高考数学(理数)二轮复习专题1 第2讲《函数》练习 (含答案详解)

1、专题复习检测A卷1(天津)已知alog52，blog0.50.2，c0.50.2，则a，b，c的大小关系为()AacbBabcCbcaDcab【答案】A【解析】alog521，blog0.50.2 eq logsdo8(f(1,2) eq f(1,5)log25log241，c0.50.21，所以b最大因为alog52eq f(1,log25)，c0.50.2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup7(f(1,5) eq r(5,f(1,2)eq f(1,r(5,2).而log25log242eq r(5,2)，所以eq f(1,log25)eq f(1,r(5,2

2、)，即ac.故选A2(甘肃白银模拟)若函数f(x)eq blcrc (avs4alco1(2x2a，x1，,logf(1,2)x1，x1)有最大值，则a的取值范围为()A(5，)B5，)C(，5)D(，5【答案】B【解析】易知f(x)在(，1上单调递增，在(1，)上单调递减，要使f(x)有最大值，则f(1)4a eq logsdo8(f(1,2) (11)1，解得a5.3(新课标)下列函数中，其图象与函数yln x的图象关于直线x1对称的是()Ayln(1x)Byln(2x)Cyln(1x)Dyln(2x)【答案】B【解析】yln x的图象与yln(x)的图象关于y轴即x0对称，要使新的图象与

3、yln x关于直线x1对称，则yln(x)的图象需向右平移2个单位，即yln(2x)4设aR，若函数yexax有大于零的极值点，则()Aa1Caeq f(1,e)Da0时，ex1，aex1.5(云南玉溪模拟)函数f(x)x2ln x的最小值为()Aeq f(1,e)Beq f(1,e)Ceq f(1,2e)Deq f(1,2e)【答案】C【解析】由f(x)x2ln x，得定义域为(0，)且f(x)2xln xx2eq f(1,x)x(2ln x1)令f(x)0，得xe eq sup7(f(1,2) .当0 xe eq sup7(f(1,2) 时，f(x)e eq sup7(f(1,2) 时，f

4、(x)0，f(x)单调递增所以当xe eq sup7(f(1,2) 时，f(x)取得最小值，即f(x)minf(e eq sup7(f(1,2) )eq f(1,2e).故选C6(贵州遵义模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x4)f(x2)若当x3,0时，f(x)6x，则f(919)_.【答案】6【解析】由f(x4)f(x2)，可得f(x6)f(x)，则f(x)是周期为6的周期函数，所以f(919)f(15361)f(1)又f(x)是偶函数，所以f(919)f(1)f(1)6(1)6.7(广东模拟)已知曲线f(x)aexb(a，bR)在点(0，f(0)处的切线方程为y2x1，则ab_

5、.【答案】3【解析】由f(x)aexb，得f(x)aex.因为曲线f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y2x1，所以eq blcrc (avs4alco1(f0ab1，,f0a2，)解得eq blcrc (avs4alco1(a2，,b1.)所以ab3.8定义在R内的可导函数f(x)，已知y2f(x)的图象如图所示，则yf(x)的减区间是_【答案】(2，)【解析】令f(x)0，则y2f(x)2时，2f(x)1，故yf(x)的减区间是(2，)9已知函数f(x)xexax2x.(1)若f(x)在(，1内单调递增，在1,0上单调递减，求f(x)的极小值；(2)若x0时，恒有f(x)0，求实数a的

6、取值范围【解析】(1)f(x)在(，1内单调递增，在1,0上单调递减，f(1)0.f(x)(x1)ex2ax1，2a10，aeq f(1,2).f(x)(x1)exx1(x1)(ex1)f(x)在(，1)内单调递增，在(1,0)内单调递减，在(0，)内单调递增，f(x)的极小值为f(0)0.(2)f(x)x(exax1)，令g(x)exax1，则g(x)exa，若a1，则x(0，)时，g(x)0，g(x)为增函数，而g(0)0，当x0时，g(x)0.从而f(x)0.若a1，则x(0，ln a)时，g(x)0，g(x)为减函数，g(0)0，当x(0，ln a)时，g(x)0，从而f(x)0，f(

7、2)eq f(5,2)，则关于x的不等式f(ln x)eq f(1,ln x)2的解集为()A(1，e2)B(0，e2)C(e，e2)D(e2，)【答案】D【解析】设g(x)f(x)eq f(1,x)(x0)，则g(x)f(x)eq f(1,x2)0，所以函数g(x)在(0，)上单调递增由f(ln x)eq f(1,ln x)2，可得f(ln x)eq f(1,ln x)2，又g(2)f(2)eq f(1,2)2，所以待解不等式等价于解g(ln x)g(2)所以ln x2，解得xe2.故选D12(江西师大附中月考)已知函数f(x)eq blc|rc|(avs4alco1(2xf(a,2x)在0

8、,1上单调递增，则a的取值范围为_【答案】1,1【解析】令2xt，t1,2，则yeq blc|rc|(avs4alco1(tf(a,t)在1,2上单调递增当a0时，y|t|t在1,2上单调递增显然成立；当a0时，yeq blc|rc|(avs4alco1(tf(a,t)，t(0，)的单调递增区间是eq r(a)，)，此时eq r(a)1，即0a1时成立；当a0时，yeq blc|rc|(avs4alco1(tf(a,t)teq f(a,t)，t(0，)的单调递增区间是eq r(a)，)，此时eq r(a)1，即1a0时成立综上，a的取值范围是1,113(新课标)已知函数f(x)eq f(1,x

9、)xaln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：eq f(fx1fx2,x1x2)2，令f(x)0得，xeq f(ar(a24),2)或xeq f(ar(a24),2)，易得0eq f(ar(a24),2)eq f(ar(a24),2).当xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(ar(a24),2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(ar(a24),2)，)时，f(x)0.所以f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(ar(a24),2)，eq blc(rc)(avs4alco1(f(ar(a24),2)，)上单调递减，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(ar(a24),2)，f(ar(a24),2)上单调递增(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x11.由于eq f(fx1fx2,x1x2)eq f(1,x1x2)1aeq f(ln x1ln x2,x1x2)2aeq f(ln x1ln x2,x1x2)2aeq f(ln x1ln x2,x1x2)2aeq f(2ln x2,f(1,x2)x2