【新高考复习】2022届新高考数学提分计划之函数与导数 新高考I专用（7）

2022届新高考数学提分计划之函数与导数新高考I专用（7）1.已知函数2()2fxmxnxmn是偶函数，其定义域为[1,22]mn，则()A.0m，0nB.3m，0nC.1m，0nD.3m，0n2.若函数,1,()42,1,2xaxfxaxx且满足对任意的实数1x，212xxx，都有12120fxfxxx成立，则实数a的取值范围是()A.(1,)B.(1,8)C.(4,8)D.[4,8)3.已知函数()yfx，其导函数'yfx（）的图像如图所示，则()yfx()A.至少有两个零点B.在3x处取极小值C.在（2，4）上为减函数D.在1x处切线斜率为04.对于幂函数54()fxx，若120xx，则122xxf，122fxfx的大小关系是()A.121222fxfxxxfB.121222fxfxxxfC.121222fxfxxxfD.无法确定5.已知函数3,0,(),0.xxfxxx若函数2()()2()gxfxkxxkR恰有4个零点，则k的取值范围是()A.1,(22,)2B.1,(0,22)2C.(,0)(0,22)D.(,0)(22,)6.（多选）如图所示的是某受污染的湖泊在自然净化的过程中某种有害物质的剩余量y与净化时间t（月）之间满足的函数关系：tya（0t，0a，1a）的图象.若有害物质的初始量为1，则以下说法中正确的是()A.第4个月时，剩余量就会低于15B.每月减少的有害物质的量都相等C.有害物质每月的衰减率为13D.当剩余量为12，14，18时，所经过的时间分别是1t，2t，3t，则123ttt7.（多选）已知()fx为定义在R上的函数，对任意的,xyR，都有()()()fxyfxfy，并且当0x时，有()0fx，则()A.(0)0fB.若(2)2f，则(2)2fC.()fx在(,)上为增函数D.若(2)2f，且2(25)4fafa，则实数a的取值范围为(,1)(1,)8.若32()1(0)fxxmxm在区间[0,2]上的极大值为最大值，则实数m的取值范围是___________，最大值是__________.9.已知[]x表示不超过x的最大整数，定义函数()[]fxxx.有下列结论：①函数的图象是一条直线；②函数()fx的值域为[0,1)；③方程1()2fx有无数个解；④函数是R上的增函数.其中错误的是______________.（填序号）10.已知函数()(1)e(0,)xfxaxxaR.（1）讨论函数()fx的单调性；（2）当1a时，()2fxkx恒成立，求整数k的最大值.答案以及解析1.答案：B解析：由2()2fxmxnxmn是偶函数，得0n.又函数的定义域为[1,22]mn，所以122mn，则3m.2.答案：D解析：对任意的实数1x，212xxx，都有12120fxfxxx成立，函数,1,()42,12xaxfxaxx在R上单调递增，11,40,2412,2aaaa解得[4,8)a，故选D.3.答案：C解析：根据导函数的图像只能得到原函数的单调性和单调区间，得不到函数值，故A是错的；在3x处，)'(fx左右两端都是负的，所以不是极值点，故B是错的；在（2，4）上是单调递减的，故C正确；在1x处的导数值大于0，故得到切线的斜率大于0，故D是错的，故选C.4.答案：A解析：幂函数45()fxx在[0,)上是增函数，大致图象如图所示.设1,0Ax，2,0Cx，其中120xx，则AC的中点E的坐标为12,02xx，且1||ABfx，2||CDfx，12||2xxEFf.1||(||||)2EFABCD，121222fxfxxxf，故选A.5.答案：D解析：令2()2hxkxx，函数2()()2()gxfxkxxkR恰有4个零点，即()yfx与()yhx的图象恰有4个不同交点.当12k时，2211()2222hxxxxx，在同一直角坐标系中作出()yfx，()yhx的图象，如图.由图可知()yfx与()yhx的图象恰有4个不同交点，即函数2()()2gxfxkxx恰有4个零点，排除A，B；当1k时，2()2hxxx，作出()yhx与()yfx的图象，如图所示.此时，函数()yfx与()yhx的图象仅有2个交点，不合题意，排除C，故选D.6.答案：ACD解析：根据图象过点42,9，可知，249a，解得23a或23a（舍去），函数关系是23ty.令4t，得161815y，故A正确；当1t时，23y，减少了13，当2t时，49y，减少了29，每月减少的有害物质的量不相等，故B不正确；因为21133tty，所以有害物质每月的衰减率为13，故C正确；分别令12y，14，18，解得1231log2t，2231log4t，3231log8t，则123ttt，故D正确.故选ACD.7.答案：ACD解析：令0xy，则(00)(0)(0)fff，即(0)0f，故A正确；令yx，则(0)()()ffxfx，又(0)0f，于是()()fxfx，所以()fx为奇函数，因为(2)2f，所以(2)(2)2ff，故B错误；任取12,xxR，且12xx，则21212112fxfxfxfxfxxfxx，由120xx知，120fxx，所以210fxfx，所以21fxfx，所以函数()fx为R上的增函数，故C正确；因为(2)2f，所以(4)(2)(2)4fff，所以2(25)4fafa等价于2(25)(4)fafaf，即2(25)(4)fafaf，所以2(254)fafa，所以2254aa，即2(1)0a，解得1a或1a，故D正确.8.答案：(0,3)；34127m解析：由题意，得2()32(32)fxxmxxxm.令()0fx，得0x或23mx.当203m时，()fx在区间[0,2]上单调递减，不存在极大值，所以2023m，所以03m，且当20,3mx时，()0fx，()fx单调递增；当2,23mx时，()0fx，()fx单调递减，所以3max24()1327mmfxf.9.答案：①④解析：根据定义函数(01),()[]1(12),2(23),xxfxxxxxxx对于①，作出函数()fx的部分图象如图所示，因此①中结论错误；对于②，根据函数的图象可知函数的值域为[0,1)，因此②中结论正确；对于③，直线12y与函数()fx的图象有无穷多个交点，因此③中结论正确；对于④，根据函数的图象知，函数在每个小区间内单调递增，但是在整个定义域内不具备单调性，因此④中结论错误.故答案为①④.10.答案：（1）易得()[(1)]exfxaxa.当1a时，()0fx，故()fx在(0,)上单调递增；当01a时，令()0fx，解得1axa，故()fx在10,aa上单调递减，在1,aa上单调递增；当0a时，()0fx，故()fx在(0,)上单调递减.（2）当1a时，()(1)exfxx，则(1)e2xxkx对于0x恒成立.方法一令()(1)e2(0)xgxxkxx，则()e(0)xgxxkx.当0k时，()0gx，则()gx在(0,)上单调递增，且(0)10g，符合题意；当0k时，令()e(0)xhxxkx，则()(1)e0xhxx，所以当0x时，()gx单调递增，又(0)0gk，所以存在00x，使得000e0xgxxk，且()gx在00,x上单调递减，在0,x上单调递增，故0min000()1e20xgxgxxkx，即000120xkkxx，所以00211kxx，由0012xx，当且仅当01x时取等号，得02k.又kZ，所以整数k的最大值为1.又1k时，1e1022g，(1)e10g，所以01,12x，0024,2131xx，所以1k时符合题意.所以整数k的最大值为1.方法二原不等式等价于(1)e2xxkx对于0x恒成立.令(1)e2()(0)xxhxxx，则221e2()(0)xxxhxxx.令2()1e2(0)xtxxxx，则()(1)e0xtxxx，所以()tx在(0,)上单调递增.又(1)0t，13e2024t，所以存在01,12x，使得020001e20xtxxx，且()hx在00,x上单调递减，在0,x上单调递增，所以min0002()11hxhxxx，又01,12x，所以001311,2xx，所以04,23hx，所以43k，经验证1k时，()2fxkx恒成立，所以整数k的最大值为1.