单元素养集训卷2 复盘提高练-【师大金卷】2025年高考数学一轮复习提升卷

数学１０—６　 单元素养集训卷二 复盘提高练 复盘１　导数中的同构问题 典例１ 第６题,第１４题 错因 不会构造同构式 复盘 要点 同构是指除了变量不同,其余地方均相同的表达式．在导数 中,常见的同构式主要体现在不等式中．主要有二大类,一 类是抽象形式,需要根据条件构造出相应的函数;一类是与 指数、对数有关的同构式． 解题 关键 第６题,构造函数g(x)＝f (x) e２x ,利用导数分析函数g(x)在 R上的单调性,将所求不等式变形为g(ax)＞g(lnx),可得 出a＞lnxx ,利用导数求出函数φ(x)＝ lnx x 的最大值,即可得 出实数a的取值范围． 第１４题,原不等式转化为存在x∈(０,＋∞),xex＜ln(ax)􀅰 eln(ax)成立,令h(x)＝xex,由导数可知函数为增函数,据此 可得x＜lnax,转化为ex＜ax成立,分离参数求f(x)＝e x x 的 最小值即可． 反思 提高 与ex 和lnx相关的常见同构模型: (１)aea≤blnb⇔ealnea≤blnb,构造函数f(x)＝xlnx(或aea ≤blnb⇔aea≤lnb􀅰elnb,构造函数g(x)＝xex); (２)e a a＜ b lnb⇔ ea lnea ＜blnb ,构造函数f(x)＝ xlnx (或e a a＜ b lnb⇔ ea a＜ elnb lnb ,构造函数g(x)＝e x x ); (３)ea±a＞b±lnb⇔ea±lnea＞b±lnb,构造函数f(x)＝x ±lnx(或ea±a＞b±lnb⇔ea±a＞elnb±lnb,构造函数g(x) ＝ex±x)． [变式１－１]　(２０２４􀅰河南平许济洛一质检)已知f(x)＝aex－１－lnx ＋lna,g(x)＝(１－e)x,当x＞０时,ef(x)≥g(x),则a的取值范围 为 (　　) A．[１e,１) B．[ １ e ,＋∞ ) C．[１,＋∞) D．[e,＋∞) [变式１－２]　已知函数f(x)＝ax２＋(a＋１)lnx＋１(a≥－１),对 ∀x１,x２∈(０,＋∞),恒有|f(x１)－f(x２)|≥４|x１－x２|,则实数a 的取值范围是 (　　) A．(－∞,－e２] B．(－∞,－e] C．[－２,－１] D．(－∞,－２] [变式１－３]　(２０２４􀅰河南省浚县第一中学模拟)已知函数f(x)＝ex． 证明:对任意的x＞１,都有f(x)≥x４－３x３lnx＋x３． 复盘２　导数在几何中的最优化问题 典例２ 第１５题 错因 不知道从何角度去求最值 复盘 要点 导数在几何中的应用主要体现在立体几何与平面几何这两 个方面．在立体几何中一般和体积问题有关,在平面几何中 一般和三角函数有关． 解题 关键 第(１)问,根据题意类比即可;第(２)问,根据题意结合三角 形相似分析可得a与h 的关系,用h表示正三棱锥P－ABC 的体积V,求导,利用导数判断原函数单调性和最值,进而分 析判断正三棱锥P－ABC的形状． 反思 提高 对于立体几何中的问题,一般先通过题意得到所要求的表 达式,再运用导数解决单调性,从而可得最优解．对于平面 几何中的问题,先根据条件得到关系式,再运用导数求最值 即可． [变式２－１]　(２０２４􀅰江苏镇江期初考试)如图, 四棱锥P－ABCD 的底面是边长为２的正方 形,PA⊥底面ABCD,PA＝２．圆柱的底面在该 四棱锥的底面上,当圆柱的侧面积最大时,圆柱 的底面半径为　　　　;当圆柱体积最大时,圆 柱的底面半径为　　　　． [变式２－２]　为优先发展农村经济,丰富村民精神生活,全面推进乡 村振兴,某村在２０２１年新农村建设规划中,计划在一半径为r的半 圆形区域(O为圆心)上,修建一个矩形名人文化广场和一个矩形停 车场(如图),剩余区域进行绿化,现要求CD＝r,∠AOB＝x． (１)设f(x)为名人文化广场和停车场用地总面积,求f(x)的表 达式; (２)当f(x)取最大值时,求cosx的值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 数学１０—５ 数学１０—８　 复盘３　极值点偏移问题 典例３ 第１６(２)题 错因 不会构造函数 复盘 要点 所谓极值点偏移,是指对于单极值函数,由于函数极值点左 右的增减速度不同,使得函数图象没有对称性．若函数f(x) 在x＝x０ 处取得极值,且函数y＝f(x)与直线y＝b交于 A(x１,b),B(x２,b)两点,则AB 的中点为M ( x１＋x２ ２ ,b) ,而 往往x０≠ x１＋x２ ２ ． 解题 关键 第(２)问:由题意得lnx１－lnx２＋ (１x１－ １ x２ ) ＝０ ,令t＝ x１ x２ (０ ＜t＜１)得x１＋x２＝ t－１t lnt ,再令h(t)＝t－１t－２lnt (０＜t＜ １),求函数最小值即可． 反思 提高 这类问题主要用对称变换来解决．其解题要点如下:(１)定 函数(极值点为x０),即利用导函数符号的变化判断函数单 调性,进而确定函数的极值点x０;(２)构造函数F(x)＝f(x) －f(２x０－x);(３)判断单调性;(４)比较大小,即判断函数 F(x)在某段区间上的正负,并得出f(x)与f(２x０－x)的大 小关系;(５)转 化,即 利 用 函 数f(x)的 单 调 性,将f(x)与 f(２x０－x)的大小关系转化为x与２x０－x 之间的关系,进 而得到所证或所求． [变式３－１]　(２０２４􀅰四川蓬溪中学月考)设f(x)＝１２ax ２－(a＋１)x ＋lnx,a∈R． (１)当a＝２时,求f(x)的极值; (２)若∀x＞０有f(x)≤０恒成立,求a的取值范围; (３)当a＜０时,若f(x１)＝f(x２),求证:x１x２＜１． [变式３－２]　(２０２４􀅰福建福州格致中学质检)已知函数f(x) ＝alnx＋ax ． (１)讨论f(x)的极值; (２)若(ex１)x２＝(ex２)x１(e是自然对数的底数),且x１＞０,x２＞０,x１ ≠x２,证明:x１＋x２＞２． 复盘４　提高综合练 １．(２０２４􀅰江西南昌市外国语学校月考)关于x的方程x３－ax－１＝０ 至少有两个实数根,则实数a的取值范围是 (　　) A．(３ ２２ ,＋∞ ) B．[ ３ ２ ２ ,＋∞ ) C．(３ ３ ２ ２ ,＋∞ ) D．[３ ３ ２ ２ ,＋∞ ) ２．(２０２４􀅰四川省广安二中模拟)已知０＜x＜y＜π,且eysinx＝ exsiny,其中e为自然对数的底数,则下列选项中一定成立的是 (　　) A．cosx＋cosy＜０ B．cosx＋cosy＞０ C．cosx＞siny D．sinx＞siny ３．(２０２４􀅰四川德阳五中月考)设函数f(x)＝x＋lna,g(x)＝ae xlnx x , 若f(x)＞g(x)在x∈(０,１)恒成立,则实数a的取值范围是　　　 　　　　　． ４．(２０２４􀅰黑龙江鹤岗一中开学考)已知函数f(x)＝alnxa－x ,g(x) ＝ax－aex．(e＝２􀆰７１８２８􀆺为自然对数的底数) (１)当a＝１时,求函数y＝f(x)的极大值; (２)已知x１,x２∈(０,＋∞),且满足f(x１)＞g(x２),求证:x１＋aex２ ＞２a． ５．(２０２４􀅰北京昌平区昌平一中期中)已知f(x)＝ex－ax＋１２x ２,其中 a＞－１． (１)当a＝０时,求曲线y＝f(x)在点(０,f(０))处的切线方程; (２)当a＝１时,求函数f(x)的极值; (３)若f(x)≥１２x ２＋x＋b对于x∈R恒成立,求b－a的最大值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 数学１０—７ 19.[解](1)设函数(x)-f(x)-r-ln(1+ 一0时,等号成立. 设(x)=x-3lnr,则h'(x)=1-3-3 1+-1-- ,当r[o,+0)时(c)>0. r 由(r)>0,得x>3;由h'(x)<0.得0<<3. 则e(x)在[0,+c)上单调递增,所以e(x)>e(0)-0,从而 则(x)在(0,3)上单调递减,在(3,十co)上单调递增. f(x)一x0,即f(x)x: 因为h(3)-3-3ln3{<0,h(e^})-e^-6>0,所以h(x)-0有解; (2)证明:设函数h(x)=f(x)+1-g(x)=ln(1+x)+1 则 -x-3lnx+1,当且仅当x-3lnx=0时,等号成立. -cosr. 即→x-3lnx+1,即/(c)>'-3.r*1nx+x”. 当x>0时,1-cosr0,ln(1十x)>0,则h(x)>o恒成立. 则由h(e )0,得((e)+1>g(e ),f(b{)+1>g(6) 复盘2 导数在几何中的最优化问题 又f(e)+1-g(b),所以g(b)>g(e ). [变式2一1][解题思路]如图, 令(r)-r-sinr,则a'(r)-1-cosro恒成立, 所以u(x)一g'(x)在(0,+co)上单调递增,则g(x)>g'(0)-0. 所以g(x)在(0,+o)上单调递增, 又0,e0,所以6. 要证(()+1>g(a+1).只需证g()>g(a+1):即证 a1. 因为b,所以>. 在四校锥P一ABCD内作正四校柱AMNK一HEFG,其中E. 设函数m(x)-e-x-1(x>0).则m(x)=e-1>0,所以 F.G.H.M,N.K分别在核PD.PC.PB.PA.AD.AC.AB上. n(x)在(0,十o)上单调递增, 要使园柱体例面积最大和体积最大,则需其底面圆为正四橡柱 因为a>0,所以n(a)>m(0)-0,所以e>a十1,所以>a+1. AMNK一HEFG的内切圆,连接HF,设圆柱的底面圆半径为 所以g(b)>g(a十1),从而/(b)+1>g(a+1)得证. r.高为h,则HF-2②r,AH-h,在平面PAC内,FH平行 复盘提高练 22 复盘1 导数中的同构问题 柱侧面积为S-2xrh-2nr(2-2r)--4r(*-r)--4π- [变式1-1]B [解题思路]由题意得,当x0时,ef(x)一g(x) =e-elnr十elna-(1-e)x0,即e+lna十e(r+lna)elnr 十,故当,--时,因柱倒面积最大,圆柱体积V-r2h +-elm+elnr,x>o,令F(x)-e”+er,则F(r十lna) F(lnx),因为F'(x)=e十e>0恒成立,故F(x)=e十er在R 上单调递增,故x+lnalnr,即Ina三lnx-x,令h(x)-lnx- 正r lnr-x单调递增,当x(1,+oo)时,h'(x)0,h(x)-lnr-x -(4 ③-4^*+4h)单调递增,当<h<2时,V<o.V-- 单调递减,故h(x)一lnr一x在x一1处取得极大值,也是最大 [变式1一2]D[解题思路]由题意知,定义域为(0,十),/(x) [参考答案] 2 #l (0.+)上单调递减,不妨设xx。,对Vx,x。(0,+). 有f(x)-f(x)l4r-r,即f(x。)-f(x)4(x [变式2-2[[解](1)依题得,OA=rcosx,AB=rsinr. x).f(x)+4x<f(r)+4x,令g(x)=f(x)+4r,由上可知 g(x)在(0+o0)上单调减,则’(c)-2ax+“+14<0在 11__)F 停) -4-1短成立,设h(r)= (0.十o)上恒成立,从而a 2r十1 -4-1Cr)--4(22+1-(-4r-1)·tr4(2-1r+1). 0 2+1 (2*十){} (2十1) 取DC的中点F,所以CF-. 2. 当后 (0)时,(c)<o.(2)单调减;当x# 连接OF,则DC1OF. (.)时,^'(c)→o.h(c)单调增,.b(x) n-)() 则Dr3 r-rsinr. --2,故a-2. 由DE>o得,xe(o,) 故选D. [变式1-3][[证明]对任意的x1,都有/(x)c-3x*lnx+, 所以/(x)_o(- _).+2coc.,sinr 即er(r-3lnx十1). -#:(sin2r-sin+)e(o,). 设g(r)-e-r-1,则g(x)-e-1. (2)/(x)-r(2cos2x-cosr)-r(4cosx-cosr-2). 由g(x)>0,得x>0;由g'()<0,得x0. 令f(r)-0.得4cos^{x-cosr-2-0. 则g(c)在(0.十oo)上单调递增,在(-o,0)上单调递减, 故g(x)g(0)=0,即e---10,即x十1.当且仅当x 8 8 新高考数学答案-36 设cosx。1+),则xo (0) 即证(c)一/()→0. ①当xE(0,x)时,/(x)>0,f(x)单调递增; 即证(x)一/()→0.xe(0.1) ②. ②当x (,)时,/(2)<0.f(2)单调减, 设g(x)-f(c)-/().xe(0,1), 复盘3 极值点偏移问题 (ax-1)(r-1) [(-#-(a+D(-)-] [变式3-1][解](1)f(x)的定义域为(0,+00). ir -(ar-1)(r-1?-(a+1)x+a (2--1)(r-1). -(ax-1)(r-1)(r-1)(x-a) r _[(ax-1)r*+(x-a)] <1. ./(2)在(0.).(1.+c)上单调增.(.1)上单调 递减, (G-1)*[a(r+r十1)-,]. _ (2)由题:/(x)-ar-(a+1)+1(ar-1)(r-1). :a<0,”+x10.a(+x1) 0. 又”-<0a(Gr十x+1)-10. 欲使/(x)<0恒成立,只需f(x)<0. “(r-D)>0r>0.g'(c)<0. 当0时::ar-1<0,x1时,/(x)<0,0<x1时,() '.g(x)在(0,1)上单调递减, >0. 'g(x)>g(1)-f(1)-/(1)-0. &./(x)在(0,1)上单调递增,(1,+co)上单调递减, .②成立..①成立. .f(x)mx=f(1)-一 [变式3一2][解](1)函数/(x)的定义域为(0,+),求导得 此时,-2a<0; 当a>0时: 若a-0,则/(x)-0,无极值; 若a关0,由(x)-0,可得x=1. 若a0,当0 x<1时,/(x)<0,则f(x)单调递减,当>1 /(x)<o,解得<1. 时,f(x)0,则f(x)单调递增, 此时,函数/(x)有唯一极小值/(1)一a.无极大值; 则(c)在(0.).(1.+oo)上单调增.(.1)上单调 若a0,当0<x<1时,f(x)>0,则f(x)单调递增,当x>l 时,/(x)<0,则/(c)单调递减, 递减, 此时,函数f(z)有唯一极大值f(1)一a,无极小值; 若-1即a-1,r(cz)→o,则/(z)在(0,+c)上单调递增。 所以当a一0时,函数/(x)无极值; 当a<0时,函数/(c)有极小值/(1)一a,无极大值; 当a0时,函数f(x)有极大值f(1)一a,无极小值; (2)证明;由(er):一(er)1,两边取对数可得x(lnr,+1)一 #()<0,解得1<. z(In:+1),即 |nr+1 1nr.两1 2 则/(2)在(0,1).(+)上单调增.(1.)上单 当a=1时,/(c)lnr+1./()--ln. 递减, 由(1)可知,函数/(x)在(0,1)上单调递增,在(1.+o)上单调 不论上述哪种情况,均有limf(x)一十oo,因此,不可能有 递减,所以/(x)-/(1)-1. r(x)<0恒成立,舍. 而/() -0.x>1时,/(x)>0恒成立. 综上:a的取值范围为[-2,0]. (3)证明:由(2)的结论可知:当a<0时:/(x)在(0.1)上单调递 因此,当a=1时,存在x,x:且0<x<1<x,满足f(x) 增。(1,十o)上单调递减, 一f(x). “./(x)-/(:). 若[2,+),则x十r2成立; '.由图,不妨设0x<1<x. 若x(1,2),则2-x(0.1). )20 记g(x)-f(x)-f(2-x),x(1.2). .7i 则‘(x)=/(c)+ (2-x)--nn(2-)lnr ln(2-)ln[-(x-1)2+1]→0. (2-x)② _? 即函数g(x)在(1,2)上单调递增,所以g(x)>g(1)-0,即f(x) →/(2一). 欲证x:x。<1①. 于是f(x)=f(x)/(2-r),面x(1,2),2-x.(0.1). r.(0.1). 函数/(r)在(0,1)上单调递增,因此x2-x,即x+x:>2 新高考数学答案-37 复盘4 若0ae<1,因为h(x)在(0,1)上单调递增,要使h(ae)> 提高综合练 h(x),则ae’→x,即a→吾在x(0,1)恒成立,令r(x)=,则 1.D [解题思路]令&数f(x)一x一ax-1,依题意,函数f(x)至 少有两个零点,求导得/(x)一3x{}一a,显然a0,否则恒 有有 )#0f()在上遂增,(t)最多一个零点,当< #()1,当x(0.1)时,/(x)>0.1(x)单调增,所以1 (c)>(1)- # [参考答案][。) 时,/(x)0,因此函数f(r)在( -。一 (##)上##增,在(一#)上## 4.[解](1)当a=1时,((x)一lnr一x,定义域为(0.+). 则/()--/()>→<<1,/(c)<→1. 7 递减,函数/(x)在x一 所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,十o0)上单调递减 故/f(x)的极大值为/(1)一一1; (一) )在一#处取得小#(#)## (2)证明:由题意知,a>o,由/(x)>g(x。)可得aln-> (#)# ar-ae:. 所以ln->ln*}-e,令h(r)-lnr-x. 个零点,得/(-一#=0.即2吾-),解得△ a 由(1)可知,i(x)在(0,1)上单调递增,在(1,十2)上单调递减, 则#({)(e:) 令,-.c=e,又x0.→o,所以t→0.t1,则h(t) 2.B [解题思路]构造/(x)-sinr,0<x<n.则/(.x)-sinro >h(t). 恒成立,则”(x)-cosr-sinr.当0<x<吾时,cosx> { ①若1,则+>2,即+e2.所以.+ae:>2a; sinz,/(c)cosxr-sinro.,当吾<r<x时,cos<sinr. ②若0 1t<1.设t(1,+).且满足h(t)=h(t),如图 (x)in{。,所以)(x)- 在(0.平)上单调 所示. 一 通增,在()上单调通减,因为0<x<y<x,所以)<x <<n.0<<又sinrsinyo,所以o<sinr< 1-sin{x>o. lcosyl-1-siny,所以 cosr>lcosyl,所 则()=h(t )>h(t),所以1{ ,下证;+t>2 以cosr+cosy→0,A错误,B正确,令g(x)=f(x) 令F(x)-h(r)-h(2-r)=lnr-ln(2-x)-2r+2.(0.1). (一)则()-0.(x)-/(cx)+/(一) r2-r x(2-r) cosr-sinr sinr-cosr_(sinr-cosr)(e'-e哥). 当0 所以F(r)-h(x)-h(2一r)在(0.1)上单调递增; 所以F(r)<F(1)-0. } 。{ 所以F( )-( )-h(2-) 0,即h(t)h(2-). <x<π时,g(x)→0恒成立,所以g(x)=f(x) 又因为h(t)-h(t),所以h(t)(2-.),,2-t.(1.+). ##(一)在(0,n)上单调增,当xE(o.)时:g(x)= 所以2-,即。+12. 又因为1<1>r,所以t.+t2,即x+ae>2a. (2)/(一)<0,即()</(吾一)因为f(x)= 由①②可知,x.+ae>2a得证. (y),所以/(y)</(一),因为0<<<y<,所 #→,因为(1)在(“)单调减,所以)→ /(0)-1. 即曲线y一f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y一r+1. -y,因为(t)-cosr在(0,n)上单调送减. -x.即>” $2)当a-1时,f(r)=-t+2,则/(r)--1+x; 所以cos<cos(y)-siny.C错误,故选B. 令g(x)-/(x)-e-1+x,则g'(c)-e+1>o,即g(x)在R 上单调递增: 3.[解题思路]由已知得a0,由f(x)一g(x),得x十lna 又易知 (0)-0,所以当x0时,/(x)</(0)-0,当x>0 aelnr,即+lnaln(ae)ln在x(o.1)惊成立,令h(x) 时,/()0: ae e 即函数f(x)在(一oo,0)上单调递减,在(0,+oo)上单调递增; -ln.则r()(lne)-1nr1-lnr.当re(o,e)时,n(e) 即函数f(x)的极小值为f(0)三1.无极大值. 0.h(x)单调递增,当x(e.+o)时,h'(x) 0,h(x)单调递 减,且b(1)-lnì-o.所以当o<x<1时,h(r)-ln<o,当x→ 一b0在:-R恒成立; r 令h(x)=e-(a+l)r-b,则'(x)-e-(a+1),又a-1. 1时,h(x)-ln→o,若ae{>1>x,则恒有h(ae{)>o>h(x). 由(r)=e-(a十1)=0可解得x=ln(a+1). 易知当xln(a+1)时,h'(x)<o,当x>ln(a十1)时,h'(x) 新高考数学答案-38 >0; 因此当0<<-时,F(s)>0;当 -时,F(v)<0; 所以h(x)在(-oo,ln(a+1))上单调递减,在(ln(a十1),+oo) 上单调递增, 所以F()在(0)上单调增,在(-,+~) 。)上单调递减; 因此h(x)在x一ln(a十1)处取得极小值, 也是最小值为h(ln(a+1))-eh(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b-(a 即Ftn) -()1十四-< +1)-(a+1)ln(a+1)-b; 易知(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b0,所以可得b-a<1-(a+ D)ln(十1). 令F(x)-1-xlnx(x>0),则F(x)--lnr-1. 阶段滚动提升检测卷一 .12 2-10 0段滚动提升临测卷 l2-l_ n_ 1.D [解题思路]A-xllogr0]-xl0<1],B-(xl lg4-lg5 $l 1=xlx2或x0),则fB=xl0<x2),所以A 010~201~,、 U(fB)-xl0 x2).故选D. 2.A [解题思路]由“VxR,关于-的不等式--a:十a0恒 以大约经过27h后需要人工增氧,故选D. 成立”,等价于△-(-a)②}-4a<0,解得0<a<4,则“0<a 8.D [解题思路]由题意可知,x:,工。同时满足方程f(c)=一- 一 <4”的一个必要不充分条件是a一1.故选A. 3.C [解题思路]令g(x)-f(x)-3x十1,则g’(x)-/(x)-3 和方程/(x)一一 0在xR上恒成立,所以g(x)在定义域上递减,而g(2) ####)(2-)#,因为<# 2-1_ rt f(2)-5-0,所以原不等式即为g(r) 0=g(2).可得x > 2.故原不等式解集为(2,十oo).故选C. ) 2r 4.B [解题思路]因为4-6^*-12,所以a-log。12,b-log12,所 2<x。,所以x,。满足方程_ log6-log-2+log6-1.故选B. 2lnr---+2a,又由二- 。 )2。 2 lne-*--ln2,即2lnx-x+a=-ln2,上述两式相加得1- 12 $lnr+2lnr-x+a--r+2a-ln2,整理得a-1+ln2,所以 实数a的值为1十ln2.故选D. 排除A:由f(2)-(4-1)cos215 -cos2<0,此时可排除 9.AD[解题思路]如图所示: 4 4 D.故选C. _: 6.D [解题思路]令/(c)-lnx-+1,则/(x)-1-- ##### x 2[ -0当x(1,2)时恒成立,则/(c)在(1,2)内单调递 由图可得A二L(BOC),故A正确;集合C不是l(A 增,可得f(1.1)/(1),即lnl.1-1.1+1>0,可得1 B)的子集,故B错误;AUBUC去U.故C错误:AOBOC lnl.1 1.1,故b>c;令g(x)-x-lnx-1,则g'(x)=1 一OC一,故D正确.故选AD. --→0.当1E(1.)时成立,则g(n)在(1.{ 10.AD [解题思路]A选项:由/(xy)=x/(y)十y/(x),令x=y 一1,则f(1)一f(1)十f(1),解得f(1)一0,A选项正确; B选项;对于x(0,+o),/(xy)一xf(y)十yf(x),令y -x.则f(x”)-xf(x)+xf(x)-2xf(x),假设f(xy) f(x)f(y)成立,则f(r”)一f(x)f(x),所以f(x)f(x) 2xf(x),又当x1时,/(x)0,即f(x)不恒为0,则 f(x)一2x,与f(1)-0矛盾,所以假设不成立,B选项错 (0.)时惊成立,则h(c)在(0.)内单调逃增,可得 (2)>h(o)-0,所以tanz>vx(0.吾).,可得 an>1 (x)-()+(x)(x:)一 +nz.re(1.).所以tan1.11+1n1.1.,故a>6.综上 () 所述;abc.故选D. (x)在(1.十)上单调递增,C选项错误;D选项:x/ 64. 125.则-20m-1n54,得”= 64 #)#(##/(2)##(-)+(a) ·/(x)>o,所以 ##()】-/(一)( 新高考数学答案-39