2022年高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 专题突破练9 2.1~2.4组合练 文

2022年高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 专题突破练9 2.12.4组合练 文一、选择题(共9小题,满分45分)1.(2018湖南长郡中学五模,文2)已知集合A=x|log3(2x-1)0,B=x|y=,全集U=R,则A(UB)等于() A.B.C.D.2.(2018四川成都三模,理5)已知实数a=2ln 2,b=2+ln 2,c=(ln 2)2,则a,b,c的大小关系是()A.abcB.bcaC.cabD.cb0,a1)的图象如图所示,则下列结论成立的是()A.a1,c1B.a1,0c1C.0a1D.0a1,0c14.函数f(x)=locos xx的图象大致是()5.(2018河南郑州一模,理12)已知函数f(x)=x3-9x2+29x-30,实数m,n满足f(m)=-12,f(n)=18,则m+n=()A.6B.8C.10D.126.已知函数f(x)为偶函数,当x0时,f(x)为增函数,则“xf”的()A.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7.(2018河北衡水中学三模,文11)若函数f(x)=a(x-2)ex+ln x+在(0,2)上存在两个极值点,则a的取值范围是()A.B.C.D.8.(2018陕西西安中学月考,理12)已知函数f(x)=x3-a2x,若对于任意的x1,x20,1,都有|f(x1)-f(x2)|1成立,则实数a的取值范围是()A.B.C.D.9.(2018山西陵川期末,文12)已知关于x的方程x2ex+t-a=0,x-1,1,若对任意的t1,3,该方程总存在唯一的实数解,则实数a的取值范围是()A.B.C.D.(1,e二、填空题(共3小题,满分15分)10.(2018江苏南京、盐城一模,7)设函数y=ex+-a的值域为A,若A0,+),则实数a的取值范围是.11.(2018湖南衡阳二模,理13)已知函数f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且f(x)+g(x)=2x+x,则f(log25)=.12.已知函数f(x)=若函数g(x)=f(x)-m有三个不同的零点,则实数m的取值范围为.三、解答题(共3个题,分别满分为13分,13分,14分)13.设函数f(x)=ln x-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x(1,+)时,11,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.14.(2018湖南衡阳二模,文21)已知函数f(x)=(aR).(1)若a0,函数f(x)的极大值为,求实数a的值;(2)若对任意的a0,f(x)bln x在x2,+)上恒成立,求实数b的取值范围.15.(2018山东青岛一模,文21)已知函数f(x)=ex(aex-a-x)(a0,e为自然对数的底数)若f(x)0对于xR恒成立.(1)求实数a的值;(2)证明:f(x)存在唯一极大值点x0,且0f(x0)2,c=(ln 2)21,cab.3.D解析 函数单调递减,0a1,当x=1时,y=loga(1+c)1,即c0,当x=0时,loga(x+c)=logac0,即c1,即0c1,故选D.4.C解析 -x0时,f(x)是减函数,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上单调递增.-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,当a=0时,f(x)=x3,f(x)=x20,函数在定义域上单调递增,|f(x1)-f(x2)|f(1)-f(0)=1,满足题意,排除CD选项,当a=时,f(x)=x3-x,f(x)=x2-0,函数在定义域上单调递减,|f(x1)-f(x2)|f(0)-f(1)=11,满足题意,排除B选项,故选A.9.B解析 由x2ex+t-a=0成立,得x2ex=a-t,设f(x)=x2ex,x-1,1,则f(x)=2xex+x2ex=ex(x2+2x).则x-1,0)时,f(x)0,函数单调递增;且f(-1)=,f(0)=0,f(1)=e,使得对于任意x-1,1,对任意的t1,3,方程x2ex+t-a=0存在唯一的解,则f(-1)a-tf(1),即a-te,即+tae+t,所以+3ae+1,所以实数a的取值范围是,故选B.10.(-,2解析 因为y=ex+-a2-a,所以A=2-a,+)0,+),2-a0,a2.11.解析 函数f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且f(x)+g(x)=2x+x,可得f(-x)+g(-x)=2-x-x,即为f(x)-g(x)=2-x-x,解得f(x)=(2x+2-x),即f(log25)=()=.12.-m0时,f(x)=x2-x=-;当x0时,f(x)=x,如图.所以要使函数g(x)=f(x)-m有三个不同的零点,只需直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个交点即可,结合图象可知,m的取值范围为-m0.13.(1)解 由题设,f(x)的定义域为(0,+),f(x)=-1,当0x0,f(x)单调递增;当x1时,f(x)0,f(x)单调递减.(2)证明 由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x1时,ln xx-1.故当x(1,+)时,ln xx-1,ln-1,即11,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g(x)=c-1-cxln c,令g(x)=0,解得x0=.当x0,g(x)单调递增;当xx0时,g(x)0,g(x)单调递减.由(2)知1c,故0x01.又g(0)=g(1)=0,故当0x0.所以当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.14.解 (1)f(x)=,f(x)=-=-,当a=0时,f(x)=-,令f(x)0,得x1,f(x)1,所以f(x)在(-,1)上单调递增,(1,+)上单调递减.所以f(x)的极大值为f(1)=,不合题意.当a0时,1-0,得1-x1,f(x)0,得x1,f(x)在上单调递增,和(1,+)上单调递减.f(x)的极大值为f(1)=,解得a=1.符合题意.综上可得a=1.(2)由f(x)bln x,得bln x,即bln x.令g(a)=a+,当x0,+)时,0,g(a)在(-,0上是增函数.则g(a)bln x对a(-,0恒成立等价于g(a)g(0)bln x,即bln x对x2,+)上恒成立.即b对x2,+)恒成立,b,令h(x)=,则h(x)=.x2,+),-1-(x-1)ln x0.h(x)0.h(x)在2,+)上单调递减,h(x)h(2)=,bh(2)=.所以实数b的取值范围为.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),从而x=0是g(x)的一个极小值点.g(x)=aex-1,g(0)=a-1=0,则a=1.当a=1时,g(x)=ex-1-x,g(x)=ex-1.x(-,0),g(x)0,g(x)在(0,+)上单调递增;g(x)g(0)=0,故a=1.(2)当a=1时,f(x)=(ex-1-x)ex,f(x)=ex(2ex-x-2).令h(x)=2ex-x-2,则h(x)=2ex-1.x(-,-ln 2),h(x)0,h(x)在(-ln 2,+)上为增函数.由于h(-1)0,所以在(-2,-1)上存在x=x0满足h(x0)=0.h(x)在(-,-ln 2)上为减函数,x(-,x0)时,h(x)0,即f(x)0,f(x)在(-,x0)上为增函数;x(x0,-ln 2)时,h(x)0,即f(x)0,f(x)在(x0,-ln 2)上为减函数.因此f(x)在(-,-ln 2)上只有一个极大值点x0,由于h(0)=0,且h(x)在(-ln 2,+)上为增函数,x(-ln 2,0)时,h(x)0,即f(x)0,即f(x)0,f(x)在(0,+)上为增函数.因此f(x)在(-ln 2,+)上只有一个极小值点0.综上可知:f(x)存在唯一的极大值点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)时,0-,0f(x0).