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專題突破練9 2.1~2.4組合練
(限時(shí)90分鐘,滿分100分)
一、選擇題(共9小題,滿分45分)
1.(2018湖南長(zhǎng)郡中學(xué)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(shí)數(shù)a=2ln 2,b=2+ln 2,c=(ln 2)2,則a,b,c的大小關(guān)系是( )
A.a
0,a≠1)的圖象如圖所示,則下列結(jié)論成立的是( )
A.a>1,c>1
B.a>1,01
D.0f”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(xué)三模,文11)若函數(shù)f(x)=a(x-2)ex+ln x+在(0,2)上存在兩個(gè)極值點(diǎn),則a的取值范圍是( )
A.
B.
C.
D.
8.(2018陜西西安中學(xué)月考,理12)已知函數(shù)f(x)=x3-a2x,若對(duì)于任意的x1,x2∈[0,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤1成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A.
B.
C.
D.
9.(2018福建莆田24中月考,理12)已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),若對(duì)任意的x∈[0,1],總存在唯一的y∈[-1,1],使得x+y2ey-a=0成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A.[1,e] B.
C.(1,e] D.
二、填空題(共3小題,滿分15分)
10.(2018百校聯(lián)盟四月聯(lián)考,理13)已知f(x)=若f(1-a)=f(1+a)(a>0),則實(shí)數(shù)a的值為 .
11.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(gè)不同的零點(diǎn),則實(shí)數(shù)m的取值范圍為 .
三、解答題(共3個(gè)題,分別滿分為13分,13分,14分)
13.函數(shù)f(x)=ex-ax2+1,曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為y=bx+2.
(1)求a,b的值;
(2)當(dāng)x>0時(shí),求證:f(x)≥(e-2)x+2.
14.(2018陜西咸陽二模,理21)已知函數(shù)f(x)=-2ln x(a∈R,a≠0).
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2(x12e.
15.(2018湖南衡陽二模,理21)已知函數(shù)f(x)=sin x-x+mx3(m∈R).
(1)當(dāng)m=0時(shí),證明:f(x)>-ex;
(2)當(dāng)x≥0時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,求m的取值范圍.
參考答案
專題突破練9 2.1~2.4組合練
1.D 解析 由題意,可得集合A=,B=xx≤0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,∴c1,即c>0,
當(dāng)x=0時(shí),loga(x+c)=logac>0,
即c<1,即00時(shí),f(x)是減函數(shù),故由“f[log2(2x-2)]>f,得|log2(2x-2)|<=log2,故0<2x-2<,解得10,∴h(x)在x∈(0,2)且x≠1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(dāng)a=0時(shí),f(x)=x3,f(x)=x2≥0,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(xiàng),
當(dāng)a=時(shí),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)=1≤1,
滿足題意,排除B選項(xiàng),故選A.
9.B 解析 由x+y2ey-a=0成立,得y2ey=a-x,
∴對(duì)任意的x∈[0,1],總存在唯一的y∈[-1,1],使得x+y2ey-a=0成立,
∴a-1≥(-1)2e-1,且a-0≤12e1,解得1+a≤e,其中a=1+時(shí),y存在兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)(舍去),所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是,故選B.
10.1 解析 ∵a>0,∴1-a<1,1+a>1,由f(1-a)=f(1+a)得2-a=,即a2-2a+1=0,所以a=1.
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.-0時(shí),f(x)=x2-x=-;當(dāng)x≤0時(shí),f(x)=x,如圖.所以要使函數(shù)g(x)=f(x)-m有三個(gè)不同的零點(diǎn),只需直線y=m與函數(shù)y=f(x)的圖象有三個(gè)交點(diǎn)即可,結(jié)合圖象可知,m的取值范圍為-0,g(ln 2)=2-2ln 2-e+2=4-2ln 2-e<0,g(1)=0,
∴存在x0∈(0,ln 2),使得g(x)=0,∴當(dāng)x∈(0,x0)∪(1,+∞)時(shí),g(x)>0;當(dāng)x∈(x0,1)時(shí),g(x)<0,
故g(x)在(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(x0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,又g(0)=g(1)=0,∴g(x)=ex-x2-(e-2)x-1≥0,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào),∴f(x)-(e-2)x-2≥0,即f(x)≥(e-2)x+2.
14.解 (1)f(x)=(x>0),
當(dāng)a<0時(shí),f(x)<0,知f(x)在(0,+∞)上是遞減的;
當(dāng)a>0時(shí),f(x)=,知f(x)在(0,)上是遞減的,在(,+∞)上是遞增的.
(2)由(1)知,a>0,f(x)min=f()=1-ln a,依題意得1-ln a<0,即a>e,
由a=e2得f(x)=-2ln x(x>0),x1∈(0,e),x2∈(e,+∞),
由f(2e)=2-2ln 2>0及f(x2)=0得x2<2e,即x2∈(e,2e),
欲證x1+x2>2e,只要x1>2e-x2,注意到f(x)在(0,e)上是遞減的,且f(x1)=0,只要證明f(2e-x2)>0即可,由f(x2)=-2ln x2=0得=2e2ln x2,
所以f(2e-x2)=-2ln(2e-x2)=-2ln(2e-x2)=-2ln(2e-x2)=4-+2ln x2-2ln(2e-x2),x2∈(e,2e),令g(t)=4-+2ln t-2ln(2e-t),t∈(e,2e),
則g(t)=->0,知g(t)在(e,2e)上是遞增的,于是g(t)>g(e),即f(2e-x2)>0,綜上,x1+x2>2e.
15.(1)證明 當(dāng)m=0時(shí),即證:ex-x+sin x>0,∵ex-x+sin x≥ex-x-1,令g(x)=ex-x-1,則g(x)=ex-1,當(dāng)x>0時(shí),有g(shù)(x)>0.當(dāng)x>0時(shí),g(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x<0時(shí),有g(shù)(x)<0.當(dāng)x<0時(shí),g(x)單調(diào)遞減,∴g(x)≥g(0)=0.
∵取等號(hào)條件不一致,
∴ex-x+sin x>0,∴f(x)>-ex.
(2)解 依題意f(x)=cos x-1+3mx2≥0在x≥0上恒成立,
令F(x)=cos x-1+3mx2,F(0)=0,F(x)=6mx-sin x,
又令H(x)=x-sin x?H(x)=1-sin x≥0,所以當(dāng)x≥0時(shí),H(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,∴H(x)≥H(0)=0,因此sin x≤x(x≥0)?-sin x≥-x,
∴F(x)≥6mx-x=(6m-1)x,討論:
①當(dāng)m,x≥0時(shí),F(x)≥0,F(x)單調(diào)遞增;∴F(x)≥F(0)=0,符合題意.
②當(dāng)m≤0時(shí),F=-1+3m<0,不符合題意,舍去.
③當(dāng)00,∴F″(0)F″<0.
∴?x1,使F″(x1)=0.
∴當(dāng)x∈(0,x1)時(shí),F″(x)<0,
∴F(x)在(0,x1)時(shí)單調(diào)遞減,
當(dāng)x∈(0,x1)時(shí),F(x)
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專題突破練9
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