高考數(shù)學理二輪專題復習 專題能力提升練一 Word版含解析

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1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 專題能力提升練(一)　函數(shù) 一、選擇題(每小題5分) 1．已知f(x)＝，則f的值為(　　) A.　　　　　　　B．－ C．1 D．－1 解析：f＝f＋1＝sin＋1＝－. 答案：B 2．已知f(x)＝為偶函數(shù)，則y＝loga(x2－4x－5)的單調遞增區(qū)間為(　　) A．(－∞，－1) B．(－∞，2) C．(2，＋∞) D．(5，＋∞) 解析：因為f(x)＝為偶函數(shù)，所以f(－1)＝f(1)，即1－a＝1－2，所以a＝2，則y＝log2(x2－4x－5)，令t

2、＝x2－4x－5，其對稱軸為x＝2，由x2－4x－5＞0，得x＜－1或x＞5.由復合函數(shù)的單調性知，y＝loga(x2－4x－5)的單調遞增區(qū)間為(5，＋∞)． 答案：D 3．已知函數(shù)f(x)＝ln，則f(x)是(　　) A．非奇非偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調遞增 B．奇函數(shù)，且在R上單調遞增 C．非奇非偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調遞減 D．偶函數(shù)，且在R上單調遞減 解析：要使函數(shù)有意義，則ex＞e－x，解得x＞0，即函數(shù)的定義域是(0，＋∞)，故函數(shù)是非奇非偶函數(shù)．又y＝在(0，＋∞)上遞增，所以f(x)在(0，＋∞)上遞增，故選擇A. 答案：A 4．若關于x的方程ax

3、＋＝3的正實數(shù)解有且僅有一個，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，0]∪{2} C．[0，＋∞) D．[0，＋∞)∪{－2} 解析：在直角坐標系中作出y＝的圖象，如圖所示，易知當a≤0時，直線y＝3－ax與y＝的圖象在第一象限只有一個交點；當a＝2時，易知直線y＝3－2x與y＝的圖象在第一象限內只有一個交點(1,1)，故選B. 答案：B 5．設函數(shù)f(x)＝sin－1(ω>0)的導函數(shù)f′(x)的最大值為3，則f(x)圖象的一條對稱軸方程是(　　) A．x＝ B．x＝ C．x＝ D．x＝ 解析：∵f′(x)＝ωcos的最大值為3，即ω＝3，∴

4、f(x)＝sin－1.由3x＋＝＋kπ(k∈Z)得，x＝＋(k∈Z)．故A正確． 答案：A 6．設f(x)＝(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則f(x)dx＝(　　) A．－ B．－ C. D. 解析：依題意得，f(x)dx＝x2dx＋dx＝x3＋lnx＝＋1＝. 答案：D 7．若曲線f(x，y)＝0(或y＝f(x))上兩個不同點處的切線重合，則稱這條切線為曲線f(x，y)＝0(或y＝f(x))的自公切線，現(xiàn)有下列曲線： ①x2－y2＝1?、趛＝3sinx＋4cosx?、踶＝x2－|x|　④|x|＋1＝. 其中存在自公切線的是(　　) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

5、 解析：對于①，曲線x2－y2＝1為等軸雙曲線，不存在自公切線；對于②，曲線y＝3sinx＋4cosx的一條自公切線為y＝5；對于③，函數(shù)y＝x2－|x|的圖象如圖1所示，顯然存在自公切線；對于④，函數(shù)|x|＋1＝的圖象如圖2中實線部分所示，顯然不存在自公切線． 答案：C 8．函數(shù)f(x)＝ex－ex，x∈R的單調遞增區(qū)間是(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(－∞，1) D．(1，＋∞) 解析：由題意知，f′(x)＝ex－e， 令f′(x)＞0，解得x＞1，故選D. 答案：D 9．已知函數(shù)f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)，若f(x)

6、的最小值為g(t)，且g(t)＜－2t＋m對任意的t∈(0,2)恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1] C．(1，＋∞) D．(－∞，1) 解析：∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴f(x)min＝f(－t)＝－t3＋t－1(t＞0)，即g(t)＝－t3＋t－1.由g(t)＜－2t＋m對任意的t∈(0,2)恒成立，知g(t)＋2t＜m對任意的t∈(0,2)恒成立，令h(t)＝g(t)＋2t＝－t3＋3t－1，只需m＞h(t)max(t∈(0,2))即可．由h′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1或t＝－1(不合題意，舍去)．

7、∵h(t)在(0,1)上單調遞增，在(1,2)上單調遞減，∴h(t)在(0,2)上的最大值為h(1)＝1，∴m＞1.故應選C. 答案：C 10．已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋1＋alnx有兩個極值點x1，x2，且x1＜x2，則(　　) A．f(x2)＜－ 　B．f(x2)＜ C．f(x2)＞ 　D．f(x2)＞ 解析：由題意，f(x)＝x2－2x＋1＋alnx的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2＋＝.因為f(x)有兩個極值點x1，x2，所以f′(x)＝0有兩個不同的正實根x1，x2，因為0＜x1＜x2，且x1＋x2＝1，所以＜x2＜1，a＝2x2－2x，所以f(x2)＝x

8、－2x2＋1＋(2x2－2x)lnx2.令g(t)＝t2－2t＋1＋(2t－2t2)lnt，其中＜t＜1，則g′(t)＝2(1－2t)lnt，當t∈時，g′(t)＞0，所以g(t)在上是增函數(shù)，所以g(t)＞g＝，故f(x2)＝g(x2)＞. 答案：D 二、填空題(每小題5分) 11．若函數(shù)f(x)＝的定義域為{x|1≤x≤2}，則a＋b的值為________． 解析：函數(shù)f(x)的定義域是不等式ax2＋abx＋b≥0的解集．不等式ax2＋abx＋b≥0的解集為{x|1≤x≤2}，所以，解得所以a＋b＝－－3＝－. 答案：－ 12．已知f(x)＝4x＋1，g(x)＝4－x.若偶函數(shù)

9、h(x)滿足h(x)＝mf(x)＋ng(x)(其中m，n為常數(shù))，且最小值為1，則m＋n＝________. 解析：由h(x)＝m(4x＋1)＋n4－x是偶函數(shù)，得h(－x)＝m(4－x＋1)＋n4x＝h(x)＝m(4x＋1)＋n4－x，化簡得(m－n)(4x－4－x)＝0，所以m＝n.又h(x)＝m(4x＋4－x＋1)有最小值1，所以m＞0，又h(x)＝m(4x＋4－x＋1)≥3m，所以3m＝1，解得m＝，故m＋n＝. 答案： 13．若函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋1是定義在[－1－a,2a]上的偶函數(shù)，則該函數(shù)的最大值為________． 解析：由函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋1是定義

10、在[－1－a,2a]上的偶函數(shù)，可得b＝0，且－1－a＋2a＝0，解得a＝1，所以函數(shù)f(x)＝x2＋1，x∈[－2,2]，故該函數(shù)的最大值為5. 答案：5 14．若函數(shù)y＝loga(x2－ax＋1)(a＞0，a≠1)有最小值，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：當a>1時，若函數(shù)y＝loga(x2－ax＋1)(a＞0，a≠1)有最小值，則(－a)2－4＜0，得1＜a＜2；當0＜a＜1時，函數(shù)y＝x2－ax＋1沒有最大值，從而不能使得函數(shù)y＝loga(x2－ax＋1)有最小值，不符合題意．綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是(1,2)． 答案：(1,2) 15．在平面直角坐標系xO

11、y中，點M在曲線C：y＝x3－x上，且在y軸左側，已知曲線C在點M處的切線的斜率為2，則點M的坐標為________． 解析：由y′＝3x2－1＝2，得x＝1，又點M在第二象限內，故x＝－1，此時y＝0，故點M的坐標為(－1,0)． 答案：(－1,0) 三、解答題(第16,17,18,19題每題12分，第20題13分，第21題14分) 16．已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且當x≥0時，f(x)＝loga(x＋1)(a＞0，且a≠1)． (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)若－1＜f(1)＜1，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)當x＜0時，－x＞0， 由題意知f(－x)＝lo

12、ga(－x＋1)， 又f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)． ∴當x＜0時，f(x)＝loga(－x＋1)， ∴函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝. (2)∵－1＜f(1)＜1，∴－1＜loga2＜1， ∴l(xiāng)oga＜loga2＜logaa. ①當a＞1時，原不等式等價于，解得a＞2； ②當0＜a＜1時，原不等式等價于，解得0＜a＜. 綜上，實數(shù)a的取值范圍為∪(2，＋∞)． 17．已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx，g(x)＝eax＋2x，其中a∈R. (1)當a＝2時，求函數(shù)f(x)的極值； (2)若存在區(qū)間D?(0，＋∞)，使得f(x)與g(x)在區(qū)間D上具

13、有相同的單調性，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)當a＝2時，f(x)＝2x－lnx，定義域為(0，＋∞)，則f′(x)＝2－， 故當x∈時，f′(x)＜0， f(x)單調遞減；當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增． 所以f(x)在x＝處取得極小值，且f＝1＋ln2，無極大值． (2)由題意知，f′(x)＝a－，g′(x)＝aeax＋2， 當a＞0時，g′(x)＞0，即g(x)在R上單調遞增，而f(x)在上單調遞增， 故必存在區(qū)間D?(0，＋∞)，使得f(x)與g(x)在區(qū)間D上單調遞增； 當a＝0時，f′(x)＝－＜0，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，而g(x)在(0

14、，＋∞)上單調遞增，故不存在滿足條件的區(qū)間D；當a<0時，f ′(x)＝a－<0，即f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，而g(x)在上單調遞減，在上單調遞增，若存在區(qū)間D?(0，＋∞)，使得f(x)與g(x)在區(qū)間D上有相同的單調性，則有l(wèi)n＞0，解得a＜－2. 綜上可知，a＞0或a＜－2. 18．已知函數(shù)f(x)＝，a∈R. (1)若函數(shù)y＝f(x)在x＝1處取得極值，求a的值； (2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在兩點關于原點對稱，求a的取值范圍． 解：(1)當x＞0時，f(x)＝2ex－(x－a)2＋3，f′(x)＝2(ex－x＋a)． 因為y＝f(x)在x＝1處取得極值，所以

15、f′(1)＝0，即2(e－1＋a)＝0，解得a＝1－e，經(jīng)驗證滿足題意，所以a＝1－e. (2)由題意知y＝f(x)的圖象上存在兩點關于原點對稱，即y＝2ex－(x－a)2＋3(x＞0)圖象上存在一點(x0，y0)(x0＞0)，使得(－x0，－y0)在y＝x2＋3ax＋a2－3(x＜0)的圖象上， 即有， 消去y0，得2ex0－(x0－a)2＋3＝－x＋3ax0－a2＋3， 化簡得a＝. y＝f(x)的圖象上存在兩點關于原點對稱，即關于x0的方程a＝在(0，＋∞)上有解． 設h(x)＝(x＞0)，則h′(x)＝. 因為x＞0，所以當x＞1時，h′(x)＞0； 當0＜x＜1時，h

16、′(x)＜0. 所以h(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)． 所以h(x)≥h(1)＝2e，且x→＋∞時，h(x)→＋∞；x→0時，h(x)→＋∞，即h(x)的值域為[2e，＋∞)． 所以當a≥2e時，方程a＝在(0，＋∞)上有解． 所以當a≥2e時，y＝f(x)的圖象上存在兩點關于原點對稱． 19．已知函數(shù)f(x)＝alnx＋(a≠0)． (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若{x|f(x)≤0}＝[b，c](其中b＜c)，求a的取值范圍，并說明[b，c]?(0,1)． 解：(1)f′(x)＝－＝(x＞0)． (ⅰ)當a<0時，f′(x)＜0，則函數(shù)f

17、(x)的單調遞減區(qū)間是(0，＋∞)． (ⅱ)當a＞0時，令f′(x)＝0，得x＝. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  所以f(x)的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是. (2)由(1)知， 當a＜0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以函數(shù)f(x)至多存在一個零點，不符合題意． 當a＞0時，因為f(x)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，所以要使{x|f(x)≤0}＝[b，c]，必需f＜0，即aln＋a＜0. 所以a＞e. 當a＞e時，f＝aln＋a2＝－2alna＋a2＝a(a－

18、2lna)． 令g(x)＝x－2lnx(x≥e)，則g′(x)＝1－＝(x≥e)． 當x＞e時，g′(x)＞0，所以g(x)在[e，＋∞)上是增函數(shù)． 所以當a＞e時，g(a)＝a－2lna＞g(e)＝e－2＞0. 所以f＞0. 因為＜＜1，f＜0，f(1)＝1＞0， 所以f(x)在上存在一個零點，不妨記為b，在上存在一個零點，不妨記為c. 因為f(x)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)， 所以{x|f(x)≤0}＝[b，c]． 綜上所述，a的取值范圍是(e，＋∞)． 因為b∈，c∈，所以[b，c]?(0,1)． 20．已知函數(shù)f(x)＝ex－1－x. (1)若存在x0∈，使a

19、－ex＋1＋x＜0成立，求a的取值范圍； (2)當x≥0時，f(x)≥(t－1)x恒成立，求t的取值范圍． 解：(1)由題知a＜ex－1－x，即a＜f(x)，令f′(x)＝ex－1＝0，得x＝0. ∵x＞0時，f′(x)＞0，x＜0時， f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，在(0，＋∞)上為增函數(shù)． ∴當x0∈時，f(x)在區(qū)間端點處取得最大值． 又f(－1)＝e－1－1＋1＝， f＝－1－ln， f(－1)－f＝－＋1＋ln＝－＋ln＞0. ∴f(－1)＞f， ∴f(x)在上的最大值為， 故a的取值范圍是a＜. (2)由已知可得x≥0時，ex－1－tx

20、≥0恒成立， 令g(x)＝ex－1－tx，則g′(x)＝ex－t， 若t≤1，則當x∈(0，＋∞)時，g′(x)＞0， g(x)為增函數(shù)，g(0)＝0， 從而當x≥0時，g(x)≥0， 即f(x)≥(t－1)x恒成立． 若t＞1，則當x∈(0，lnt)時， g′(x)＜0，g(x)為減函數(shù)，而g(0)＝0， 從而當x∈(0，lnt)時，g(x)＜0，即f(x)＜(t－1)x， 所以t＞1不符合題意，綜上可得t的取值范圍為(－∞，1]． 21．已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－(1＋a)x. (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若f(x)≥0對定義域內的任意x恒成立，

21、求實數(shù)a的取值范圍； (3)證明：對于任意正整數(shù)m，n，不等式＋＋…＋＞恒成立． 解：f′(x)＝＋x－(1＋a)＝＝. (1)當a≤0時，若0＜x＜1，則f′(x)＜0，若x＞1，則f′(x)＞0，故此時函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(0,1)，單調遞增區(qū)間是(1，＋∞)； 當0＜a＜1時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (0，a) a (a,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增 所以函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(0，a)，(1，＋∞)，單調遞減區(qū)間是(a,1)；

22、 當a＝1時，f′(x)＝≥0，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(0，＋∞)； 當a＞1時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(0,1)，(a，＋∞)，單調遞減區(qū)間是(1，a)． (2)由于f(1)＝－－a，顯然當a＞0時，f(1)＜0，此時f(x)≥0對定義域內的任意x不是恒成立的， 當a≤0時，根據(jù)(1)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的極小值、也是最小值是f(1)＝－－a，此時只要f(1)≥0即可，解得a≤－，故實數(shù)a的取值范圍是. (3)由(2)知，當a＝－時，f(x)＝－lnx＋x2－x≥0，當且僅當x＝1時等號成立，即lnx≤x2－x，當x＞1時，這個不等式可以變換為＞＝， 在上面不等式中分別令x＝m＋1，m＋2，…，m＋n，則 ＋＋…＋＞＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＝， 所以＋＋…＋＞.