《(新高考)2022版高考数学二轮复习主攻40个必考点函数与导数考点过关检测三十三理.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(新高考)2022版高考数学二轮复习主攻40个必考点函数与导数考点过关检测三十三理.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、新高考新高考 20222022 版高考数学二轮版高考数学二轮复习主攻复习主攻 4040 个必考点函数与导个必考点函数与导数考点过关检测三十三理数考点过关检测三十三理考点过关检测三十三考点过关检测三十三1 1(2022丹江口模拟(2022丹江口模拟)函数函数f f(x x)x xlnlnx xx x的单调递增区间是的单调递增区间是()1 1 1 1 A.A.2 2，B.B.0 0，2 2 e e e e e e C.C.，e e e e D.D.0 0，e e 解析：选解析：选 A A因为函数因为函数f f(x x)x xlnlnx xx x，所以所以f f(x x)lnlnx x2(2(x x
2、0)0)，1 1由由f f(x x)0)0，可得，可得x x 2 2，e e故函数故函数f f(x x)x xlnlnx xx x的单调递增区间是的单调递增区间是 1 1 2 2，.e e 2 2(2022洛阳模拟(2022洛阳模拟)定义在定义在 R R 上的可导函上的可导函数数f f(x x)满足满足f f(x x)f f(x x)0)0，那么以下各式一，那么以下各式一定成立的是定成立的是()A Ae ef f(2 019)(2 019)019)f f(2 017)(2 017)2 22 2e ef f(2(22 2C Cf f(2 019)(2 019)019)f f(2(2017)017
3、)解析：选解析：选 A A根据题意，设根据题意，设g g(x x)e ef f(x x)，那么那么g g(x x)e ef f(x x)e ef f(x x)e e f f(x x)f f(x x)f f(x x)f f(x x)0)0，g g(x x)0)0，即函数，即函数g g(x x)在在 R R 上为减函数，上为减函数，g g(2 019)(2 019)g g(2 017)(2 017)，即即 e e2 0192 019x xx xx xx xf f(2 019)e(2 019)e2 0172 017f f(2 017)(2 017)，e e2 2f f(2 019)(2 019)f
4、f(2 017)(2 017)3 3(2022郑州二模(2022郑州二模)函数函数f f(x x)是定义在是定义在(0(0，)上的可导函数，)上的可导函数，f f(x x)为其导函数，假设为其导函数，假设xfxf(x x)f f(x x)e e(x x2)2)且且f f(3)(3)0 0，那么不等那么不等式式f f(x x)0)0 的解集为的解集为()A A(0,2)(0,2)C C(2,3)(2,3)B B(0,3)(0,3)D D(3(3，)，)x x解析：解析：选选 B B令令(x x)xfxf(x x)，那么那么(x x)xfxf(x x)f f(x x)e e(x x2)2)，3 3
5、x x可知当可知当x x(0,2)(0,2)时，时，(x x)是单调减函数，是单调减函数，且且 00f f(0)(0)f f(0)(0)e e(0(02)2)2020，即，即0 0f f(0)0.(0)0.当当x x(2(2，)时，)时，(x x)是单调增函数，是单调增函数，又又f f(3)(3)0 0，那么那么(3)(3)3 3f f(3)(3)0 0，不等式不等式f f(x x)0)0 的解集就是的解集就是xfxf(x x)0)0 的解的解集，集，不等式的解集为不等式的解集为(0,3)(0,3)4 4(2022(2022汕汕头头一一模模)假假设设函函数数f f(x x)e e(cos(co
6、sx xa a)在区间在区间，上单调递减，那上单调递减，那2 2 2 2x x么实数么实数a a的取值范围是的取值范围是()A A(2 2，)，)B B(1(1，)，)C C11，)，)D D 2 2，)，)解析：解析：选选 D Df f(x x)e e(cos(cosx xsinsinx xa a)，假设假设f f(x x)在区间在区间，上单调递减，上单调递减，2 2 2 24 4x x 那么那么 coscosx xsinsinx xa a00 在区间在区间，2 2 2 2上恒成立，上恒成立，即即a acoscosx xsinsinx x，x x，.2 2 2 2 令令h h(x x)cos
7、cosx xsinsinx x 2sin2sin x x，x x 4 4 ，2 2 2 2 33 ，那么那么x x，4 4 4 4 4 4 所以所以 sinsin x x 的最大值是的最大值是 1 1，4 4 此时此时x x，即，即x x，4 42 24 4所以所以h h(x x)的最大值是的最大值是 2 2，故，故a a 2.2.1 12 25 5(2022临沂一模(2022临沂一模)函数函数f f(x x)axax2 2axax2 2lnlnx x在在(1,3)(1,3)上不单调的一个充分不必要条件上不单调的一个充分不必要条件是是()5 5 1 11 1 1 1 A Aa a，B Ba a
8、 ，2 2 2 26 6 1 11 1 C Ca a，6 62 2 1 1 D Da a，2 2 解析：选解析：选 A A由题意得，由题意得，f f(x x)axax2 2a aaxax2 2axax1 1，x xx x1 1函数函数f f(x x)在在(1,3)(1,3)上不单调，上不单调，axax2 22 2axax1 10 0 应满足在应满足在(1,3)(1,3)上有实上有实根根设设g g(x x)axax2 2axax1 1，当当a a0 0 时，显然不成立，时，显然不成立，0，0，当当a a00 时，只需时，只需 g g 1 1 g g 3 3 0111 1或或a a 11或或a a
9、 a a恒成立，恒成立，那么实数那么实数a a的取值范的取值范x x1 1x x2 2围为围为()A A(，22 1 1 B.B.，e e C C(2(2，)，)D D(e(e，)，)f f x x1 1 f f x x2 2 解析：选解析：选 A A由由 a a恒成立，恒成立，x x1 1x x2 2 f f x x1 1 axax1 1 f f x x2 2 axax2 2 得得00 恒成立，恒成立，x x1 1x x2 2令函数令函数y yf f(x x)axax，即，即y yx xlnlnx xaxax，那么函数那么函数y yx xlnlnx xaxax在在(e(e，)上单调，)上单调
10、递增，递增，y ylnlnx x1 1a a00 在在(e(e，)上恒成，)上恒成立，立，即即a a(ln(lnx x1)1)minmin.7 7由于由于x xee，那么，那么 lnlnx x1212，从而，从而a a2.2.实数实数a a的取值范围为的取值范围为(，227 7 函数函数f f(x x)lnlnx x2 2x x的单调递增区间为的单调递增区间为_解析：依题意，得解析：依题意，得f f(x x)4 4x x，x x(0(0，1 12 2x x)1 1令令f f(x x)0)0，即，即 4 4x x00，x x1 1解得解得 00 x x 00，x xx xh h(x x)在在1,
11、21,2上单调递增，上单调递增，故故h h(x x)minminh h(1)(1)e e，故故a ae.e.答案：答案：(，ee9 9(2022太原期末(2022太原期末)定义在定义在 R R 上的可导函上的可导函数数f f(x x)，对于任意实数对于任意实数x x都有都有f f(x x)f f(x x)2 2，且当且当x x(，0)0)时，都有时，都有f f(x x)1)m m1 1，那么实数那么实数m m的取值范围为的取值范围为_解析：由题意，知解析：由题意，知f f(x x)f f(x x)2 2，可得可得f f(x x)关于点关于点(0,1)(0,1)对称对称令令g g(x x)f f
12、(x x)(x x1)1)，那么那么g g(x x)f f(x x)1.1.因为当因为当x x(，0)0)时，时，f f(x x)1)m m1 1，即，即g g(m m)g g(0)(0)，解得，解得m m0010，即，即a a 1 1 时，可得函数时，可得函数f f(x x)在在00，a a1)1)上单调递减，在上单调递减，在(a a1 1，)，)上单调递增上单调递增综上可得，当综上可得，当a a1 1 时，函数时，函数f f(x x)在在00，)上单调递增)上单调递增当当a a 00，函数函数h h(x x)在在00，)上单调递增，)上单调递增，1 1h h(x x)h h(0)(0)，2
13、 21 1t t，故故 实实 数数t t的的 取取 值值 范范 围围 为为2 2 1 1 ，.2 2 1111(2022萍乡一模(2022萍乡一模)函数函数f f(x x)lnlnx xkxkx，其中，其中k kR.R.(1)(1)讨论函数讨论函数f f(x x)的单调性；的单调性；(2)(2)假设假设f f(x x)有两个相异零点有两个相异零点x x1 1，x x2 2(x x1 1 22lnlnx x1 1.1 11 1kxkx解：解：(1)(1)f f(x x)k k(x x0)0)，x xx x1212当当k k00 时，时，f f(x x)0)0，f f(x x)在在(0(0，)，)
14、上单调递增上单调递增当当k k00 时，由时，由f f(x x)0)0，得，得 00 x x ；由；由1 1k kf f(x x)0)，k k 1 1 1 1 故故f f(x x)在在 0 0，上单调递增，上单调递增，在在，上上k k k k 1 1单调递减单调递减(2)(2)证明：证明：设设f f(x x)的两个相异零点为的两个相异零点为x x1 1，x x2 2，且且x x1 1 x x2 200，f f(x x1 1)0 0，f f(x x2 2)0 0，lnlnx x1 1kxkx1 10 0，lnlnx x2 2kxkx2 20 0，lnlnx x1 1lnlnx x2 2k k(x
15、 x1 1x x2 2)，lnlnx x1 1lnlnx x2 2k k(x x1 1x x2 2)，要证要证 lnlnx x2 222lnlnx x1 1，即证，即证 lnlnx x1 1lnlnx x2 222，lnlnx x1 1lnlnx x2 22 2故故k k(x x1 1x x2 2)2)2，即，即，x x1 1x x2 2x x1 1x x2 21313x x1 12 2 x x1 1x x2 2 即即 lnln .x x2 2x x1 1x x2 2x x1 12 2 t t1 1 设设t t 11，那么上式转化为，那么上式转化为 lnlnt t，x x2 2t t1 1设设g g(t t)lnlnt t2 2 t t1 1 t t1 1(t t1)1)，2 2g g(t t)t t1 1 t t t t1 1 2 200，g g(t t)在在(1(1，)上单调递增，)上单调递增，g g(t t)g g(1)(1)0 0，lnlnt t 2 2 t t1 1 t t1 1，lnlnx x1 1lnlnx x2 222，即即 lnlnx x2 222lnlnx x1 1.14141515