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

《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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 2.12.4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.abcB.bcaC.cabD.cb0,a1)的圖象如圖所示,則下列結(jié)論成立的是()A.a1,c1B.a1,0c1C.0a1D.0a1,0c14.函數(shù)f(x)=locos xx的圖象大致是()5.(2018河南鄭州

2、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(dāng)x0時,f(x)為增函數(shù),則“xf”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,若對于任意的x1,x20,1,都有|f(x1)-f(x2)|1成立,則實數(shù)a的取值

3、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(shè)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(diǎn),則實數(shù)m的取值范圍為.三、解答

4、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)的單調(diào)性;(2)證明當(dāng)x(1,+)時,11,證明當(dāng)x(0,1)時,1+(c-1)xcx.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(diǎn)x0,且0f(x

5、0)2,c=(ln 2)21,cab.3.D解析 函數(shù)單調(diào)遞減,0a1,當(dāng)x=1時,y=loga(1+c)1,即c0,當(dāng)x=0時,loga(x+c)=logac0,即c1,即0c1,故選D.4.C解析 -x0時,f(x)是減函數(shù),故由“flog2(2x-2)f”,得|log2(2x-2)|=log2,故02x-2,解得1x,因“x2”是“1x0,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(dāng)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(

6、0)=1,滿足題意,排除CD選項,當(dāng)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(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+tae+t,所以+3ae+1,所以實數(shù)a的取值范圍是

7、,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.-m0時,f(x)=x2-x=-;當(dāng)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(diǎn),只需直線y=m與函數(shù)y=f(x)的圖象有三個交點(diǎn)即可,結(jié)合圖象可知,m的取值范圍為-m0.13.(1)解 由題設(shè),f(x)的定義域為(0,+

8、),f(x)=-1,當(dāng)0x0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x1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(dāng)x1時,ln xx-1.故當(dāng)x(1,+)時,ln xx-1,ln-1,即11,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)xx0時,g(x)0,g(x)單調(diào)遞減.由(2)知1c,故0x01.又g(0)=g(1)=0,故當(dāng)0x0.所以當(dāng)x(0,1)時,1+(c-1)xcx.14.解 (1)f(x)=,f(x)=-=-,當(dāng)a=0時,f(x)=-,令f(

9、x)0,得x1,f(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(dāng)a0時,1-0,得1-x1,f(x)0,得x1,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)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-(

10、x-1)ln x0.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(diǎn).g(x)=aex-1,g(0)=a-1=0,則a=1.當(dāng)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)遞增;g(x)g(0)=0,故a=1.(2)當(dāng)a=1時,f(x)=(ex-1-x)ex,f(x)=ex(2ex-x-2).令h(x)=2ex-x-2,則h(x)=2e

11、x-1.x(-,-ln 2),h(x)0,h(x)在(-ln 2,+)上為增函數(shù).由于h(-1)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(diǎn)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,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(diǎn)0.綜上可知:f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)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-,0f(x0).