2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題突破練9 2.1-2.4 組合練 理

2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題突破練9 2.1-2.4 組合練 理 一、選擇題(共9小題,滿(mǎn)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<b<c B.b<c<a C.c<a<b D.c<b<a 3.已知函數(shù)y=loga(x+c)(a,c為常數(shù),其中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>1,0<c<1 C.0<a<1,c>1 D.0<a<1,0<c<1 4.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(shí)數(shù)m,n滿(mǎn)足f(m)=-12,f(n)=18,則m+n=(　　) A.6 B.8 C.10 D.12 6.已知函數(shù)f(x)為偶函數(shù),當(dāng)x≤0時(shí),f(x)為增函數(shù),則“<x<2”是“f[log2(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(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福建莆田24中月考,理12)已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),若對(duì)任意的x∈[0,1],總存在唯一的y∈[-1,1],使得x+y2ey-a=0成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A.[1,e] B. C.(1,e] D. 二、填空題(共3小題,滿(mǎn)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(shí)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(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(mǎn)分為13分,13分,14分) 13.函數(shù)f(x)=ex-ax2+1,曲線(xiàn)y=f(x)在x=1處的切線(xiàn)方程為y=bx+2. (1)求a,b的值; (2)當(dāng)x>0時(shí),求證:f(x)≥(e-2)x+2. 14.(2018陜西咸陽(yáng)二模,理21)已知函數(shù)f(x)=-2ln x(a∈R,a≠0). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2(x1<x2),且a=e2,證明:x1+x2>2e. 15.(2018湖南衡陽(yáng)二模,理21)已知函數(shù)f(x)=sin x-x+mx3(m∈R). (1)當(dāng)m=0時(shí),證明:f(x)>-ex; (2)當(dāng)x≥0時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,求m的取值范圍. 參考答案 專(zhuān)題突破練9　2.1~2.4組合練 1.D　解析 由題意,可得集合A=,B=xx≤0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(dāng)x=1時(shí),y=loga(1+c)<0,即1+c>1,即c>0, 當(dāng)x=0時(shí),loga(x+c)=logac>0, 即c<1,即0<c<1,故選D. 4.C　解析 -<x<時(shí),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(shí),f(x)≥0.∴四個(gè)選項(xiàng),只有C滿(mǎn)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(duì)稱(chēng),=3,根據(jù)對(duì)稱(chēng)性=3,所以m+n=6. 6.D　解析 由f(x)是偶函數(shù)且當(dāng)x≤0時(shí),f(x)為增函數(shù),則x>0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(gè)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(mǎn)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(mǎn)足題意,排除B選項(xiàng),故選A. 9.B　解析 由x+y2ey-a=0成立,得y2ey=a-x, ∴對(duì)任意的x∈[0,1],總存在唯一的y∈[-1,1],使得x+y2ey-a=0成立, ∴a-1≥(-1)2e-1,且a-0≤12×e1,解得1+a≤e,其中a=1+時(shí),y存在兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)(舍去),所以實(shí)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(dāng)x>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(xiàn)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-<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(dāng)x∈(0,x0)∪(1,+∞)時(shí),g'(x)>0;當(dāng)x∈(x0,1)時(shí),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-1≥0,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào),∴f(x)-(e-2)x-2≥0,即f(x)≥(e-2)x+2. 14.解 (1)f'(x)=(x>0), 當(dāng)a<0時(shí),f'(x)<0,知f(x)在(0,+∞)上是遞減的; 當(dāng)a>0時(shí),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(dāng)m=0時(shí),即證:ex-x+sin x>0,∵ex-x+sin x≥ex-x-1,令g(x)=ex-x-1,則g'(x)=ex-1,當(dāng)x>0時(shí),有g(shù)'(x)>0.當(dāng)x>0時(shí),g(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)x<0時(shí),有g(shù)'(x)<0.當(dāng)x<0時(shí),g(x)單調(diào)遞減,∴g(x)≥g(0)=0. ∵取等號(hào)條件不一致, ∴ex-x+sin x>0,∴f(x)>-ex. (2)解 依題意f'(x)=cos x-1+3mx2≥0在x≥0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 x?H'(x)=1-sin x≥0,所以當(dāng)x≥0時(shí),H(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,∴H(x)≥H(0)=0,因此sin x≤x(x≥0)?-sin x≥-x, ∴F'(x)≥6mx-x=(6m-1)x,討論: ①當(dāng)m,x≥0時(shí),F'(x)≥0,F(x)單調(diào)遞增;∴F(x)≥F(0)=0,符合題意. ②當(dāng)m≤0時(shí),F=-1+3m<0,不符合題意,舍去. ③當(dāng)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(dāng)x∈(0,x1)時(shí),F″(x)<0, ∴F'(x)在(0,x1)時(shí)單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈(0,x1)時(shí),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