1、大二轮文2大二轮 数学 文适考素能特训3大二轮 数学 文一、选择题12016郑州质检函数 f(x)excosx 的图象在点(0，f(0)处的切线方程是()Axy10 Bxy10Cxy10 Dxy10解析 依题意，f(0)e0cos01，因为 f(x)excosxexsinx，所以 f(0)1，所以切线方程为 y1x0，即 xy10，故选 C.4大二轮 数学 文22016山西忻州四校联考设函数 f(x)xsinxcosx的图象在点(t，f(t)处切线的斜率为 k，则函数 kg(t)的部分图象为()5大二轮 数学 文解析 f(x)(xsinxcosx)xcosx，则 kg(t)tcost，易知函数
2、 g(t)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A、C.当 0t0，所以排除 D，故选 B.6大二轮 数学 文32016广西质检若函数 f(x)(x2cx5)ex 在区间12，4 上单调递增，则实数 c 的取值范围是()A(，2 B(，4C(，8 D2,47大二轮 数学 文解析 f(x)x2(2c)xc5ex，因为函数 f(x)在区间12，4 上单调递增，等价于 x2(2c)xc50 对任意 x12，4 恒成立，即(x1)cx22x5，cx22x5x1对任意 x12，4 恒成立，x12，4，x22x5x1(x1)4x14，当且仅当 x1 时等号成立，c4.8大二轮 数学 文42016沈阳质检已知函
3、数 yx2 的图象在点(x0，x20)处的切线为 l，若 l 也与函数 yln x，x(0,1)的图象相切，则 x0 必满足()A0 x012B.12x01C.22 x0 2D.2x0 39大二轮 数学 文解析 由题令 f(x)x2，f(x)2x，f(x0)x20，所以直线 l 的方程为 y2x0(xx0)x202x0 xx20，因为 l 也与函数 yln x(x(0,1)的图象相切，令切点坐标为(x1，ln x1)，y1x，所以 l 的方程为 y 1x1xln x11，这样有2x0 1x1，1ln x1x20，所以 1ln 2x0 x20，x0(1，)，令 g(x)x2ln 2x1，x(1，
4、)，所以该函数的零点就是 x0，10大二轮 数学 文又因为 g(x)2x1x2x21x，所以 g(x)在(1，)上单调递增，又 g(1)ln 2 0，g(2)1ln 2 20，从而 2x00 恒成立，故 f(x)0 必有两个不等实根，不妨设为 x1，x2，且 x10，得 xx2，令 f(x)0，得 x1xx2，所以函数 f(x)在(x1，x2)上单调递减，在(，x1)和(x2，)上单调递增，所以当 xx1 时，函数 f(x)取得极大值，当 xx2时，函数 f(x)取得极小值，故 A 选项的结论正确；对于选项B，令 f(x)3x22ax10，由根与系数的关系可得 x1x22a3，x1x213，易
5、知 x1x2，所以 x2x113大二轮 数学 文x1x224x1x24a29 432 33，故 B 选项的结论正确；对于选项 C，易知两极值点的中点坐标为a3，fa3，又 fa3x 1a23 xx3fa3，fa3x 1a23 xx3fa3，所以 fa3x fa3x 2fa3，所以函数 f(x)的图象关于点a3，fa3 成中心对称，故 C 选项的结论正确；对于 D 选项，令 ac0 得 f(x)x3x，f(x)14大二轮 数学 文在(0,0)处切线方程为 yx，且yxyx3x 有唯一实数解，即 f(x)在(0,0)处切线与 f(x)图象有唯一公共点，所以 D 不正确，选 D.15大二轮 数学 文
6、6已知函数 f(x)(a2)xax3 在区间1,1上的最大值为 2，则 a 的取值范围是()A2,10 B1,8C2,2 D0,9解析 f(x)3ax2a2.(1)当 a0 时，f(x)20，f(x)在1,1上为减函数，所以 f(x)maxf(1)2，符合题意(2)当 0a2 时，f(x)0 恒成立，所以函数 f(x)在定义域内为减函数，所以 f(x)maxf(1)2，符合题意(3)当 a2 时，由 f(x)0，解得 x a23a.当16大二轮 数学 文a23a 1，即a23a 1，即1a1，即a23a1，即 a2 时，若 af(1)2，不满足条件，若 a2，函数 f(x)在1，a23a与a2
7、3a，1 上单调递减，在a23a，a23a上单调递增，所以此时函数在定义域内的最大值为 f(1)2 或18大二轮 数学 文f a23a，则必有 f a23a2，即(a2)a23a a a23a32，整理并因式分解得(a8)(a1)20，所以由 a2 可得 20)(1)若 a1，求函数 f(x)的极值；(2)设函数 h(x)f(x)g(x)，求函数 h(x)的单调区间；(3)若存在 x01，e，使得 f(x0)g(x0)成立，求 a 的取值范围24大二轮 数学 文解(1)f(x)xaln x 的定义域为(0，)当 a1 时，f(x)x1x.由 f(x)0，解得 x1.当 0 x1 时，f(x)1
8、 时，f(x)0，f(x)单调递增；所以当 x1 时，函数 f(x)取得极小值，极小值为 f(1)1ln 11；25大二轮 数学 文(2)h(x)f(x)g(x)xaln x1ax，其定义域为(0，)又 h(x)x2ax1ax2x1x1ax2.由 a0 可得 1a0，在 x(0,1a)上 h(x)0，所以 h(x)的递减区间为(0,1a)；递增区间为(1a，)26大二轮 数学 文(3)若在1，e上存在一点 x0，使得 f(x0)g(x0)成立，即在1，e上存在一点 x0，使得 h(x0)0.即 h(x)在1，e上的最小值小于零当 1ae，即 ae1 时，由(2)可知 h(x)在1，e上单调递减
9、故 h(x)在1，e上的最小值为 h(e)，由 h(e)e1ae ae21e1.因为e21e1 e1，所以 ae21e1；27大二轮 数学 文当 11ae，即 0ae1 时，由(2)可知 h(x)在(1,1a)上单调递减，在(1a，e)上单调递增h(x)在1，e上最小值为 h(1a)2aaln(1a)因为 0ln(1a)1，所以 0aln(1a)2，即 h(1a)2 不满足题意，舍去综上所述：ae21e1，.28大二轮 数学 文11已知函数 f(x)ln xaxa2x2(a0)(1)若 x1 是函数 yf(x)的极值点，求 a 的值；(2)若 f(x)0 在定义域内恒成立，求实数 a 的取值范
10、围解(1)函数的定义域为(0，)，f(x)2a2x2ax1x.因为 x1 是函数 yf(x)的极值点，所以 f(1)1a2a20，解得 a12(舍去)或 a1.经检验，当 a1 时，x1 是函数 yf(x)的极值点，所以 a1.29大二轮 数学 文(2)当a0时，f(x)ln x，显然在定义域内不满足f(x)0 时，令 f(x)2ax1ax1x0，得x1 12a(舍去)，x21a，所以 f(x)，f(x)的变化情况如下表：x0，1a1a1a，f(x)0f(x)极大值 30大二轮 数学 文所以 f(x)maxf1a ln 1a1.综上可得 a 的取值范围是(1，)31大二轮 数学 文122016
11、广西质检已知函数 f(x)1xaln x(a0，aR)(1)若 a1，求函数 f(x)的极值和单调区间；(2)若在区间(0，e上至少存在一点 x0，使得 f(x0)0 成立，求实数 a 的取值范围32大二轮 数学 文解(1)当 a1 时，f(x)1x21xx1x2，令 f(x)0，得 x1，又 f(x)的定义域为(0，)，由 f(x)0 得 0 x0 得 x1，所以当 x1 时，f(x)有极小值 1.f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)33大二轮 数学 文(2)f(x)1x2axax1x2，且 a0，令 f(x)0，得到 x1a，若在区间(0，e上存在一点 x0，使得 f
12、(x0)0 成立，即f(x)在区间(0，e上的最小值小于 0.当1a0，即 a0 时，f(x)0 在(0，e上恒成立，即 f(x)在区间(0，e上单调递减，34大二轮 数学 文故 f(x)在区间(0，e上的最小值为 f(e)1ealn e1ea，由1ea0，得 a0，即 a0 时，若 e1a，则 f(x)0 对 x(0，e成立，所以 f(x)在区间(0，e上单调递减，则 f(x)在区间(0，e上的最小值为 f(e)1ealn e1ea0，显然，f(x)在区间(0，e上的最小值小于 0 不成立35大二轮 数学 文若 01a1e时，则有x0，1a1a1a，ef(x)0f(x)极小值 所以 f(x)在区间(0，e上的最小值为 f1a aaln1a，36大二轮 数学 文由 f1a aaln1aa(1ln a)0，得 1ln ae，即 a(e，)综上，由可知：a，1e(e，)符合题意