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專題對點練9 2.1~2.4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.設(shè)函數(shù)f(x)=x2+1,x≤1,lnx,x>1,則f(f(e))=( )
A.0 B.1 C.2 D.ln(e2+1)
2.設(shè)a=60.4,b=log0.40.5,c=log80.4,則a,b,c的大小關(guān)系是( )
A.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>1,01
D.0a的值域為[-1,1],則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.[1,+∞) B.(-∞,-1]
C.(0,1] D.(-1,0)
7.已知函數(shù)f(x)=x12,則( )
A.?x0∈R,使得f(x)<0
B.?x∈(0,+∞),f(x)≥0
C.?x1,x2∈[0,+∞),使得f(x1)-f(x2)x1-x2<0
D.?x1∈[0,+∞),?x2∈[0,+∞),使得f(x1)>f(x2)
8.已知函數(shù)f(x)為偶函數(shù),當x≤0時,f(x)為增函數(shù),則“65flog1223”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
9.已知f(x)=ax2+x,x>0,-x,x≤0,若不等式f(x-1)≥f(x)對一切x∈R恒成立,則實數(shù)a的最大值為( )
A.916 B.-1 C.-12 D.1
二、填空題(共3小題,滿分15分)
10.已知x≥0,y≥0,且x+y=1,則x2+y2的取值范圍是 .
11.已知二次函數(shù)f(x)=ax2-2x+c的值域為[0,+∞),則9a+1c的最小值為 .
12.(2018天津,文14)已知a∈R,函數(shù)f(x)=x2+2x+a-2,x≤0,-x2+2x-2a,x>0.若對任意x∈[-3,+∞),f(x)≤|x|恒成立,則a的取值范圍是 .
三、解答題(共3個題,滿分分別為13分,13分,14分)
13.(2018全國Ⅰ,文21)已知函數(shù)f(x)=aex-ln x-1.
(1)設(shè)x=2是f(x)的極值點,求a,并求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)證明:當a≥1e時,f(x)≥0.
14.已知函數(shù)f(x)=ex-ax2-2x(a∈R).
(1)當a=0時,求f(x)的最小值;
(2)當ae2-1在(0,+∞)上恒成立.
15.(2018浙江,22)已知函數(shù)f(x)=x-ln x.
(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)處導(dǎo)數(shù)相等,證明:f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;
(2)若a≤3-4ln 2,證明:對于任意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.
專題對點練9答案
1.C 解析 f(e)=ln e=1,所以f(f(e))=f(1)=12+1=2.故選C.
2.B 解析 ∵a=60.4>1,b=log0.40.5∈(0,1),c=log80.4<0,
∴a>b>c.
3.D 解析 ∵函數(shù)單調(diào)遞減,
∴01,即c>0,
當x=0時,loga(x+c)=logac>0,即c<1,即00,排除A,B;當x=12時,y=-124+122+2>2.排除C.故選D.
5.C 解析 ∵函數(shù)y=log0.5x恒過定點(1,0),而y=1+log0.5(x-1)的圖象是由y=log0.5x的圖象向右平移一個單位,向上平移一個單位得到,∴定點(1,0)平移以后即為定點(2,1),故選C.
6.A 解析 函數(shù)f(x)=cosx,x≤a,1x,x>a的值域為[-1,1],
當x≤a時,f(x)=cos x∈[-1,1],滿足題意;
當x>a時,f(x)=1x∈[-1,1],
應(yīng)滿足0<1x≤1,解得x≥1.
∴a的取值范圍是[1,+∞).
7.B 解析 由函數(shù)f(x)=x12,知在A中f(x)≥0恒成立,故A錯誤,B正確;
又f(x)=x12在[0,+∞)上是遞增函數(shù),故C錯誤;
在D中,當x1=0時,不存在x2∈[0,+∞)使得f(x1)>f(x2),故D不成立.
故選B.
8.D 解析 由f(x)是偶函數(shù)且當x≤0時,f(x)為增函數(shù),則x>0時,f(x)是減函數(shù),
故由f[log2(2x-2)]>flog1223,得|log2(2x-2)|0時,f(x)=ax2+x的兩個零點為x=0和x=-1a,
要使不等式f(x-1)≥f(x)對一切x∈R恒成立,
則只需要-1a≤1,得a≤-1,即a的最大值為-1.
10.12,1 解析 x2+y2=x2+(1-x)2=2x2-2x+1,x∈[0,1],所以當x=0或1時,x2+y2取最大值1;當x=12時,x2+y2取最小值12.因此x2+y2的取值范圍為12,1.
11.6 解析 二次函數(shù)f(x)=ax2-2x+c的值域為[0,+∞),
可得判別式Δ=4-4ac=0,即有ac=1,且a>0,c>0,
可得9a+1c≥29ac=23=6,當且僅當9a=1c,即有c=13,a=3時,取得最小值6.
12.18,2 解析 當x>0時,f(x)≤|x|可化為-x2+2x-2a≤x,即x-122+2a-14≥0,所以a≥18;
當-3≤x≤0時,f(x)≤|x|可化為x2+2x+a-2≤-x,即x2+3x+a-2≤0.對于函數(shù)y=x2+3x+a-2,其圖象的對稱軸方程為x=-32.因為當-3≤x≤0時,y≤0,所以當x=0時,y≤0,即a-2≤0,所以a≤2.
綜上所述,a的取值范圍為18,2.
13.解 (1)f(x)的定義域為(0,+∞),f(x)=aex-1x.
由題設(shè)知,f(2)=0,所以a=12e2.
從而f(x)=12e2ex-ln x-1,f(x)=12e2ex-1x.
當02時,f(x)>0.
所以f(x)在(0,2)單調(diào)遞減,在(2,+∞)單調(diào)遞增.
(2)當a≥1e時,f(x)≥exe-ln x-1.
設(shè)g(x)=exe-ln x-1,
則g(x)=exe-1x.
當01時,g(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值點.
故當x>0時,g(x)≥g(1)=0.
因此,當a≥1e時,f(x)≥0.
14.(1)解 a=0時,f(x)=ex-2x,f(x)=ex-2,
令f(x)>0,解得x>ln 2,
令f(x)<0,解得xe-2-2e2-1=0,f(0)=-1<0,
故存在x0∈(0,1),使得f(x0)=0,令h(x)=ex-2ax-2,則x∈(0,+∞)時,h(x)=ex-2a>ex+2-e>0,
故h(x)在(0,+∞)遞增且h(x0)=0,故x=x0是h(x)的唯一零點,
且在x=x0處f(x)取最小值f(x0)=ex0-x0(ax0+2),
又h(x0)=0,即ex0-2ax0-2=0,
得ax0+1=ex02,
故f(x0)=ex01-x02-x0,構(gòu)造函數(shù)g(t)=et1-t2-t,
則g(t)=et12-t2-1,[g(t)]=et-t2,
故t∈(0,1)時,[g(t)]<0,g(t)在(0,1)遞減,
故t∈(0,1)時,g(t)e11-12-1=e2-1,原結(jié)論成立.
15.證明 (1)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)=12x-1x,
由f(x1)=f(x2),得12x1-1x1=12x2-1x2,
因為x1≠x2,所以1x1+1x2=12.
由基本不等式,得12x1x2=x1+x2≥24x1x2,
因為x1≠x2,所以x1x2>256.
由題意得f(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1x2-ln(x1x2).
設(shè)g(x)=12x-ln x,
則g(x)=14x(x-4),
所以
x
(0,16)
16
(16,+∞)
g(x)
-
0
+
g(x)
↘
2-4ln 2
↗
所以g(x)在[256,+∞)上單調(diào)遞增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,
即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(2)令m=e-(|a|+k),n=|a|+1k2+1,則f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,
f(n)-kn-a0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.
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