2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題突破練9 2.1~2.4組合練 文

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題突破練9 2.1~2.4組合練 文 一、選擇題(共9小題,滿分45分) 1.(2018湖南長郡中學(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

2、>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

3、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)上存在兩個極值點,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,若對于任意的x1,x2∈[0,1],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(guān)于x的方程x2ex+t-a=0,x∈[-1,1],若對任意的t∈[1,3],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.

4、 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(shè)函數(shù)y=ex+-a的值域為A,若A?[0,+∞),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(shè)函數(shù)f(x)=ln x-x+1. (1)討論f(x)

5、的單調(diào)性; (2)證明當x∈(1,+∞)時,1<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)=(a∈R). (1)若a≥0,函數(shù)f(x)的極大值為,求實數(shù)a的值; (2)若對任意的a≤0,f(x)≤bln x在x∈[2,+∞)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)(a≥0,e為自然對數(shù)的底數(shù))若f(x)≥0對于x∈R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

6、2,c=(ln 2)2<1,∴c1,即c>0, 當x=0時,loga(x+c)=logac>0, 即c<1,即0

7、(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(guān)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x≤0時,f(x)為增函數(shù),則x>0時,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1

8、,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a=0時,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

9、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)=1≤1, 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(shè)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t∈[1,3],方程x2ex+t-a=0存在唯一的解,則f(-1

10、)

11、圖象,當x>0時,f(x)=x2-x=≥-;當x≤0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(jié)合圖象可知,m的取值范圍為-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x≠1時,ln x

12、)證明 由題設(shè)c>1,設(shè)g(x)=1+(c-1)x-cx,則g'(x)=c-1-cxln c, 令g'(x)=0,解得x0=. 當x0,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<0. 所以當x∈(0,1)時,1+(c-1)x>cx. 14.解 (1)∵f(x)=,∴f'(x)= =- =-, ①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

13、單調(diào)遞減.所以f(x)的極大值為f(1)=,不合題意. ②當a>0時,1-<1,令f'(x)>0,得1-1, ∴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x∈[0,+∞)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x∈[2,+∞)上恒成立.即b≥對x∈[2,+∞)恒成立

14、, ∴b≥,令h(x)=, 則h'(x)=. ∵x∈[2,+∞), ∴-1-(x-1)ln x<0.∴h'(x)<0. ∴h(x)在[2,+∞)上單調(diào)遞減, ∴h(x)≤h(2)=, ∴b≥h(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-x≥0. ∵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(-∞,

15、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∈(-∞

16、,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