x0),因为f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,故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x0(0,ln2)ln2(ln2,1)1h1'(x)-1-0+e-2h1(x)0单调递减单调递增e-3故当00,所以h()≤0,所以f()=-a≤0=f(x0),因为f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,故x0.综上,x0②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=x0+a,所以x0f()=x0f(x0+a)=(ea-1)+a(ea-2)x0≥(e-1)a,由x0,得x0f()≥(e-1)(a-1)a.

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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·全国乙,理4)设函数f(x)=,则下列函数中为奇函数的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　A.f(x-1)-1B.f(x-1)+1C.f(x+1)-1D.f(x+1)+12.(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-asinπx+1有且仅有一个零点,则实数a=(　　)A.B.C.D.24.(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(-2020.6)=(　　)A.B.C.-D.-5.(2021·江西南昌一模)已知f(x)=若f(x)=有两个不同的解,则实数a的取值范围是(　　)A.0,B.0,C.(1,2]D.(1,2)6.(2021·广东广州三模)若f(x)=,则(　　)A.f>f()>f(ln2)B.f>f(ln2)>f()C.f()>f(ln2)>fD.f(ln2)>f()>f7.(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:lg2≈0.3010,lg3≈0.4771)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.-∞,B.0,C.,+∞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·广东广州检测)一家货物公司计划租地建造仓库储存货物,经市场调查了解到下列信息:每月土地占地费y1(单位:万元)与仓库到车站的距离x(单位:km)成反比,每月库存货物费y2(单位:万元)与x成正比,若在距离车站10km处建仓库,则y1为1万元,y2为4万元,下列结论正确的是(　　) A.y1=B.y2=0.4xC.y1+y2有最小值4D.y1-y2无最小值10.(2021·山东师大附中月考)已知函数f(x)=xlnx+x2,x0是函数f(x)的极值点,则以下几个结论正确的是(　　)A.0<x0<B.x0>C.f(x0)+2x0<0D.f(x0)+2x0>011.(2021·河北邯郸高三一模)已知函数f(x)=若关于x的方程f(x)=m恰有两个不同的实数解x1,x2(x1<x2),则(x2-x1)f(x2)的取值可能是(　　)A.-3B.-1C.0D.212.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.1B.eC.2eD.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·河北秦皇岛高三适应性测试)已知函数f(x)=则不等式f(x)>1的解集为.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+slnt=t+tlns,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,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=k;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=k';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)=(lnx)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.(2021·河北保定高三二模)已知函数f(x)=xe2x-lnx-(a-2)x-1.(1)若a=4,判断f(x)极值点的个数,并证明:f(x)图象与x轴相切;(2)若f(x)≥0对∀x∈(0,+∞)恒成立,求a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)-cosx在区间-,+∞上的零点个数. 22.(12分)已知1<a≤2,函数f(x)=ex-x-a,其中e=2.71828…是自然对数的底数.(1)证明:函数y=f(x)在区间(0,+∞)上有唯一零点;(2)记x0为函数y=f(x)在区间(0,+∞)上的零点,证明:①≤x0≤;②x0f()≥(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+,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-asinπx+1=0有且仅有一个实数根.令g(x)=x2-x+1,h(x)=asinπx,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=处分别取得最小值和最大值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=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(-2020.6)=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(-2020.6)=f(-0.6)=-f(0.6)=-5×0.6×(1-0.6)=- 5.D　解析:由题意,知a>0且a≠1.若0<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单调递减,所以f(x)=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)=有两个不同的解,则所以1<a<2.综上,a∈(1,2),故选D.6.C　解析:因为f(-x)==f(x),所以f(x)是R上的偶函数,因此f=f(log34).因为log34>log33=1=20>>0,1=lne>ln2>ln所以log34>ln2>>0.当x∈(0,+∞)时,f'(x)=<0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,所以f()>f(ln2)>f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)=lg2256,即lgx+lg5-lg2+11=256lg2,所以lgx=258lg2-12≈258×0.3010-12=65.658,所以x≈1065.658=1065×100.658,从选项考虑:lg4.5=lg=2lg3-lg2≈2×0.4771-0.3010=0.6532,所以4.5≈100.6532,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>-,g(x)=2mx+m,f(x)≤g(x)恒成立,即ln(2x+1)≤2mx+m恒成立,即m在x>-时恒成立,令t=2x+1>0,即m在t>0时恒成立,即m(t>0).设g(t)=(t>0),则g'(t)=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)=(t>0)取得最大值g(e)=,即,所以m故选C.9.BCD　解析:对A,设y1=(k1≠0,x>0),由题意知函数图象过点(10,1),即k1=10,∴y1=(x>0),故A错误;对B,设y2=k2x(k2≠0,x>0),由题意,得函数图象过点(10,4),即4=10k2,解得k2=0.4,∴y2=0.4x(x>0),故B正确;对C,y1+y2=+0.4x≥2=4,当且仅当=0.4x,即x=5时等号成立,故C正确;对D,∵y1-y2=-0.4x在(0,+∞)上单调递减,故y1-y2无最小值,故D正确.10.AD　解析:∵f(x)=xlnx+x2(x>0),∴f'(x)=lnx+1+2x.∵x0是函数f(x)的极值点,∴f'(x0)=0,即lnx0+1+2x0=0.又f'>0,x→0,f'(x)→-∞,∴0<x0<,∴A正确,B不正确;∴f(x0)+2x0=x0lnx0++2x0=x0(lnx0+x0+2)=-x0(x0-1)>0;即C不正确;D正确.11.BC　解析:因为f(x)=m的两根为x1,x2(x1<x2),所以x1=,x2=em+1,易知m∈(-1,0],从而(x2-x1)f(x2)=em+1-m=mem+1-+m.令g(x)=xex+1-x2+x,x∈(-1,0],则g'(x)=(x+1)ex+1-x+1,x∈(-1,0].因为x∈(-1,0],所以x+1>0,ex+1>e0=1,-x+1>0,所以g'(x)>0在(-1,0]上恒成立,从而g(x)在(-1,0]上单调递增.又g(0)=0,g(-1)=-,所以g(x)∈-,0, 即(x2-x1)·f(x2)的取值范围是-,0.12.AB　解析:设公切点为(x0,y0)(x0>0),则y0=a-m,求导得,f'(x)=aex-2,g'(x)=2x,由切线相同知,f'(x0)=g'(x0),即a=2x0,则-m=2x0⇒m=-2x0>0⇒x0>2,由a=2x0,得a=,令h(x)=(x>2),则h'(x)=,当x>2时,h'(x)<0,h(x)单调递减,h(x)<h(2)=4;故h(x)∈(0,4),即只需a∈(0,4)均可满足条件.易知,a=1或a=e时均满足,a=2e或a=e2时不满足,故选AB.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.-1,　解析:∵f(x)=f(x)>1解得-1<x≤0或0<x<,即-1<x<,∴不等式f(x)>1的解集为-1,.15.,+∞　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在区间[1,2]上恒成立.令h(x)=,x∈[1,2],则h'(x)=>0,因此h(x)在区间[1,2]上单调递增,所以h(x)max=h(2)=,故实数a的取值范围是,+∞.16.(1,+∞)　解析:由已知s+slnt=t+tlns,可得,设f(x)=(x>0),则f'(x)=,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,如图,画出函数f(x)的大致图象.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<t<1<s,故s+t-st-1=(s-1)(1-t)>0,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-2+,所以f(x)max=f若x∈2,,则f(x)=(x-1)(x-2)=x-2-,在区间2,上单调递增,所以f(x)max=f综上,f(x)在区间0,上的最大值为(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)=的图象与直线y=m有三个交点.当-1<a<1时,h(x)在区间-∞,,,+∞上单调递增,在区间上单调递减,此时,h<m<h,可得-<m<,故-1<m<1; 当1≤a≤2时,h(x)在区间-∞,,(a,+∞)上单调递增,在区间,a上单调递减,此时,0<m<h,可得0<m<,而1,,故0<m<综上,实数m的取值范围为-1,.18.解(1)由已知得,y=因为x=1时,y=k,x=2时,y=3k,k>0,所以解得a=8,b=1,故y=,x∈(0,3),k>0.(2)由已知,得y=因为x=1时,y=k',x=2时,y=2k',k'>0,所以解得a=2,b=1,故y=,x∈(0,3),k'>0.因为y=(x+3-x)=3++2(3+2),当且仅当=2,即x=6-3时取等号.所以线段AB上距离A光源(6-3)米的C处光强度最弱,且此处的光强度为(3+2).19.解(1)当a=0时,f(x)=(lnx)2+2x,所以f'(x)=+2.设g(x)=f'(x),则g'(x)=令g'(x)=0,得x=e,且当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)=+2.(2)由于f'(x)=+2-aex,若f(x)有两个极值点,则f'(x)有两个变号零点,即a=有两个实数根,令函数h(x)=,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)=,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)=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,.20.解(1)当a=4时,函数f(x)=xe2x-lnx-2x-1的定义域为x∈(0,+∞),且f'(x)=e2x(1+2x)--2,令f'(x)=0,即e2x(1+2x)--2=0,设g(x)=e2x(1+2x)--2,可得g'(x)=e2x(4+4x)+,因为x∈(0,+∞),所以g'(x)>0,所以g(x)单调递增,即f'(x)单调递增,又f'=1+-e-2=(e+2)(-1)<0,又由f'(1)=e2(1+2)-3=3e2-3>0,所以当x∈,1时,f'(x)有且仅有一个零点.设x0∈,1,f'(x0)=0,即(1+2x0)=+2=,所以,即x0=1,2x0=-lnx0.由f(x0)=x0-lnx0-2x0-1,代入可得f(x0)=1+2x0-2x0-1=0.当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以x=x0是f(x)的极小值点,函数f(x)只有1个极值点,所以f(x)min=f(x0)=0,所以f(x)图象与x轴相切. (2)由f(x)≥0对∀x∈(0,+∞)恒成立,即elnx+2x-(lnx+2x)-1≥(a-4)x恒成立,即a-4恒成立.令p(x)=e2x+lnx-(2x+lnx)-1,设q(x)=x+lnx,x∈(0,+∞),q(x)在(0,+∞)上单调递增,当x=时,q(x)<0,当x=1时,q(x)>0,所以存在唯一的x0∈(0,+∞),使得q(x0)=0,设h(t)=et-t-1,其中t=q(x),则t∈R,h'(t)=et-1,当t∈(-∞,0)时,h'(t)<0,h(t)单调递减,当t∈(0,+∞)时,h'(t)>0,h(t)单调递增,所以t=0时,h(t)取得极小值也是最小值,即h(t)≥h(0)=0,当t=0时,等号成立,所以p(x)≥0,当x=x0时,等号成立,即0,当x=x0时,等号成立.所以a-4≤0,所以a≤4.21.解(1)f(x)=ex-ax,其定义域为R,f'(x)=ex-a,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>lna,令f'(x)<0得x<lna,所以f(x)在区间(-∞,lna)上单调递减,在区间(lna,+∞)上单调递增.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(-∞,lna)上单调递减,在区间(lna,+∞)上单调递增.(2)(方法一)由已知得g(x)=ex-2x-cosx,x∈-,+∞,则g'(x)=ex+sinx-2.①当x∈-,0时,因为g'(x)=(ex-1)+(sinx-1)<0,所以g(x)在区间-,0上单调递减,所以g(x)>g(0)=0,所以g(x)在区间-,0上无零点;②当x∈0,时,因为g'(x)单调递增,且g'(0)=-1<0,g'-1>0,所以存在x0∈0,,使g'(x0)=0,所以当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>0,所以g(x0)·g<0,所以g(x)在区间x0,上存在一个零点,所以g(x)在区间0,上有两个零点;③当x∈,+∞时,g'(x)=ex+sinx-2>-3>0,所以g(x)在区间,+∞上单调递增,因为g>0,所以g(x)在区间,+∞上无零点.综上所述,g(x)在区间-,+∞上的零点个数为2.(方法二)由已知得g(x)=ex-2x-cosx,x∈-,+∞,则g'(x)=ex+sinx-2.①当x∈-,0时,因为g'(x)=(ex-1)+(sinx-1)<0,所以g(x)在区间-,0 上单调递减,所以g(x)>g(0)=0,所以g(x)在区间-,0上无零点;②当x∈[0,+∞)时,令s(x)=g'(x),则s'(x)=ex+cosx>0,所以g'(x)在区间[0,+∞)上单调递增,又因为g'(0)=-1<0,g'(π)=eπ+sinπ-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-,+∞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-x2-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<a≤2,所以>0,所以g()≥0,所以f()=-a≥0=f(x0),因为f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,故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x0(0,ln2)ln2(ln2,1)1h1'(x)-1-0+e-2h1(x)0单调递减单调递增e-3故当0<x<1时,h1(x)<0,即h'(x)<0,所以h(x)在区间[0,1]上单调递减,因此当0≤x≤1时,h(x)≤h(0)=0.又>0,所以h()≤0,所以f()=-a≤0=f(x0),因为f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,故x0.综上,x0②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=x0+a,所以x0f()=x0f(x0+a)=(ea-1)+a(ea-2)x0≥(e-1)a,由x0,得x0f()≥(e-1)(a-1)a.