2019年高考數(shù)學二輪復習 專題突破練9 2.1-2.4 組合練 理.doc

專題突破練92.12.4組合練(限時90分鐘,滿分100分)一、選擇題(共9小題,滿分45分)1.(2018湖南長郡中學五模,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<b<cB.b<c<aC.c<a<bD.c<b<a3.已知函數(shù)y=loga(x+c)(a,c為常數(shù),其中a>0,a1)的圖象如圖所示,則下列結(jié)論成立的是()A.a>1,c>1B.a>1,0<c<1C.0<a<1,c>1D.0<a<1,0<c<14.函數(shù)f(x)=locos x<x<的圖象大致是()5.(2018河南鄭州一模,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x0時,f(x)為增函數(shù),則“<x<2”是“flog2(2x-2)>f”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為自然對數(shù)的底數(shù),若對任意的x0,1,總存在唯一的y-1,1,使得x+y2ey-a=0成立,則實數(shù)a的取值范圍是()A.1,eB.C.(1,eD.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.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x>0時,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(aR,a0).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點x1,x2(x1<x2),且a=e2,證明:x1+x2>2e.15.(2018湖南衡陽二模,理21)已知函數(shù)f(x)=sin x-x+mx3(mR).(1)當m=0時,證明:f(x)>-ex;(2)當x0時,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92.12.4組合練1.D解析 由題意,可得集合A=,B=xx0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,c<a<b.3.D解析 函數(shù)單調(diào)遞減,0<a<1,當x=1時,y=loga(1+c)<0,即1+c>1,即c>0,當x=0時,loga(x+c)=logac>0,即c<1,即0<c<1,故選D.4.C解析 -<x<時,y=cos x是偶函數(shù),并且y=cos x(0,1,函數(shù)f(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x0時,f(x)為增函數(shù),則x>0時,f(x)是減函數(shù),故由“flog2(2x-2)>f,得|log2(2x-2)|<=log2,故0<2x-2<,解得1<x<,因<x<2”是“1<x<成立的既不充分也不必要條件,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x1上單調(diào)遞增.-h(1)=e,即h(x)(0,4e2)且a-0<-<4e2,a<-且a-即a8.A解析 利用排除法,當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(0)=1,滿足題意,排除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)=11,滿足題意,排除B選項,故選A.9.B解析 由x+y2ey-a=0成立,得y2ey=a-x,對任意的x0,1,總存在唯一的y-1,1,使得x+y2ey-a=0成立,a-1(-1)2e-1,且a-012e1,解得1+ae,其中a=1+時,y存在兩個不同的實數(shù)(舍去),所以實數(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.-<m<0解析 由g(x)=f(x)-m=0得f(x)=m.作出函數(shù)y=f(x)的圖象,當x>0時,f(x)=x2-x=-;當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,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-<m<0.13.(1)解 f(x)=ex-2ax,f(1)=e-2a=b,f(1)=e-a+1=b+2,解得a=1,b=e-2.(2)證明 設(shè)g(x)=f(x)-(e-2)x-2=ex-x2-(e-2)x-1,則g(x)=ex-2x-(e-2),設(shè)h(x)=ex-2x-(e-2),h(x)=ex-2.所以g(x)在(0,ln 2)內(nèi)單調(diào)遞減,在(ln 2,+)內(nèi)單調(diào)遞增,又g(0)=3-e>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x(0,x0)(1,+)時,g(x)>0;當x(x0,1)時,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-10,當且僅當x=1時取等號,f(x)-(e-2)x-20,即f(x)(e-2)x+2.14.解 (1)f(x)=(x>0),當a<0時,f(x)<0,知f(x)在(0,+)上是遞減的;當a>0時,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m=0時,即證:ex-x+sin x>0,ex-x+sin xex-x-1,令g(x)=ex-x-1,則g(x)=ex-1,當x>0時,有g(shù)(x)>0.當x>0時,g(x)單調(diào)遞增;當x<0時,有g(shù)(x)<0.當x<0時,g(x)單調(diào)遞減,g(x)g(0)=0.取等號條件不一致,ex-x+sin x>0,f(x)>-ex.(2)解 依題意f(x)=cos x-1+3mx20在x0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 xH(x)=1-sin x0,所以當x0時,H(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,H(x)H(0)=0,因此sin xx(x0)-sin x-x,F(x)6mx-x=(6m-1)x,討論:當m,x0時,F(x)0,F(x)單調(diào)遞增;F(x)F(0)=0,符合題意.當m0時,F=-1+3m<0,不符合題意,舍去.當0<m<,F(x)=6m-cos x,F(0)=6m-1<0,F=6m>0,F(0)F<0.x1,使F(x1)=0.當x(0,x1)時,F(x)<0,F(x)在(0,x1)時單調(diào)遞減,當x(0,x1)時,F(x)<F(0)=0,F(x)在(0,x1)單調(diào)遞減,F(x)<F(0)=0,不合題意.綜上:m