1、本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 阶段滚动练(一)第 14 章 (本试卷分选择题和非选择题两部分，满分 150 分，考试用时 120 分钟) 选择题部分(共 40 分) 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 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(2020浙江冲刺卷二)已知集合 Ax|x23x20，Bx|x1，则 AB () A(1，2)B(2，) C(1，)D 答案A 解析由题意得集合 Ax|1x2，所以 A
2、Bx|1x2Ba5Ca0，x4 x x 4 x2 x 4 x4，当且仅当 x 4 x即 x4 时，等号成 立，因此当命题 p 为真命题时，a14，即 a3，所以命题 p 为假命题的充要 条件是 a3， 故结合选项可知命题 p 为假命题的一个充分不必要条件是 a6.故选 D. 3若不等式 ax2bx20 的解集为x|1x2，则不等式 2x2bxa0 的 解集为() A. x|x1 或 x 1 2B. x|1x 1 2 Cx|2x1Dx|x2 或 x1 答案A 解析不等式 ax2bx20 的解集为x|1x2， ax2bx20 的两根 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 32303138
3、0 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 为1，2，且 a0，即12b a，(1)2 2 a，解得 a1，b1，则所求 不等式可化为 2x2x10，解得 x|x1 或 x 1 2 ，故选 A. 4(2020宁波适考)函数 ycos x2 x1 2x1的部分图象大致为( ) 答案A 解析cos(x)2 x1 2 x1cos x 12x 12xcos x 2x1 2x1，所以函数是奇函数，所以排 除 B，D；当 x0，且接近于 0 时，2 x1 2x10，cos x0，所以 cos x 2x1 2x10，所以 排除 C，故选 A
4、. 5(2019全国卷)设 f(x)为奇函数，且当 x0 时，f(x)ex1，则当 x0 时，f(x) () Ae x1 Be x1 Ce x1 De x1 答案D 解析当 x0， 当 x0 时，f(x)ex1，f(x)e x1. 又f(x)为奇函数，f(x)f(x)e x1.故选 D. 6已知 0ba1，则 ab，ba，aa，bb中最大的是() AbaBaaCabDbb 答案C 解析0baaa，babb. 综上，ab最大 7若函数 f(x)x1 3sin 2xasin x 在(，)上单调递增，则 a 的取值范围 是() A1，1B. 1，1 3 C. 1 3， 1 3D. 1，1 3 答案C
5、 解析因为 f(x)x1 3sin 2xasin x， 所以 f(x)12 3cos 2xacos x 4 3cos 2xacos x5 3. 由 f(x)在 R 上单调递增，则 f(x)0 在 R 上恒成立 令 tcos x，t1，1，则4 3t 2at5 30， 在 t1，1上恒成立 所以 4t23at50 在 t1，1上恒成立 令 g(t)4t23at5， 只需 g（1）3a10， g（1）3a10. 解得1 3a 1 3. 8(2020浙江新高考仿真卷五)已知 x0是函数 f(x)e x 1 x2的零点，若 x 1(0， x0)，x2(x0，2)，则() Af(x1)0，f(x2)0B
6、f(x1)0，f(x2)0 Cf(x1)0，f(x2)0Df(x1)0，f(x2)0 答案C 解析函数 f(x)的定义域为x|x2，求导得 f(x)e x 1 （x2）20，则函数 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 f(x)在区间(，2)，(2，)上单调递减，f(0)1 20，当 x2 时，f(x) ，故 f(x)的零点 x0(，2)，由 0 x1x0 x22，得 f(x1)f(x0)f(x2)，即 f(x1)0，f(x2)0，故选 C. 9(2021浙
7、江教育绿色评价联盟适考)已知 a 1 3 1 2，b3 2，clog 1 2 1 3，则( ) AabcBcab CacbDcba 答案C 解析因为 a 1 3 1 2 3，b3 2，clog 1 2 1 3log 23，则 ab，又 2 3 2 83，则 log22 3 2log 23，即 bc；构造函数 f(x)log2x x，则 f(x) 1 xln 2 1 2 x 2 xln 2 2xln 2 ，因此函数 f(x)在区间(0，4log22e)上单调递增，在区间(4log22e，)上 单调递减，从而由 f(4)0，知 f(3)0，即 ac，故选 C. 10已知函数 f(x) x22x，x
8、0， ln（x1） ，x0，若|f(x)|ax，则 a 的取值范围是( ) A(，0B(，1 C2，1D2，0 答案D 解析作出函数 y|f(x)|的图象，如图，当|f(x)|ax 时，必有 ka0，其中 k 是 yx22x(x0)在原点处的切线斜率，显然，k2. a 的取值范围是2，0 非选择题部分(110 分) 二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分) 11不等式|x1|x5|2 的解集为_ 答案(，4) 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 48
9、3122854 期待你的加入与分享 解析当 x1 时，原不等式可化为 1x(5x)2，42，不等式恒成立， x1. 当 1x5 时，原不等式可化为 x1(5x)2， x4，1x4， 当 x5 时，原不等式可化为 x1(x5)2，该不等式不成立综上，原不等 式的解集为(，4) 12(2021浙江名师预测卷四)f(x) x24，x1 2， log3（12x） ，x1 2， 则 f(0)_，f(f(3)_ 答案42 解析f(0)4，f(f(3)f(5)log392. 13 若函数 f(x)是定义在 R 上的周期为 2 的奇函数， 当 0 x1 时， f(x)4x， 则 f 5 2 _，f(2)_ 答
10、案20 解析由题意，得 f(2)f(0)0. 又 f 5 2 f 1 2 f 1 2 4 1 22， f 5 2 f(2)2. 14已知整数 x，y 满足不等式 yx， xy4， x2y80， 则 2xy 的最大值是_；x2 y2的最小值是_ 答案248 解析满足不等式组 yx， xy4， x2y80 的可行域如图所示，由 z2xy， 得 y2xz， 由图可知， 当直线 y2xz 过 A 时， 直线在 y 轴上的截距最大， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分
11、享 由 xy， x2y80可得 x8， y8，即 A 点坐标为(8，8)，z 最大值等于 28824.x 2 y2的最小值是可行域的 B 到原点距离的平方，由 xy4， yx 可得 B(2，2)，可得 22228. 15已知函数 f(x)|xa|x1|(a0)的最小值是 2，则 a 的值是_，不 等式 f(x)4 的解集是_ 答案3(，04，) 解析f(x)|xa|x1|xax1|1a|2，故 1a2 或 1a2， 解得 a1 或 a3， 又 a0，所以 a3，所以 f(x)|x3|x1|. 由 f(x)4，即|x3|x1|4， 可得 x3x14， x3 或 3xx14， 1x3 或 3x1x
12、4， x1， 解得 x4 或 x0， 故不等式 f(x)4 的解集是(，04，) 16已知 x(0，2)，若关于 x 的不等式 x ex0. 即 kx22x 对任意 x(0，2)恒成立，从而 k0， 因此由原不等式得 k0，函数 f(x)在(1，2)上单调递增， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)在(0，1)上单调递减， 所以 kf(x)minf(1)e1， 故实数 k 的取值范围是0，e1) 17(2020
13、浙江名师预测卷四)已知函数 f(x)|x2axb|，x1，2，记 M 是 f(x)的最大值，则 M 的最小值为_ 答案 9 8 解析由于M是f(x)在1， 2上的最大值， 所以M|f(1)|， M|f(2)|， M|f 1 2|， 即 M|1ab|，M|42ab|，M| 1 4 1 2ab|，根据绝对值不等式的性质， 构造 4M|1ab|42ab|2| 1 4 1 2ab|1ab42ab 2 1 4 1 2ab|9 2，所以 M 9 8，M 的最小值为 9 8. 三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤) 18(本小题满分 14 分)(2021杭州质
14、检)已知函数 f(x)x2k|x1|2. (1)当 k1 时，求函数 f(x)的单调递增区间； (2)若 k2，试判断方程 f(x)1 的根的个数 解(1)当 k1 时，函数 f(x) x2x3，x1， x2x1，x1， yx2x3 在1，)上单调递增，且 f(1)1； yx2x1 在 1 2，1上单调递增，当1 2x1 时， 5 4f(x)1 时，f(x)1x2k(x1)21(x1)(x1k)0，即 x1k； 当 x1 时，f(x)1x2k(1x)21(x1)(x1k)0，即 xk1. 故当 k1， k11， 则方程有三个不相等的实根； 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323
15、031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 当 k2 时， 1k1， k130，aR) (1)求函数 yf(x)的单调区间； (2)当 a1 时，证明：对任意的 x0，f(x)x2xex2. (1)解函数 f(x)的定义域为(0，)， f(x)2x(a2)a x （x1） （2xa） x ， 当 a0 时，f(x)0 对任意的 x(0，)恒成立，所以函数 f(x)单调递增； 当 a0 时，由 f(x)0 得 xa 2，f(x)0 得 0 x0， 设 g(x)exln x2(x0)， 令 g(x)ex1 x0， 此时方
16、程有唯一解 x0，满足 ex01 x0(x 01) 当 x 变化时，g(x)和 g(x)变化情况如下表 x(0，x0)x0(x0，) g(x)0 g(x)极小值 g(x0) g(x)ming(x0)ex0ln x02 1 x0 x 02， 因为 x00，且 x01， 所以 g(x)min2 120，因此不等式得证 20(本小题满分 15 分)(1)已知 a，b，c 为正数，且 abc1，证明：1 a 1 b 1 ca 2 b2c2； 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你
17、的加入与分享 (2)设 x，y，zR，且 xyz1，若(x2)2(y1)2(za)21 3成立证明： a3 或 a1. 证明(1)因为 a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac， 又 abc1，故有 a2b2c2abbcca abbcca abc 1 a 1 b 1 c. 当且仅当 abc1 时等号成立 所以1 a 1 b 1 ca 2b2c2. (2)因为(x2)(y1)(za)2 (x2)2(y1)2(za)22(x2)(y1)(y1)(za)(za)(x2) 3(x2)2(y1)2(za)2， 所以由已知得(x2)2(y1)2(za)2（2a） 2 3 ， 当且仅当 x4a 3 ，
18、y1a 3 ，z2a2 3 时等号成立 所以(x2)2(y1)2(za)2的最小值为（2a） 2 3 . 由题设知（2a） 2 3 1 3，解得 a3 或 a1. 21(本小题满分 15 分)(2020全国卷)已知函数 f(x)x3kxk2. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有三个零点，求 k 的取值范围 解(1)f(x)3x2k. 当 k0 时，f(x)x3，故 f(x)在(，)单调递增 当 k0，故 f(x)在(，)单调递增 当 k0 时，令 f(x)0，得 x 3k 3 . 当 x ， 3k 3时，f(x)0； 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 32303
19、1380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 当 x 3k 3 ， 3k 3时，f(x)0. 故 f(x)在 ， 3k 3， 3k 3 ， 单调递增， 在 3k 3 ， 3k 3单调递减 (2)由(1)知，当 k0 时，f(x)在(，)单调递增，f(x)不可能有三个零点 当 k0 时，x 3k 3 为 f(x)的极大值点， x 3k 3 为 f(x)的极小值点 此时，k1 3k 3 3k 3 k1 且 f(k1)0，f 3k 30. 根据 f(x)的单调性，当且仅当 f 3k 30， 即 k22k 3k 9 0 时，f(x
20、)有三个零点，解得 k0，mn1，求证：f(m)f(n)g2(m)g2(n)1 4. (1)解由题可知 ln x a x x在(0，1恒成立， 即 ax xln x 在(0，1恒成立 令 h(x)x xln x(x(0，1)， 则 h(x)2 xln x2 2 x . 令 u(x)2 xln x2(x(0，1)， 则 u(x) 1 x 1 x0 在(0，1恒成立， 所以在(0，1上，u(x)u(1)0， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 所以在(0，1上，h(x)0， 所以 h(x)在(0，1上单调递增， 所以在(0，1上，h(x)maxh(1)1， 所以 a1.故 a 的取值范围为1，) (2)证明原不等式为 ln mln nmn1 4， 由(1)知 ln x 1 x x，即ln x 1x x ， 所以 0ln m1m m n m，0ln n m n， 所以 ln mln n mn. 因为 0mn（mn） 2 4 1 4， 所以 ln mln nmn mnmn mn1 2 2 1 4 1 4， 则 f(m)f(n)g2(m)g2(n) 1 4.
