高考数学理二轮专题复习突破精练：专题对点练9　2.12.4组合练 Word版含解析

1、高考数学精品复习资料 2019.5专题对点练92.12.4组合练(限时90分钟,满分100分)专题对点练第9页 一、选择题(共9小题,满分45分)1.设函数f(x)=x2+1,x1,lnx,x>1,则f(f(e)=()a.0b.1c.2d.ln(e2+1)答案 c解析 f(e)=ln e=1,所以f(f(e)=f(1)=12+1=2.故选c.2.(20xx河南新乡二模,理4)设a=60.4,b=log0.40.5,c=log80.4,则a,b,c的大小关系是()a.a<b<cb.c<b<ac.c<a<bd.b<c<a答案 b解析

2、a=60.4>1,b=log0.40.5(0,1),c=log80.4<0,a>b>c.3.已知函数y=loga(x+c)(a,c为常数,其中a>0,a1)的图象如图所示,则下列结论成立的是()a.a>1,c>1b.a>1,0<c<1c.0<a<1,c>1d.0<a<1,0<c<1答案 d解析 函数单调递减,0<a<1,当x=1时,y=loga(1+c)<0,即1+c>1,即c>0,当x=0时,loga(x+c)=logac>0,即c<1,即0<

3、c<1,故选d.4.(20xx山东潍坊二模,理4)函数f(x)=log12cos x-2<x<2的图象大致是()答案 c解析 -2<x<2时,y=cos x是偶函数,并且y=cos x(0,1,函数f(x)=log12cos x-2<x<2是偶函数,cos x(0,1时,f(x)0.四个选项,只有c满足题意.故选c.5.函数y=1+log0.5(x-1)的图象一定经过点()a.(1,1)b.(1,0)c.(2,1)d.(2,0)答案 c解析 函数y=log0.5x恒过定点(1,0),而y=1+log0.5(x-1)的图象是由y=log0.5x的图象向右

4、平移一个单位,向上平移一个单位得到,定点(1,0)平移以后即为定点(2,1),故选c.6.若函数f(x)=cosx,xa,1x,x>a的值域为-1,1,则实数a的取值范围是()a.1,+)b.(-,-1c.(0,1d.(-1,0)答案 a解析 函数f(x)=cosx,xa,1x,x>a的值域为-1,1,当xa时,f(x)=cos x-1,1,满足题意;当x>a时,f(x)=1x-1,1,应满足0<1x1,解得x1.a的取值范围是1,+).7.已知函数f(x)=x12,则()a.x0r,使得f(x)<0b.x(0,+),f(x)0c.x1,x20,+),使得f(x1

5、)-f(x2)x1-x2<0d.x10,+),x20,+),使得f(x1)>f(x2)答案 b解析 由函数f(x)=x12,知在a中f(x)0恒成立,故a错误,b正确;又f(x)=x12在0,+)上是递增函数,故c错误;在d中,当x1=0时,不存在x20,+)使得f(x1)>f(x2),故d不成立.故选b.8.已知函数f(x)为偶函数,当x0时,f(x)为增函数,则“65<x<2”是“flog2(2x-2)>flog1223”的()导学号16804176a.充分不必要条件b.必要不充分条件c.充要条件d.既不充分也不必要条件答案 d解析 由f(x)是偶函数且

6、当x0时,f(x)为增函数,则x>0时,f(x)是减函数,故由“flog2(2x-2)>flog1223”,得|log2(2x-2)|<log1223=log232,故0<2x-2<32,解得1<x<74,故“65<x<2”是“1<x<74”的既不充分也不必要条件,故选d.9.(20xx山东烟台一模,理10)已知f(x)=ax2+x,x>0,-x,x0,若不等式f(x-1)f(x)对一切xr恒成立,则实数a的最大值为()导学号16804177a.916b.-1c.-12d.1答案 b解析 作出函数f(x)和f(x-1)的图

7、象,当a0时,f(x-1)f(x)对一切xr不恒成立(如图1).图1图2当a<0时,f(x-1)过定点(1,0)(如图2),当x>0时,f(x)=ax2+x的两个零点为x=0和x=-1a,要使不等式f(x-1)f(x)对一切xr恒成立,则只需要-1a1,得a-1,即a的最大值为-1.二、填空题(共3小题,满分15分)10.已知x0,y0,且x+y=1,则x2+y2的取值范围是. 答案 12,1解析 x2+y2=x2+(1-x)2=2x2-2x+1,x0,1,所以当x=0或1时,x2+y2取最大值1;当x=12时,x2+y2取最小值12.因此x2+y2的取值范围为12,1.

8、11.(20xx山东潍坊二模,理5改编)已知二次函数f(x)=ax2-2x+c的值域为0,+),则9a+1c的最小值为. 答案 6解析 二次函数f(x)=ax2-2x+c的值域为0,+),可得判别式=4-4ac=0,即有ac=1,且a>0,c>0,可得9a+1c29ac=2×3=6,当且仅当9a=1c,即有c=13,a=3时,取得最小值6.12.对于函数y=f(x),若其定义域内存在不同实数x1,x2,使得xif(xi)=1(i=1,2)成立,则称函数f(x)具有性质p,若函数f(x)=exa具有性质p,则实数a的取值范围为.导学号16804178 答

9、案 -1e,0解析 由题意知,若f(x)具有性质p,则在定义域内xf(x)=1有两个不同的实数根,f(x)=exa,x·exa=1,即方程xex=a在r上有两个不同的实数根,设g(x)=xex,则g'(x)=ex+xex=(1+x)ex,由g'(x)=0,得x=-1,g(x)在(-,-1)上递减,在(-1,+)上递增,当x=-1时,g(x)取到最小值是g(-1)=-1e,x<0,g(x)<0,x>0,g(x)>0,当方程xex=a在r上有两个不同的实数根时,即函数g(x)与y=a的图象有两个交点,由图得-1e<a<0,实数a的取值范

10、围为-1e,0.三、解答题(共3个题,分别满分为13分,13分,14分)13.(20xx辽宁沈阳三模,理21)已知f(x)=ex与g(x)=ax+b的图象交于p(x1,y1),q(x2,y2)两点.(1)求函数h(x)=f(x)-g(x)的最小值;(2)若pq的中点为m(x0,y0),求证:f(x0)<a<y0.(1)解 h(x)=ex-ax-b,求导得h'(x)=ex-a.当a0时,h'(x)=ex-a>0,h(x)在r上为增函数,不满足有两个零点,故不符合题意,所以a>0,令h'(x)=ex-a=0,解得x=ln a,并且有x(-,ln a)

11、,h'(x)<0;x(ln a,+),h'(x)>0,故h(x)min=h(ln a)=eln a-aln a-b=a-b-aln a.(2)证明 要证f(x0)<a<y0成立,即证ex1+x22<ex2-ex1x2-x1<ex2+ex12,不妨设x2>x1,只需证ex2-x12<ex2-x1-1x2-x1<ex2-x1+12,令t=x2-x1>0,即为et2<et-1t<et+12,要证et2<et-1t,只需证et2-e-t2>t,令f(t)=et2-e-t2-t,只需证f(t)>0,

12、求导得f'(t)=12et2+12e-t2-1=12(et2+e-t2)-1>0,f(t)在(0,+)为增函数,故f(t)>f(0)=0,et2<et-1t成立;要证et-1t<et+12,只需证明et-1et+1<t2,令g(t)=et-1et+1-t2,求导得g'(t)=2et(et+1)2-12=4et-(et+1)22(et+1)2=-(et-1)22(et+1)2<0,g(t)在(0,+)为减函数,故g(t)<g(0)=0,et-1t<et+12成立;et2<et-1t<et+12(t>0)成立,即f(

13、x0)<a<y0.14.(20xx黑龙江大庆三模,理21)已知函数f(x)=2ln x+x2-ax.(1)当a=5时,求f(x)的单调区间;(2)设a(x1,y1),b(x2,y2)是曲线y=f(x)图象上的两个相异的点,若直线ab的斜率k>1恒成立,求实数a的取值范围;(3)设函数f(x)有两个极值点x1,x2,x1<x2且x2>e,若f(x1)-f(x2)m恒成立,求实数m的取值范围.解 (1)当a=5时,f(x)=2ln x+x2-5x,f'(x)=2x2-5x+2x=(2x-1)(x-2)x(x>0),令f'(x)>0,解得x&

14、gt;2或0<x<12,令f'(x)<0,解得12<x<2,f(x)的单调递增区间为0,12,(2,+);f(x)的单调递减区间为12,2.(2)由题意可知k=f(x2)-f(x1)x2-x1>1,f(x2)-x2-f(x1)-x1x2-x1>0,令g(x)=f(x)-x,则g(x)在(0,+)内单调递增,g'(x)=f'(x)-10,2x2-ax+2x-10在(0,+)内恒成立,a2x+2x-1在(0,+)内恒成立,2x+2x4,x=1时取等号,a3.(3)x1+x2=a2,x1x2=1,a=2(x1+x2),x2=1x1,f

15、(x1)-f(x2)=(2ln x1+x12-ax1)-(2ln x2+x22-ax2)=1x12-x12+2ln x12,令x12=x,则0<x<1e2,h(x)=1x-x-2ln x,h'(x)=-(x-1)2x2<0,h(x)在0,1e2上单调递减,h(x)>h1e2=e2-1e2-4,me2-1e2-4.15.(20xx河北武邑中学质检一,理21)已知函数f(x)=ln(1+ax)-2xx+2(a>0).(1)当a=12时,求f(x)的极值;(2)若a12,1,f(x)存在两个极值点x1,x2,试比较f(x1)+f(x2)与f(0)的大小;(3)求

16、证:en(n-1)2>n!(n2,nn).(1)解 f(x)=ln1+12x-2xx+2,定义域1+12x>0,x+20x>-2,f'(x)=1x+2-4(x+2)2=x-2(x+2)2,f(x)在(-2,2)递减,(2,+)递增.故f(x)极小值=f(2)=ln 2-1,没有极大值.(2)解 f(x)=ln(1+ax)-2xx+2,x-1a,+,f'(x)=a1+ax-4(x+2)2=ax2-4(1-a)(1+ax)(x+2)2.a12,1,a(1-a)0,14,-1a<-2a(1-a)a.由ax2-4(1-a)=0,得x=±2a(1-a)a.f(x1)+f(x2)=ln 1+2a(1-a)+ln 1-2a(1-a)-41-a21-a+2a-41-a-21-a+2a,f(x1)+f(x2)=ln(1-2a)2+4-4a2a-1=ln(1-2a)2+22a-1-2,设t=2a-1,当a12,1时,t(0,1),设f(x1)+f(x2)=g(t)=2ln t+2t-2,当t(0,1)时,g(t)=2ln t+2t-2,g'(t)=2t-2t2=2(t-1)t2<0,g(t)在t(0,1)内递减,g(t)>g(1)=0,即f(x1)+f(x2)>f(0)=0恒成