广西2019高考数学二轮复习专题对点练92.1_2.4组合练

1 专题对点练专题对点练 9 9 2 1 2 42 1 2 4 组合练组合练 限时 90 分钟 满分 100 分 一 选择题 共 9 小题 满分 45 分 1 1 设函数f x 则f f e x 2 1 x 1 lnx x 1 a 0b 1c 2d ln e2 1 2 2 设a 60 4 b log0 40 5 c log80 4 则a b c的大小关系是 a a b cb c b ac c a bd b c0 a 1 的图象如图所示 则下列结论成立的是 a a 1 c 1 b a 1 0 c 1 c 0 a1 d 0 a 1 0 c a a 1 b 1 c 0 1 d 1 0 7 7 已知函数f x 则 x 1 2 a x0 r r 使得f x 0 b x 0 f x 0 c x1 x2 0 使得f x2 8 8 已知函数f x 为偶函数 当x 0 时 f x 为增函数 则 xf 6 5 log1 2 2 3 的 a 充分不必要条件 b 必要不充分条件 2 c 充要条件 d 既不充分也不必要条件 9 9 已知f x 若不等式f x 1 f x 对一切x r r 恒成立 则实数a的最大值为 ax 2 x x 0 x x 0 a b 1c d 1 9 16 1 2 二 填空题 共 3 小题 满分 15 分 1010 已知x 0 y 0 且x y 1 则x2 y2的取值范围是 1111 已知二次函数f x ax2 2x c的值域为 0 则的最小值为 9 a 1 c 1212 2018 天津 文 14 已知a r r 函数f x 若对任意x 3 f x x2 2x a 2 x 0 x2 2x 2a x 0 x 恒成立 则a的取值范围是 三 解答题 共 3 个题 满分分别为 13 分 13 分 14 分 1313 2018 全国 文 21 已知函数f x aex ln x 1 1 设x 2 是f x 的极值点 求a 并求f x 的单调区间 2 证明 当a 时 f x 0 1 e 1414 已知函数f x ex ax2 2x a r r 1 当a 0 时 求f x 的最小值 2 当a 1 在 0 上恒成立 e 2 e 2 1515 2018 浙江 22 已知函数f x ln x x 1 若f x 在x x1 x2 x1 x2 处导数相等 证明 f x1 f x2 8 8ln 2 2 若a 3 4ln 2 证明 对于任意k 0 直线y kx a与曲线y f x 有唯一公共点 3 专题对点练 9 9 答案 1 1 c 解析 f e ln e 1 所以f f e f 1 12 1 2 故选 c 2 2 b 解析 a 60 4 1 b log0 40 5 0 1 c log80 4b c 3 3 d 解析 函数单调递减 0 a 1 当x 1 时 y loga 1 c 1 即c 0 当x 0 时 loga x c logac 0 即c 1 即 0 c0 排除 a b 当x 时 y 2 2 排除 c 故选 d 1 2 1 2 4 1 2 2 5 5 c 解析 函数y log0 5x恒过定点 1 0 而y 1 log0 5 x 1 的图象是由y log0 5x的图象向右 平移一个单位 向上平移一个单位得到 定点 1 0 平移以后即为定点 2 1 故选 c 6 6 a 解析 函数f x 的值域为 1 1 cosx x a 1 x x a 当x a时 f x cos x 1 1 满足题意 当x a时 f x 1 1 1 x 应满足 0f x2 故 d 不成立 故选 b 8 8 d 解析 由f x 是偶函数且当x 0 时 f x 为增函数 则x 0 时 f x 是减函数 故由f log2 2x 2 f 得 log2 2x 2 log2 log1 2 2 3 log1 2 2 3 3 2 故 0 2x 2 解得 1 x 3 2 7 4 故 x 2 是 1 x 的既不充分也不必要条件 故选 d 6 5 7 4 9 9 b 解析 作出函数f x 和f x 1 的图象 当a 0 时 f x 1 f x 对一切x r r 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 1 a 要使不等式f x 1 f x 对一切x r r 恒成立 则只需要 1 得a 1 即a的最大值为 1 1 a 4 1010 解析 x2 y2 x2 1 x 2 2x2 2x 1 x 0 1 所以当x 0 或 1 时 x2 y2取最大值 1 当x 1 2 1 时 x2 y2取最小值 因此x2 y2的取值范围为 1 2 1 2 1 2 1 1111 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a 0 c 0 可得 2 2 3 6 当且仅当 即有c a 3 时 取得最小值 6 9 a 1 c 9 ac 9 a 1 c 1 3 1212 解析 当x 0 时 f x x 可化为 x2 2x 2a x 即 2a 0 所以a 1 8 2 x 1 2 2 1 4 1 8 当 3 x 0 时 f x x 可化为x2 2x a 2 x 即x2 3x a 2 0 对于函数y x2 3x a 2 其图象 的对称轴方程为x 因为当 3 x 0 时 y 0 所以当x 0 时 y 0 即a 2 0 所以a 2 3 2 综上所述 a的取值范围为 1 8 2 1313 解 1 f x 的定义域为 0 f x aex 1 x 由题设知 f 2 0 所以a 1 2e2 从而f x ex ln x 1 f x ex 1 2e2 1 2e2 1 x 当 0 x 2 时 f x 2 时 f x 0 所以f x 在 0 2 单调递减 在 2 单调递增 2 当a 时 f x ln x 1 1 e ex e 设g x ln x 1 ex e 则g x ex e 1 x 当 0 x 1 时 g x 1 时 g x 0 所以x 1 是g x 的最小值点 故当x 0 时 g x g 1 0 因此 当a 时 f x 0 1 e 1414 1 解 a 0 时 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 2 0 f 0 1ex 2 e 0 故h x 在 0 递增且h x0 0 故x x0是h x 的唯一零点 且在x x0处f x 取最小值f x0 x0 ax0 2 e x0 又h x0 0 即 2ax0 2 0 e x0 得ax0 1 e x0 2 故f x0 x0 构造函数g t et t e x0 1 x0 2 1 t 2 则g t et 1 g t et 1 2 t 2 t 2 故t 0 1 时 g t 0 g t 在 0 1 递减 故t 0 1 时 g t g 0 e1 1 1 原结论成立 1 1 2 e 2 1515 证明 1 函数f x 的导函数f x 1 2x 1 x 由f x1 f x2 得 1 2x1 1 x1 1 2x2 1 x2 因为x1 x2 所以 1 x1 1 x2 1 2 5 由基本不等式 得 2 1 2 x1x2 x1 x2 4 x1x2 因为x1 x2 所以x1x2 256 由题意得f x1 f x2 ln x1 ln x2 ln x1x2 x1x2 1 2 x1x2 设g x ln x 1 2 x 则g x 4 1 4x x 所以 x 0 16