课时冲关19 函数中的构造问题&课时冲关20 函数中的综合问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（苏教版）

课时冲关19 函数中的构造问题 一、单选题 5.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为 1.已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x>0 f(x),且3f(x)+f'(x)<0,f(ln2)= 时，xf(x)一f(x)<0,且f(一2)=0，则不等 1,则不等式e3f(x)>8的解集为( A.(-∞，2) B.(-∞，ln2) 式f>o的解集是 C.(ln2,+o∞) D.(2,+∞) 6.已知0<x<y<π，且e'sinx=e'sin y,其 A.(-2,0)U(0,2) 中e为自然对数的底数，则下列选项中 B.（-∞，-2)U(2,+∞) 定成立的是 ( C.(-2,0)U(2,+∞) A.cos x+cos y<0 B.cos x+cos y>0 D.(-∞，-2)U(0,2) C.cos x>sin y D.sin x>sin y 2.已知定义域为R的函数f(x),其导函数 二、多选题 7.定义在(0，+o∞)上的函数f(x)满足xf(x) 为f(x),且满足f(x)一2f(x)<0,f(0) 一1>0，则下列结论正确的是( ) =1,则 A.f(2)-l1n2>f(1) A.e2f(-1)<1 B.f(1)>e2 B.f(4)-f(2)>ln2 c.s(j-e D.f(1)>e C.f(2)+ln2>f(e)+1 D.f(e2)-f(e)>1 3.已知a=2ln 6=1n(h3).c=- ,则 8.已知函数f(x)的定义域为(0，十∞)，导 函数为f'(x),满足xf(x)一f(x)=(x 一1)e(e为自然对数的底数)，且f(1)= A.a>b>c B.b>a>c 0,则 () C.b>c>a D.c>a>b A.3f(2)>2f(3) B.f(1)<f(2)<f(e) 4.已知函数y=f(x)对任意的x∈ C.f(x)在x=1处取得极小值 〔-受，}满足(x)cosx-f(x)sin D.f(x)无极大值 三、填空题 >0(其中f'(x)是函数f(x)的导函数)， 9.已知函数f(x)是定义在R上的可导函 则下列不等式成立的是 数，其导函数为f(x),若f(1)=4,且 Af引Pf f(x)一2x<3对任意的x∈R恒成立， 则不等式f(2x一3)<2x(2x一3)的解集 ff 为 10.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其 c2fo<f〔 导函数为f(x),且当x<0时，2f(x)+ xf(x)<0,则不等式(x-2024)2f(x D.o 2024)-f(-1)<0的解集为 209 课时冲关20 函数中的综合问题 1.已知函数f(x)=a·2r一xn2. 3.已知函数f(x)=x2+ax-a1nx,a≥0. (1)讨论函数f(x)的单调性； (1)当a=2时，讨论函数f(x)的单调性； (2)当a>0时，证明：不等式f(x)≤2lna (2)若函数f(x)有两个不同的零点，求a +1有实数解. 的取值范围. 2.已知函数f(x)=(x-1)e+a.x2. 4.已知函数f(x)=alnx十a (L)当a=2时，求函数f(x)在x=1处的 (1)讨论f(x)的极值； (2)若(ex1)=(ex2)(e是自然对数的 切线方程： 底数)，且x1>0,x2>0,x1≠x2,证明： (2)若函数f(x)有两个零点，求参数a的 x1+x2>2. 取值范围. 21013.AD[根据材料知h()=x=e产=e,所以() =e·(h=e…(n+）=是 emr(1-lnx),令h'(x)=0得x=e,当0<x<e时，h (x)>0,此时函数h(x)单调递增：当x>e时，h'(x)< 0,此时函数(x)单调递减.所以h(x)有极大值，为h (e)=e,无极小值.] 14.解：(1)由题意，f(1)=1-m-2=0→m=-1→f(x)=x -x-lnx,故x2-x-lnx≤x-1→x+lnx-1≥0.设 g(x)=x十lnx一1，x>0,由y=x与y=lnx均为增函 数，故g(x)为增函数. 由g(1)=0得g(x)≥0台x≥1，故解集为[1，十∞). (2)由题意，广(x)=2x-(m十2)+m =2x-（m+2)x十m=（x-1)(2x-m） 故分类讨论，由当m≤0时， f(x=-1)2x-m≥0→x≥1， x 故f(x)在(0,1)单调递减，在[1，+∞)单调递增，故 f(x)无极大值不成立： 当m>0时，分类讨论， ①当m=2时，(x)=2二1少≥0恒成立，f(x)在 (0,十∞)单调递增，故(x)无极大值不成立； ②当0<m<2时， f)==1)C2-m≥0>x≥1减0<≤受， f)在(0，受]和1，+∞)单词递增，在（受，l）单调 递减，故f(2)在x=受处取得极大值： ③当m>2时/)--》2二m心≥0>x≥受或0 x <x1, f)在01]和[受+∞）单调递增，在(，号)单调 递减，故f(x)在x=1处取得极大值； 综上：m∈(0,2)U(2,+∞). 课时冲关19函数中的构造问题 1.D[设g(x)=f 2,x≠0. x 因为f(x)是定义在R上的偶函数， 所以f(一x)=f(x). 因为g(-x)=f二型=-f卫=-g(x), 一x x 所以g(x)为奇函数， 所以g(-2)=-g(2). 因为f(一2)=0， 32 所以g(-2)=g(2)=0. 当x>0时，g(x)=)-fD<0, 所以g(x)在(0，十@)上单调递减， 此时不等式f工>0的解集是(0,2). x 因为g(x)为奇函数，图象关于原点对称， 所以g(x)在（一○，0）上单调递减， 所以当x<0时，不等式D>0的解集是(-0，-2). 综上所迷，不等式卫>0的解集是(-60，-2)U0,2).] x 2.C[设g(x)=2 e2, 则g(x)=(x)e-2fx)e2 (e)2 =(x)-2f(x) e 因为f(x)一2f(x)<0在R上恒成立， 所以g'(x)<0在R上恒成立， 故g(x)是减函数， 所以g(-1)>g(0), f-卫=cf(-1)>f0=1,故A不正确： e e g(1)<g(0),即12<f0) e 即f(1)<e2f(0)=e2,故B不正确： e 即f()<c,故C正骑： 即f1)<cf(2)故D不正确.] 3.B[因为6=lnn3)>in(n e)=0,而a=2n2 <0, c<0,所以b最大， 构造函数f(x)=xlnx(.x>0), 因为f(x)=1nx+1(x>0), 当0<<1时f(x)<0,当x>。时f(x)>0, 所以f)在(0，)上单调递减， 在（日，+∞）上单调递增， 又图为a=(合)=f()所以（合）>() 即a>c,故b>a>c.] 4C[构造函最gx)=fx)cos∈(-受·受) g'()=f'(x)cos z-f(z)sin 2>0, 所以g(x)在(-，2)上单调递增， 则（后）下() 所以f(-吾)o(晋)f(-)(-), 即f(-晋)/(-零)故A不正确， 则()>(） 所以f()os营>/()o章， 即f(管)Pf(）故B不正确： 由8)在（一受，受）上单调递增，得g0)<(肾） 所以f0)cos0<f(答)os吾， 即20<()故C正确： 同理可得80)<() 所以f(0)cos0< f(贤）os子 即0<f(军)故D不正确] 5.B[令g(x)=erf(x), 函数g(x)的定义域为R, 因为3f(x)+f'(x)<0, 所以g'(x)=[e“f(x)]'=e3r[3f(x)+'(x)]<0, 故g(x)为减函数， 又因为f(ln2)=1, 所以g(ln2)=eh2f(ln2)=8, 所以不等式ef(x)>8可化为g(x)>g(ln2), 所以x<ln2, 所以e“f(x)>8的解集为(-∞，ln2).] 6.B[由0<x<y<x,且e'sin x=e'siny, 得品品 e 令f(x)= 品20< 则f(x)=c（sinx-cos」 sin'x 当0<r<平时，f(x)<0,函教f(x)单调递减，当牙< <π时，f(x)>0,函数f(x)单调递增， 当f)=f)时，0<，至<< 因为0<x<y<,e<c,sin asin y' 所以siny>sinx>0, 所以至<<x- 所以c0sy>cos(π一x)=一cosx, 所以cosx+cosy>0.] 7.ABD[构造函数g(x)=f(x)-lnx,x>0, 则g(z)=f(x)-1=f()-1 x x 因为xf(x)-1>0, 所以g'(x)>0, 故g(x)是增函数， 由g(2)>g(1)得，f(2)-ln2>f(1)-ln1, 即f(2)-ln2>f(1),故A正确： 由g(4)>g(2)得，f(4)-ln4>f(2)-ln2, 即f(4)-f(2)>ln4-ln2=ln2,故B正确； 由g(e)>g(2)得，f(e)-lne>f(2)-ln2, 即f(e)+ln2>f(2)+1,故C错误； 由g(e)>g(e)得，f(e)-lne>f(e)-lne, 即f(e)-2>f(e)-1,即f(e)-f(e)>1,故D正确.] 8.BCD[设g()=fD(>0). x 则g'()=f()-f=-1Dc= x1 x 可设g(x)=g+c, 则g(1)=e十c=0,解得c=-e, 故g(x)= x -e, 即f(x)=e-ex,x>0, 令g(x)>0,则x>1, 故g(x)在(1，十∞)上单调递增， 六g(2)<g(3),即2<13) 2 3 则3f(2)<2f(3),故A错误； 令f(x)=e-e>0,得x>1, 令f(x)=e一e0,得0<x<1, 则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增， ∴f(1)<f(2)<f(e),f(x)在x=1处取得极小值，无极 大值，故B,C,D均正确.] 9.解析：令g(x)=f(x)-x2-3x, 则g(x)=f(x)-2x-3<0在R上恒成立， 所以g(x)是减函数， 又f(2x-3)<2x(2x-3), 即f(2x-3)-(2x-3)-3(2.x-3)<0, 又f(1)-12-3×1=0, 即g(2x-3)<g(1), 所以2x一3>1，解得x>2, 所以不等式f(2x-3)<2x(2x-3)的解集为(2，+∞). 答案：(2，十○) 327 10.解析：令F(x)=x2f(x), F'(x)=2zf(x)+z2f(x)=z[2f(x)+ xf(x)],由当x<0时，2f(x)十xf(x)<0, 所以当x0时，F'(x)=x[2f(x)+xf'(x)]>0, 即F(x)在（一○，0）上是增函数， 由题意f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(一x)= f(x),所以F(-x)=(-x)2f(-x)=xf(x)=F(x), 所以F(x)是偶函数，在(0，十©∞)递减，所以 F(x-2024)=(x-2024)f(x-2024), F(-1)=(-1)f(-1)=f(-1),即不等式等价为 F(x-2024)<F(-1), 所以|x-2024|>1,所以x<2023或x>2025. 答案：{xx<2023或x>2025} 课时冲关20函数中的综合问题 1.解：(1)f(.x)=aln2·2-n2=ln2(a·2-1), 当a≤0时，(x)<0,则函数f(x)在(-∞，十∞)上单 调递减； 当>0时，当x<1og:时，f(x)<0,当x>log时， f()>0,所以画数f(x)在(-，log:日)上单洞 递减， 在（l0g:a,+∞）上单调递增. 综上所述，当a≤0时，函数f(x)在（一co,十c∞）上单调 递减； 当a>0时，函数fx)在(，lg日)上单词逆减，在 (0ga,+∞）上单洞递增. (2)证明：由1)得f(x)m=f(og:） =a·2÷-ln2X1og:a =1+lna, 则只要证明1十lna2lna+ 工即可· 即证lna十 1-1≥0. 令h(a)=lna+】-1(a>0), 则N(a)=⊥-1=a-1 aaa 当0<a<1时，h'(a)0,当a>1时，h'(a)0, 所以函数h(a)在(0,1)上单调递减，在(1，+c∞)上单调 递增， 所以ha)≥h1)=0,即1na+1-1≥0， 所以当a>0时，不等式)≤2na十日有实数解。 32 2.解：(1当a=时x)=(x-1De+号，所以了） =xe十x, 所以f1)=2f1)=e+1, f)在x=1处的切线方程为y-号=(e+1D(x-1D. 即y=(e+1Dx-e-子 (2)(i)当a=0时，f(x)=(x一1)e,不合题意； 若a≠0，由f(x)=(x-1)e十a.x2,所以f'(x)=xe+ 2ax=x(e+2a), (i)当a>0时，当x∈(0，+o)时，f(x)>0,即f(x)单 调递增； 当x∈（一○，0）时，f(x)<0,即f(x)单调递减， 又f(0)=一1<0，f(1)=a>0,由零，点存在定理及函数 的单调性可知： 存在唯一的x1∈(0,1)，使得f(x1)=0, 又当x→一∞时，f(x)→十∞，由零点存在定理及函数的 单调性可知： 存在唯一的x2∈（一∞，0），使得f(x2)=0, 所以a>0满足题意； (m)当a<0时，令f(x)=0,得x=0或x=ln(-2a), ①若-号<a<0,则n(-2a)0.则当zE（-0,lh(-2a》 时，(x)>0,即f(x)单调递增； 当x∈(ln(-2a),0)时，f'(x)<0,即f(x)单调递减； 当x∈(0，十o)时，f(x)>0,即f(x)单调递增； 又f(ln(-2a)=-2a(ln(-2a)-1)+a(ln(-2a)2 =a[(ln(-2a)-2ln(-2a)+2]<0,不合题意； @若a=-合，则h(-2a)=0,则f≥0在R上拉成立， 即f(x)在R上单调递增，不合题意； ③若a<-子，则ln(-2a)>0, 当x∈(-∞，0)时，(x)>0,即f(x)单调递增； 当x∈(0，ln(一2a))时，f(x)<0,即f(x)单调递减； 当x∈(ln(-2a),十o∞)时，f(x)>0,即f(x)单调递增； 又f(0)=一1<0，不含题意， 综上所述，参数a的取值范围为(0，十c∞). 3.解：(1)若a=2,则f(x)=x2十2x-4lnx, 故(x)=2x+2-4=2(x+2)(z-1)」 当0<x<1时，f(x)<0;当x>1时，f(x)>0, 故f(x)在(1，十○)上单调递增，在(0,1)上单调递减，即 f(x)的增区间为(1，十@)，减区间为(0,1). (2)f(x)=2x+a-2=(2x-a)(z+a) 当a=0时，f(x)=x,此时f(x)在(0，十∞)无零点，不 合题意。 当a>0时，当0<x<号时，则f(x)<0:当x>号时， fx)>0,故f(x)在（2，+）上单调递增，在 (0受)上单调递减，故f(x)m=f(受)=是a an受，因为函数f(x)有两个不同的零点，则子a aln号<0，即a>2e. 又当a>2e时，f1)=1+a>0,而1<号， 结合函数的单调性可得f(x)在(0,2)上有且只有一个 零点；而f(a2)=a+a3-2alna=a2(a2+a-2lna),令 g(a)=a十a-2lna,a>2e,则 ga)=2a+1-名>0，放g@)在(20，+∞)上单词递增， 故g(a)>4e+2e-2ln(2e号)>4e是+2e号-2lne号= 4c+2c-7>0 故f(a)>0,结合函数的单调性可得f(x)在 (经，十∞）上有且只有一个零点， 故a的取值范围为a>2e. 4,解：(1)函数f(x)的定义域为(0，十∞)，求导得f(x)= -aln x 22, 若a=0,则f(x)=0,无极值； 若a≠0，由(x)=0,可得x=1, 若a<0,当0<x<1时，(x)<0,则f(x)单调递减，当 x>1时，f(x)>0,则f(x)单调递增， 此时，函数f(x)有唯一极小值f(1)=a,无极大值： 若a>0,当0<x<1时，f(x)>0,则f(x)单调递增，当 x>1时，(x)>0,则f(x)单调递减， 此时，函数f(x)有唯一极大值f(1)=a,无极小值； 所以当a=0时，函数f代x)无极值； 当a<0时，函数f(x)有极小值f(1)=a,无极大值； 当a>0时，函数f(x)有极大值f(1)=a,无极小值； (2)证明：由(ex1)=(ex,)1,两边取对数可得 z:(In +1)=t (In+1),1In:+1 当4=1时，f)=+1,f)=-2, 由(1)可知，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞) 上单调递减，所以f(x)mx=f(1)=1, 3 而f(日）=0>1时fm)>0恒成立， 因此，当a=1时，存在x1,2且0<x1<1<x2,满足 f(x1)=f(x2), 若x2∈[2，十∞)，则x1十x2>x2≥2成立； 若x∈(1,2)，则2-x2∈(0,1)， 记g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(1,2)， 则g(x)=f()+f(2-)=_血-2-巴-血x x (2-x)2 n2-2=-ln-(z=1+1>0, x 即有函数g(x)在(1,2)上单调递增，所以g(x)>g(1)= 0,即f(x)>f(2-x), 于是f(x1)=f(x2)>f(2-x2),而x∈(1,2)，2-x:∈ (0,1),x1∈(0,1)， 函数f(x)在(0,1)上单调递增，因此x1>2-x2,即x1十 xg>2. 课时冲关21任意角和孤度制、三角函数的概念 1.C[与角℉的终边相同的角可以写成2kx+F(k∈Z) 或k·360°+45°（∈Z),但是角度制与孤度制不能混用， 排除A、B,易知D错误，C正确.] 2.A[因为角a的终边经过点P(1W5),则x=1,y=√3，r =|OP=2,所以cosa=二=号 7=2ana=义=尽，那么cos x a+tan a-1+213.] 2 3.A[因为角a的终边上一点的坐标(a,2)且a是非零实 2 数，所以根据三角函数的定义知，sina= ，c0sa= √a+4 a √a+4 tan a=2 a 2 选项A,cos atan a=- >0，故选项A正确；选项B, √a+4 sin acos a=- 。年调为a的正负不知，故达预B铅误：选项 4 C,sin atan a= ，因为a的正负不知，故选项C错 a√a2+4 误；选项D,tana= 兰因为a的正负不知，故选项D错民门 4.C[因为点p5 ,一1在第四象限，所以根据三角函 1 数的定义可知tanf= 2 --5,又e[0,2),所以9 3 2 61 29