2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破練9 2.1-2.4 組合練 理

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破練9 2.1-2.4 組合練 理 一、選擇題(共9小題,滿分45分) 1.(2018湖南長郡中學(xué)五模,文2)已知集合A={x|log3(2x-1)≤0},B={x|y=},全集U=R,則A∩(?UB)等于(　　) 　 　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. 2.(2018四川成都三模,理5)已知實(shí)數(shù)a=2ln 2,b=2+ln 2,c=(ln 2)2,則a,b,c的大小關(guān)系是(　　) A.a0,a≠1)

2、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.0f”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件

3、 D.既不充分也不必要條件 7.(2018河北衡水中學(xué)三模,文11)若函數(shù)f(x)=a(x-2)ex+ln x+在(0,2)上存在兩個極值點(diǎn),則a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 8.(2018陜西西安中學(xué)月考,理12)已知函數(shù)f(x)=x3-a2x,若對于任意的x1,x2∈[0,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤1成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 9.(2018福建莆田24中月考,理12)已知e為自然對數(shù)的底數(shù),若對任意的x∈[0,1],總存在唯一的y∈[-1,1],使得x+y2ey-a=0成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　)

4、 A.[1,e] B. C.(1,e] D. 二、填空題(共3小題,滿分15分) 10.(2018百校聯(lián)盟四月聯(lián)考,理13)已知f(x)=若f(1-a)=f(1+a)(a>0),則實(shí)數(shù)a的值為　　　　　.? 11.已知函數(shù)f(x),g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)和奇函數(shù),且f(x)+g(x)=2x+x,則f(log25)=　　　　　.? 12.已知函數(shù)f(x)=若函數(shù)g(x)=f(x)-m有三個不同的零點(diǎn),則實(shí)數(shù)m的取值范圍為　　　　　.? 三、解答題(共3個題,分別滿分為13分,13分,14分) 13.函數(shù)f(x)=ex-ax2+1,曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為y=

5、bx+2. (1)求a,b的值; (2)當(dāng)x>0時,求證:f(x)≥(e-2)x+2. 14.(2018陜西咸陽二模,理21)已知函數(shù)f(x)=-2ln x(a∈R,a≠0). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)若函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)x1,x2(x12e. 15.(2018湖南衡陽二模,理21)已知函數(shù)f(x)=sin x-x+mx3(m∈R). (1)當(dāng)m=0時,證明:f(x)>-ex; (2)當(dāng)x≥0時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,求m的取值

6、范圍. 參考答案 專題突破練9　2.1~2.4組合練 1.D　解析 由題意,可得集合A=,B=xx≤0或x,所以A∩(?UB)=,故選D. 2.C　解析 ∵a=2ln 2∈(1,2),b=2+ln 2>2,c=(ln 2)2<1,∴c1,即c>0, 當(dāng)x=0時,loga(x+c)=logac>0, 即c<1,即0

7、cos x是偶函數(shù),cos x∈(0,1]時,f(x)≥0.∴四個選項(xiàng),只有C滿足題意.故選C. 5.A　解析 y=x3-9x2+29x-30=x3-9x2+27x-27+2x-3=(x-3)3+2(x-3)+3,y-3=(x-3)3+2(x-3),得出函數(shù)關(guān)于(3,3)對稱,=3,根據(jù)對稱性=3,所以m+n=6. 6.D　解析 由f(x)是偶函數(shù)且當(dāng)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)]>f,得|log2(2x-2)|<=log2,故0<2x-2<,解得1

8、　解析 由題意可知f'(x)=aex(x-1)+=0有兩個不等根. 即aex(x-1)=-,x∈(0,2),有一根x=1.另一根在方程-=x2ex,x∈(0,2)中, 令h(x)=x2ex,x∈(0,2),h'(x)=ex(x2+2x)>0,∴h(x)在x∈(0,2)且x≠1上單調(diào)遞增.∴-h(1)=e, 即h(x)∈(0,4e2)且a≠- ∴0<-<4e2, ∴a<-且a≠-即a 8.A　解析 利用排除法,當(dāng)a=0時,f(x)=x3,f'(x)=x2≥0,函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增,|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(0)=1,滿足題意,排除CD選項(xiàng), 當(dāng)a=時,f(x)=x

9、3-x,f'(x)=x2-<0, 函數(shù)在定義域上單調(diào)遞減,|f(x1)-f(x2)|≤f(0)-f(1)=1≤1, 滿足題意,排除B選項(xiàng),故選A. 9.B　解析 由x+y2ey-a=0成立,得y2ey=a-x, ∴對任意的x∈[0,1],總存在唯一的y∈[-1,1],使得x+y2ey-a=0成立, ∴a-1≥(-1)2e-1,且a-0≤12×e1,解得1+a≤e,其中a=1+時,y存在兩個不同的實(shí)數(shù)(舍去),所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是,故選B. 10.1　解析 ∵a>0,∴1-a<1,1+a>1,由f(1-a)=f(1+a)得2-a=,即a2-2a+1=0,所以a=1. 11　解析

10、∵函數(shù)f(x),g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)和奇函數(shù), 且f(x)+g(x)=2x+x, 可得f(-x)+g(-x)=2-x-x, 即為f(x)-g(x)=2-x-x, 解得f(x)=(2x+2-x), 即f(log25)=()= 12.-0時,f(x)=x2-x=-;當(dāng)x≤0時,f(x)=x,如圖.所以要使函數(shù)g(x)=f(x)-m有三個不同的零點(diǎn),只需直線y=m與函數(shù)y=f(x)的圖象有三個交點(diǎn)即可,結(jié)合圖象可知,m的取值范圍為-

11、-2ax,f'(1)=e-2a=b,f(1)=e-a+1=b+2, 解得a=1,b=e-2. (2)證明 設(shè)g(x)=f(x)-(e-2)x-2=ex-x2-(e-2)x-1,則g'(x)=ex-2x-(e-2),設(shè)h(x)=ex-2x-(e-2),h'(x)=ex-2. 所以g'(x)在(0,ln 2)內(nèi)單調(diào)遞減,在(ln 2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增, 又g'(0)=3-e>0,g'(ln 2)=2-2ln 2-e+2=4-2ln 2-e<0,g'(1)=0, ∴存在x0∈(0,ln 2),使得g'(x)=0,∴當(dāng)x∈(0,x0)∪(1,+∞)時,g'(x)>0;當(dāng)x∈(x0,1)時,g

12、'(x)<0, 故g(x)在(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(x0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,又g(0)=g(1)=0,∴g(x)=ex-x2-(e-2)x-1≥0,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取等號,∴f(x)-(e-2)x-2≥0,即f(x)≥(e-2)x+2. 14.解 (1)f'(x)=(x>0), 當(dāng)a<0時,f'(x)<0,知f(x)在(0,+∞)上是遞減的; 當(dāng)a>0時,f'(x)=,知f(x)在(0,)上是遞減的,在(,+∞)上是遞增的. (2)由(1)知,a>0,f(x)min=f()=1-ln a,依題意得1-ln a<0,即a>e, 由a=e2得f(x)=-2l

13、n x(x>0),x1∈(0,e),x2∈(e,+∞), 由f(2e)=2-2ln 2>0及f(x2)=0得x2<2e,即x2∈(e,2e), 欲證x1+x2>2e,只要x1>2e-x2,注意到f(x)在(0,e)上是遞減的,且f(x1)=0,只要證明f(2e-x2)>0即可,由f(x2)=-2ln x2=0得=2e2ln x2, 所以f(2e-x2)=-2ln(2e-x2)=-2ln(2e-x2)=-2ln(2e-x2)=4-+2ln x2-2ln(2e-x2),x2∈(e,2e),令g(t)=4-+2ln t-2ln(2e-t),t∈(e,2e), 則g'(t)=->0,知g(t)

14、在(e,2e)上是遞增的,于是g(t)>g(e),即f(2e-x2)>0,綜上,x1+x2>2e. 15.(1)證明 當(dāng)m=0時,即證:ex-x+sin x>0,∵ex-x+sin x≥ex-x-1,令g(x)=ex-x-1,則g'(x)=ex-1,當(dāng)x>0時,有g(shù)'(x)>0.當(dāng)x>0時,g(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)x<0時,有g(shù)'(x)<0.當(dāng)x<0時,g(x)單調(diào)遞減,∴g(x)≥g(0)=0. ∵取等號條件不一致, ∴ex-x+sin x>0,∴f(x)>-ex. (2)解 依題意f'(x)=cos x-1+3mx2≥0在x≥0上恒成立, 令F(x)=cos x-1+3mx2

15、,F(0)=0,F'(x)=6mx-sin x, 又令H(x)=x-sin x?H'(x)=1-sin x≥0,所以當(dāng)x≥0時,H(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,∴H(x)≥H(0)=0,因此sin x≤x(x≥0)?-sin x≥-x, ∴F'(x)≥6mx-x=(6m-1)x,討論: ①當(dāng)m,x≥0時,F'(x)≥0,F(x)單調(diào)遞增;∴F(x)≥F(0)=0,符合題意. ②當(dāng)m≤0時,F=-1+3m<0,不符合題意,舍去. ③當(dāng)00,∴F″(0)·F″<0. ∴?x1,使F″(x1)=0. ∴當(dāng)x∈(0,x1)時,F″(x)<0, ∴F'(x)在(0,x1)時單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈(0,x1)時,F'(x)