《2019版高考數(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.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考數(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.doc（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
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(duì)任意的t∈[1,3],該方程總存在唯一的實(shí)數(shù)解,則實(shí)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(shè)函數(shù)y=ex+-a的值域?yàn)锳,若A?[0,+∞),則實(shí)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(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.設(shè)函數(shù)f(x)=ln x-x+1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)證明當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),1<1,證明當(dāng)x∈(0,1)時(shí),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(shí)數(shù)a的值;
(2)若對(duì)任意的a≤0,f(x)≤bln x在x∈[2,+∞)上恒成立,求實(shí)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(duì)數(shù)的底數(shù))若f(x)≥0對(duì)于x∈R恒成立.
(1)求實(shí)數(shù)a的值;
(2)證明:f(x)存在唯一極大值點(diǎn)x0,且02,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(shí),f(x)<0,函數(shù)單調(diào)遞減;x∈(0,1]時(shí),f(x)>0,函數(shù)單調(diào)遞增;且f(-1)=,f(0)=0,f(1)=e,
使得對(duì)于任意x∈[-1,1],對(duì)任意的t∈[1,3],方程x2ex+t-a=0存在唯一的解,則f(-1)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,f(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x>1時(shí),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(dāng)x≠1時(shí),ln x1,設(shè)g(x)=1+(c-1)x-cx,則g(x)=c-1-cxln c,
令g(x)=0,解得x0=.
當(dāng)x0,g(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x>x0時(shí),g(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.
由(2)知1<0.
所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),1+(c-1)x>cx.
14.解 (1)∵f(x)=,∴f(x)=
=-
=-,
①當(dāng)a=0時(shí),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.
②當(dāng)a>0時(shí),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(dāng)x∈[0,+∞)時(shí),∵≥0,∴g(a)在(-∞,0]上是增函數(shù).
則g(a)≤bln x對(duì)?a∈(-∞,0]恒成立等價(jià)于g(a)≤g(0)≤bln x,
即≤bln x對(duì)x∈[2,+∞)上恒成立.即b≥對(duì)x∈[2,+∞)恒成立,
∴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(shí)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(gè)極小值點(diǎn).
∵g(x)=aex-1,∴g(0)=a-1=0,則a=1.
當(dāng)a=1時(shí),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(dāng)a=1時(shí),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(yuǎn)(x)在(-∞,-ln 2)上為減函數(shù),∴x∈(-∞,x0)時(shí),h(x)>0,
即f(x)>0,f(x)在(-∞,x0)上為增函數(shù);
x∈(x0,-ln 2)時(shí),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(gè)極大值點(diǎn)x0,由于h(0)=0,且h(x)在(-ln 2,+∞)上為增函數(shù),
∴x∈(-ln 2,0)時(shí),h(x)<0,
即f(x)<0,f(x)在(-∞,x0)上為減函數(shù);
x∈(0,+∞)時(shí),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(gè)極小值點(diǎn)0.
綜上可知:f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)x0,且x0∈(-2,-1).
∵h(yuǎn)(x0)=0,∴2-x0-2=0.
所以f(x0)=(-1-x0)(x0+1)=-,x0∈(-2,-1).
∵x∈(-2,-1)時(shí),0<-,∴0
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