高考数学二轮复习 专题对点练9 2.12.4组合练 理.doc

专题对点练92.12.4组合练(限时90分钟,满分100分)一、选择题(共9小题,满分45分)1.设函数f(x)=x2+1,x1,lnx,x1,则f(f(e)=()a.0b.1c.2d.ln(e2+1)答案 c解析 f(e)=ln e=1,所以f(f(e)=f(1)=12+1=2.故选c.2.(2017河南新乡二模,理4)设a=60.4,b=log0.40.5,c=log80.4,则a,b,c的大小关系是()a.abcb.cbac.cabd.bc1,b=log0.40.5(0,1),c=log80.4bc.3.已知函数y=loga(x+c)(a,c为常数,其中a0,a1)的图象如图所示,则下列结论成立的是()a.a1,c1b.a1,0c1c.0a1d.0a1,0c1答案 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.(2017山东潍坊二模,理4)函数f(x)=log12cos x-2x2的图象大致是()答案 c解析 -2x2时,y=cos x是偶函数,并且y=cos x(0,1,函数f(x)=log12cos x-2xa的值域为-1,1,则实数a的取值范围是()a.1,+)b.(-,-1c.(0,1d.(-1,0)答案 a解析 函数f(x)=cosx,xa,1x,xa的值域为-1,1,当xa时,f(x)=cos x-1,1,满足题意;当xa时,f(x)=1x-1,1,应满足01x1,解得x1.a的取值范围是1,+).7.已知函数f(x)=x12,则()a.x0r,使得f(x)0b.x(0,+),f(x)0c.x1,x20,+),使得f(x1)-f(x2)x1-x2f(x2)答案 b解析 由函数f(x)=x12,知在a中f(x)0恒成立,故a错误,b正确;又f(x)=x12在0,+)上是递增函数,故c错误;在d中,当x1=0时,不存在x20,+)使得f(x1)f(x2),故d不成立.故选b.8.已知函数f(x)为偶函数,当x0时,f(x)为增函数,则“65xflog1223”的()导学号16804176a.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答案 d解析 由f(x)是偶函数且当x0时,f(x)为增函数,则x0时,f(x)是减函数,故由“flog2(2x-2)flog1223”,得|log2(2x-2)|log1223=log232,故02x-232,解得1x74,故“65x2”是“1x0,-x,x0,若不等式f(x-1)f(x)对一切xr恒成立,则实数a的最大值为()导学号16804177a.916b.-1c.-12d.1答案 b解析 作出函数f(x)和f(x-1)的图象,当a0时,f(x-1)f(x)对一切xr不恒成立(如图1).图1图2当a0时,f(x)=ax2+x的两个零点为x=0和x=-1a,要使不等式f(x-1)f(x)对一切xr恒成立,则只需要-1a1,得a-1,即a的最大值为-1.二、填空题(共3小题,满分15分)10.已知x0,y0,且x+y=1,则x2+y2的取值范围是.答案 12,1解析 x2+y2=x2+(1-x)2=2x2-2x+1,x0,1,所以当x=0或1时,x2+y2取最大值1;当x=12时,x2+y2取最小值12.因此x2+y2的取值范围为12,1.11.(2017山东潍坊二模,理5改编)已知二次函数f(x)=ax2-2x+c的值域为0,+),则9a+1c的最小值为.答案 6解析 二次函数f(x)=ax2-2x+c的值域为0,+),可得判别式=4-4ac=0,即有ac=1,且a0,c0,可得9a+1c29ac=23=6,当且仅当9a=1c,即有c=13,a=3时,取得最小值6.12.对于函数y=f(x),若其定义域内存在不同实数x1,x2,使得xif(xi)=1(i=1,2)成立,则称函数f(x)具有性质p,若函数f(x)=exa具有性质p,则实数a的取值范围为.导学号16804178答案 -1e,0解析 由题意知,若f(x)具有性质p,则在定义域内xf(x)=1有两个不同的实数根,f(x)=exa,xexa=1,即方程xex=a在r上有两个不同的实数根,设g(x)=xex,则g(x)=ex+xex=(1+x)ex,由g(x)=0,得x=-1,g(x)在(-,-1)上递减,在(-1,+)上递增,当x=-1时,g(x)取到最小值是g(-1)=-1e,x0,g(x)0,g(x)0,当方程xex=a在r上有两个不同的实数根时,即函数g(x)与y=a的图象有两个交点,由图得-1ea0,实数a的取值范围为-1e,0.三、解答题(共3个题,分别满分为13分,13分,14分)13.(2017辽宁沈阳三模,理21)已知f(x)=ex与g(x)=ax+b的图象交于p(x1,y1),q(x2,y2)两点.(1)求函数h(x)=f(x)-g(x)的最小值;(2)若pq的中点为m(x0,y0),求证:f(x0)a0,h(x)在r上为增函数,不满足有两个零点,故不符合题意,所以a0,令h(x)=ex-a=0,解得x=ln a,并且有x(-,ln a),h(x)0,故h(x)min=h(ln a)=eln a-aln a-b=a-b-aln a.(2)证明 要证f(x0)ay0成立,即证ex1+x22ex2-ex1x2-x1x1,只需证ex2-x12ex2-x1-1x2-x10,即为et2et-1tet+12,要证et2t,令f(t)=et2-e-t2-t,只需证f(t)0,求导得f(t)=12et2+12e-t2-1=12(et2+e-t2)-10,f(t)在(0,+)为增函数,故f(t)f(0)=0,et2et-1t成立;要证et-1tet+12,只需证明et-1et+1t2,令g(t)=et-1et+1-t2,求导得g(t)=2et(et+1)2-12=4et-(et+1)22(et+1)2=-(et-1)22(et+1)20,g(t)在(0,+)为减函数,故g(t)g(0)=0,et-1tet+12成立;et2et-1t0)成立,即f(x0)a1恒成立,求实数a的取值范围;(3)设函数f(x)有两个极值点x1,x2,x1e,若f(x1)-f(x2)m恒成立,求实数m的取值范围.解 (1)当a=5时,f(x)=2ln x+x2-5x,f(x)=2x2-5x+2x=(2x-1)(x-2)x(x0),令f(x)0,解得x2或0x12,令f(x)0,解得12x1,f(x2)-x2-f(x1)-x1x2-x10,令g(x)=f(x)-x,则g(x)在(0,+)内单调递增,g(x)=f(x)-10,2x2-ax+2x-10在(0,+)内恒成立,a2x+2x-1在(0,+)内恒成立,2x+2x4,x=1时取等号,a3.(3)x1+x2=a2,x1x2=1,a=2(x1+x2),x2=1x1,f(x1)-f(x2)=(2ln x1+x12-ax1)-(2ln x2+x22-ax2)=1x12-x12+2ln x12,令x12=x,则0x1e2,h(x)=1x-x-2ln x,h(x)=-(x-1)2x2h1e2=e2-1e2-4,me2-1e2-4.15.(2017河北武邑中学质检一,理21)已知函数f(x)=ln(1+ax)-2xx+2(a0).(1)当a=12时,求f(x)的极值;(2)若a12,1,f(x)存在两个极值点x1,x2,试比较f(x1)+f(x2)与f(0)的大小;(3)求证:en(n-1)2n!(n2,nn).(1)解 f(x)=ln1+12x-2xx+2,定义域1+12x0,x+20x-2,f(x)=1x+2-4(x+2)2=x-2(x+2)2,f(x)在(-2,2)递减,(2,+)递增.故f(x)极小值=f(2)=ln 2-1,没有极大值.(2)解 f(x)=ln(1+ax)-2xx+2,x-1a,+,f(x)=a1+ax-4(x+2)2=ax2-4(1-a)(1+ax)(x+2)2.a12,1,a(1-a)0,14,-1a-2a(1-a)a.由ax2-4(1-a)=0,得x=2a(1-a)a.f(x1)+f(x2)=ln 1+2a(1-a)+ln 1-2a(1-a)-41-a21-a+2a-41-a-21-a+2a,f(x1)+f(x2)=ln(1-2a)2+4-4a2a-1=ln(1-2a)2+22a-1-2,设t=2a-1,当a12,1时,t(0,1),设f(x1)+f(x2)=g(t)=2ln t+2t-2,当t(0,1)时,g(t)=2ln t+2t-2,g(t)=2t-2t2=2(t-1)t2g(1)=0,即f(x1)+f(x2)f(0)