2019届高考数学专题2函数与导数第1讲基础小题部分增分强化练理.docx

第1讲基础小题部分一、选择题1已知函数f(x)且f(a)2，则f(7a) ()Alog37BCD解析：当a0时，2a22无解；当a0时，由log3a2，解得a9，所以f(7a)f(2)222，故选D.答案：D2函数y(x3x)2|x|的图象大致是 ()解析：易判断函数为奇函数，由y0得x1或x0.且当0x1时，y1时，y0，故选B.答案：B3对于函数f(x)，使f(x)n成立的所有常数n中，我们把n的最小值G叫做函数f(x)的上确界，则函数f(x)的上确界是 ()A0 B.C1D2解析：f(x)在(，0)上是单调递增的，在0，)上是单调递减的，f(x)在R上的最大值是f(0)1，n1，G1.故选C.答案：C4(2018重庆模拟)若直线yax是曲线y2ln x1的一条切线，则实数a()解析：依题意，设直线yax与曲线y2ln x1的切点的横坐标为x0，则有y|xx0，于是有解得x0，a2e，选B.答案：B5已知函数f(x)x33x29x1，若f(x)在区间k,2上的最大值为28，则实数k的取值范围为()A3，)B(3，)C(，3)D(，3解析：由题意知f(x)3x26x9，令f(x)0，解得x1或x3，所以f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(，3)3(3,1)1(1，)f(x)00f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增又f(3)28，f(1)4，f(2)3，f(x)在区间k,2上的最大值为28，所以k3.答案：D6(2018重庆一中模拟)设曲线yf(x)与曲线yx2a(x0)关于直线yx对称，且f(2)2f(1)，则a ()A0 B.C.D1解析：依题意得，曲线yf(x)即为x(y)2a(其中y0，即y0，则x2,0)(1,2，令f(x)0，则x(0,1)，f(x)在(0,1)上单调递减，在2,0)，(1,2上单调递增，又f(2)28a，f(0)a，f(1)1a，f(2)4a，28a01a或a04a，即a4,0)(1,28答案：C10已知f(x)是偶函数，且f(x)在0，)上是增函数，如果f(ax1)f(x2)在x上恒成立，那么实数a的取值范围是()A2,1B5,0C5,1D2,0解析：因为f(x)是偶函数，且f(x)在0，)上是增函数，所以f(ax1)f(x2)在x上恒成立，即|ax1|x2|，即x2ax12x.由ax12x，得ax1x，a1，而1在x1时取得最小值0，故a0.同理，由x2ax1，得a2，所以a的取值范围是2,0答案：D11若函数f(x)的零点与g(x)4x2x2的零点之差的绝对值不超过，则f(x)可以是()Af(x)4x1Bf(x)(x1)2Cf(x)ex1Df(x)ln解析：g(x)4x2x2在R上连续，且g20.设g(x)4x2x2的零点为x0，则x0.f(x)4x1的零点为x，f(x)(x1)2的零点为x1，f(x)ex1的零点为x0，f(x)ln的零点为x.0x0，.故选A.答案：A12定义在R上的函数f(x)的导函数为f(x)，已知f(x1)是偶函数，且(x1)f(x)0.若x12，则f(x1)与f(x2)的大小关系是 ()Af(x1)f(x2)D不确定解析：由(x1)f(x)1时，f(x)0，函数单调递减当x0，函数单调递增因为函数f(x1)是偶函数，所以f(x1)f(1x)，f(x)f(2x)，即函数f(x)图象的对称轴为x1.所以，若1x1f(x2)；若x12x11，此时有f(x2)f(x2)综上，必有f(x1)f(x2)，选C.答案：C二、填空题13(2018高考全国卷)曲线y2ln x在点(1,0)处的切线方程为_解析：因为y，y|x12，所以切线方程为y02(x1)，即y2x2.答案：y2x214已知函数f(x)x22ax5在(，2上是减函数，且对任意的x1，x21，a1，总有|f(x1)f(x2)|4，则实数a的取值范围为_解析：函数f(x)(xa)25a2在(，2上是减函数，a2，|a1| |(a1)a|1，因此要使x1，x21，a1时，总有|f(x1)f(x2)|4，只要|f(a)f(1)|4即可，即|(a22a25)(12a5)|(a1)24，解得1a3.又a2，2a3.答案：2,315已知yf(x)为R上的连续可导函数，且xf(x)f(x)0，则函数g(x)xf(x)1(x0)的零点个数为_解析：设F(x)xf(x)，则F(x)f(x)xf(x)0在R上恒成立，且F(0)0，所以F(x)xf(x)0在(0，)上恒成立，所以在(0，)上g(x)xf(x)11恒成立，则函数g(x)xf(x)1的零点个数为0.答案：016已知函数f(x)ln x，则函数g(x)f(x)f(x)在区间2，e上的最大值为_解析：因为f(x)ln x，所以f(x)，则g(