2019版高考數(shù)學二輪復習 專題二 函數(shù)與導數(shù) 專題突破練9 2.1~2.4組合練 文.doc

專題突破練92.12.4組合練(限時90分鐘,滿分100分)一、選擇題(共9小題,滿分45分)1.(2018湖南長郡中學五模,文2)已知集合A=x|log3(2x-1)0,B=x|y=,全集U=R,則A(UB)等于() A.B.C.D.2.(2018四川成都三模,理5)已知實數(shù)a=2ln 2,b=2+ln 2,c=(ln 2)2,則a,b,c的大小關系是()A.a<b<cB.b<c<aC.c<a<bD.c<b<a3.已知函數(shù)y=loga(x+c)(a,c為常數(shù),其中a>0,a1)的圖象如圖所示,則下列結論成立的是()A.a>1,c>1B.a>1,0<c<1C.0<a<1,c>1D.0<a<1,0<c<14.函數(shù)f(x)=locos x<x<的圖象大致是()5.(2018河南鄭州一模,理12)已知函數(shù)f(x)=x3-9x2+29x-30,實數(shù)m,n滿足f(m)=-12,f(n)=18,則m+n=()A.6B.8C.10D.126.已知函數(shù)f(x)為偶函數(shù),當x0時,f(x)為增函數(shù),則“<x<2”是“flog2(2x-2)>f”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件7.(2018河北衡水中學三模,文11)若函數(shù)f(x)=a(x-2)ex+ln x+在(0,2)上存在兩個極值點,則a的取值范圍是()A.B.C.D.8.(2018陜西西安中學月考,理12)已知函數(shù)f(x)=x3-a2x,若對于任意的x1,x20,1,都有|f(x1)-f(x2)|1成立,則實數(shù)a的取值范圍是()A.B.C.D.9.(2018山西陵川期末,文12)已知關于x的方程x2ex+t-a=0,x-1,1,若對任意的t1,3,該方程總存在唯一的實數(shù)解,則實數(shù)a的取值范圍是()A.B.C.D.(1,e二、填空題(共3小題,滿分15分)10.(2018江蘇南京、鹽城一模,7)設函數(shù)y=ex+-a的值域為A,若A0,+),則實數(shù)a的取值范圍是.11.(2018湖南衡陽二模,理13)已知函數(shù)f(x),g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)和奇函數(shù),且f(x)+g(x)=2x+x,則f(log25)=.12.已知函數(shù)f(x)=若函數(shù)g(x)=f(x)-m有三個不同的零點,則實數(shù)m的取值范圍為.三、解答題(共3個題,分別滿分為13分,13分,14分)13.設函數(shù)f(x)=ln x-x+1.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)證明當x(1,+)時,1<<x;(3)設c>1,證明當x(0,1)時,1+(c-1)x>cx.14.(2018湖南衡陽二模,文21)已知函數(shù)f(x)=(aR).(1)若a0,函數(shù)f(x)的極大值為,求實數(shù)a的值;(2)若對任意的a0,f(x)bln x在x2,+)上恒成立,求實數(shù)b的取值范圍.15.(2018山東青島一模,文21)已知函數(shù)f(x)=ex(aex-a-x)(a0,e為自然對數(shù)的底數(shù))若f(x)0對于xR恒成立.(1)求實數(shù)a的值;(2)證明:f(x)存在唯一極大值點x0,且0<f(x0)<.參考答案專題突破練92.12.4組合練1.D解析 由題意,可得集合A=,B=xx0或x,所以A(UB)=,故選D.2.C解析 a=2ln 2(1,2),b=2+ln 2>2,c=(ln 2)2<1,c<a<b.3.D解析 函數(shù)單調(diào)遞減,0<a<1,當x=1時,y=loga(1+c)<0,即1+c>1,即c>0,當x=0時,loga(x+c)=logac>0,即c<1,即0<c<1,故選D.4.C解析 -<x<時,y=cos x是偶函數(shù),并且y=cos x(0,1,函數(shù)f(x)=locos x是偶函數(shù),cos x(0,1時,f(x)0.四個選項,只有C滿足題意.故選C.5.A解析 y=x3-9x2+29x-30=x3-9x2+27x-27+2x-3=(x-3)3+2(x-3)+3,y-3=(x-3)3+2(x-3),得出函數(shù)關于(3,3)對稱,=3,根據(jù)對稱性=3,所以m+n=6.6.D解析 由f(x)是偶函數(shù)且當x0時,f(x)為增函數(shù),則x>0時,f(x)是減函數(shù),故由“flog2(2x-2)>f”,得|log2(2x-2)|<=log2,故0<2x-2<,解得1<x<,因“<x<2”是“1<x<”成立的既不充分也不必要條件,故選D.7.D解析 由題意可知f(x)=aex(x-1)+=0有兩個不等根.即aex(x-1)=-,x(0,2),有一根x=1.另一根在方程-=x2ex,x(0,2)中,令h(x)=x2ex,x(0,2),h(x)=ex(x2+2x)>0,h(x)在x(0,2)且x1上單調(diào)遞增.-h(1)=e,即h(x)(0,4e2)且a-.0<-<4e2,a<-且a-.即a.8.A解析 利用排除法,當a=0時,f(x)=x3,f(x)=x20,函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增,|f(x1)-f(x2)|f(1)-f(0)=1,滿足題意,排除CD選項,當a=時,f(x)=x3-x,f(x)=x2-<0,函數(shù)在定義域上單調(diào)遞減,|f(x1)-f(x2)|f(0)-f(1)=11,滿足題意,排除B選項,故選A.9.B解析 由x2ex+t-a=0成立,得x2ex=a-t,設f(x)=x2ex,x-1,1,則f(x)=2xex+x2ex=ex(x2+2x).則x-1,0)時,f(x)<0,函數(shù)單調(diào)遞減;x(0,1時,f(x)>0,函數(shù)單調(diào)遞增;且f(-1)=,f(0)=0,f(1)=e,使得對于任意x-1,1,對任意的t1,3,方程x2ex+t-a=0存在唯一的解,則f(-1)<a-tf(1),即<a-te,即+t<ae+t,所以+3<ae+1,所以實數(shù)a的取值范圍是,故選B.10.(-,2解析 因為y=ex+-a2-a,所以A=2-a,+)0,+),2-a0,a2.11.解析 函數(shù)f(x),g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)和奇函數(shù),且f(x)+g(x)=2x+x,可得f(-x)+g(-x)=2-x-x,即為f(x)-g(x)=2-x-x,解得f(x)=(2x+2-x),即f(log25)=()=.12.-<m<0解析 由g(x)=f(x)-m=0得f(x)=m.作出函數(shù)y=f(x)的圖象,當x>0時,f(x)=x2-x=-;當x0時,f(x)=x,如圖.所以要使函數(shù)g(x)=f(x)-m有三個不同的零點,只需直線y=m與函數(shù)y=f(x)的圖象有三個交點即可,結合圖象可知,m的取值范圍為-<m<0.13.(1)解 由題設,f(x)的定義域為(0,+),f(x)=-1,當0<x<1時,f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;當x>1時,f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.(2)證明 由(1)知f(x)在x=1處取得最大值,最大值為f(1)=0.所以當x1時,ln x<x-1.故當x(1,+)時,ln x<x-1,ln-1,即1<<x.(3)證明 由題設c>1,設g(x)=1+(c-1)x-cx,則g(x)=c-1-cxln c,令g(x)=0,解得x0=.當x<x0時,g(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;當x>x0時,g(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.由(2)知1<<c,故0<x0<1.又g(0)=g(1)=0,故當0<x<1時,g(x)>0.所以當x(0,1)時,1+(c-1)x>cx.14.解 (1)f(x)=,f(x)=-=-,當a=0時,f(x)=-,令f(x)>0,得x<1,f(x)<0,得x>1,所以f(x)在(-,1)上單調(diào)遞增,(1,+)上單調(diào)遞減.所以f(x)的極大值為f(1)=,不合題意.當a>0時,1-<1,令f(x)>0,得1-<x<1,f(x)<0,得x<1-或x>1,f(x)在上單調(diào)遞增,和(1,+)上單調(diào)遞減.f(x)的極大值為f(1)=,解得a=1.符合題意.綜上可得a=1.(2)由f(x)bln x,得bln x,即bln x.令g(a)=a+,當x0,+)時,0,g(a)在(-,0上是增函數(shù).則g(a)bln x對a(-,0恒成立等價于g(a)g(0)bln x,即bln x對x2,+)上恒成立.即b對x2,+)恒成立,b,令h(x)=,則h(x)=.x2,+),-1-(x-1)ln x<0.h(x)<0.h(x)在2,+)上單調(diào)遞減,h(x)h(2)=,bh(2)=.所以實數(shù)b的取值范圍為.15.解 (1)由f(x)=ex(aex-a-x)0可得g(x)=aex-a-x0.g(0)=0,g(x)g(0),從而x=0是g(x)的一個極小值點.g(x)=aex-1,g(0)=a-1=0,則a=1.當a=1時,g(x)=ex-1-x,g(x)=ex-1.x(-,0),g(x)<0,g(x)在(-,0)上單調(diào)遞減;x(0,+),g(x)>0,g(x)在(0,+)上單調(diào)遞增;g(x)g(0)=0,故a=1.(2)當a=1時,f(x)=(ex-1-x)ex,f(x)=ex(2ex-x-2).令h(x)=2ex-x-2,則h(x)=2ex-1.x(-,-ln 2),h(x)<0,h(x)在(-,-ln 2)上為減函數(shù);x(-ln 2,+),h(x)>0,h(x)在(-ln 2,+)上為增函數(shù).由于h(-1)<0,h(-2)>0,所以在(-2,-1)上存在x=x0滿足h(x0)=0.h(x)在(-,-ln 2)上為減函數(shù),x(-,x0)時,h(x)>0,即f(x)>0,f(x)在(-,x0)上為增函數(shù);x(x0,-ln 2)時,h(x)<0,即f(x)<0,f(x)在(x0,-ln 2)上為減函數(shù).因此f(x)在(-,-ln 2)上只有一個極大值點x0,由于h(0)=0,且h(x)在(-ln 2,+)上為增函數(shù),x(-ln 2,0)時,h(x)<0,即f(x)<0,f(x)在(-,x0)上為減函數(shù);x(0,+)時,h(x)>0,即f(x)>0,f(x)在(0,+)上為增函數(shù).因此f(x)在(-ln 2,+)上只有一個極小值點0.綜上可知:f(x)存在唯一的極大值點x0,且x0(-2,-1).h(x0)=0,2-x0-2=0.所以f(x0)=(-1-x0)(x0+1)=-,x0(-2,-1).x(-2,-1)時,0<-,0<f(x0)<.