2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題對(duì)點(diǎn)練9 2.1~2.4組合練 文

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題對(duì)點(diǎn)練9 2.1~2.4組合練 文 一、選擇題(共9小題,滿分45分) 1.設(shè)函數(shù)f(x)=則f(f(e))=(　　) A.0 B.1 C.2 D.ln(e2+1) 2.設(shè)a=60.4,b=log0.40.5,c=log80.4,則a,b,c的大小關(guān)系是(　　) A.a0,a≠1)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.0

2、1,0

3、1)>f(x2) 8.已知函數(shù)f(x)為偶函數(shù),當(dāng)x≤0時(shí),f(x)為增函數(shù),則“f”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 9.已知f(x)=若不等式f(x-1)≥f(x)對(duì)一切x∈R恒成立,則實(shí)數(shù)a的最大值為(　　) A. B.-1 C.- D.1 二、填空題(共3小題,滿分15分) 10.已知x≥0,y≥0,且x+y=1,則x2+y2的取值范圍是　　　　　.? 11.已知二次函數(shù)f(x)=ax2-2x+c的值域?yàn)閇0,+∞),則的最小值為　　　.? 12.(2018天津,文

4、14)已知a∈R,函數(shù)f(x)=若對(duì)任意x∈[-3,+∞),f(x)≤|x|恒成立,則a的取值范圍是　　　　　　.? 三、解答題(共3個(gè)題,滿分分別為13分,13分,14分) 13.(2018全國(guó)Ⅰ,文21)已知函數(shù)f(x)=aex-ln x-1. (1)設(shè)x=2是f(x)的極值點(diǎn),求a,并求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明:當(dāng)a≥時(shí),f(x)≥0. 14.已知函數(shù)f(x)=ex-ax2-2x(a∈R). (1)當(dāng)a=0時(shí),求f(x)的最小值; (2)當(dāng)a<-1時(shí),證明不等式f(x)> -1在(0,+∞)上恒成立. 1

5、5.(2018浙江,22)已知函數(shù)f(x)=-ln x. (1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)處導(dǎo)數(shù)相等,證明:f(x1)+f(x2)>8-8ln 2; (2)若a≤3-4ln 2,證明:對(duì)于任意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點(diǎn). 專題對(duì)點(diǎn)練9答案 1.C　解析 f(e)=ln e=1,所以f(f(e))=f(1)=12+1=2.故選C. 2.B　解析 ∵a=60.4>1,b=log0.40.5∈(0,1),c=log80.4<0, ∴a>b>c. 3.D　解析 ∵函數(shù)單調(diào)遞減, ∴0

6、+c>1,即c>0, 當(dāng)x=0時(shí),loga(x+c)=logac>0,即c<1,即00,排除A,B;當(dāng)x=時(shí),y=-+2>2.排除C.故選D. 5.C　解析 ∵函數(shù)y=log0.5x恒過(guò)定點(diǎn)(1,0),而y=1+log0.5(x-1)的圖象是由y=log0.5x的圖象向右平移一個(gè)單位,向上平移一個(gè)單位得到,∴定點(diǎn)(1,0)平移以后即為定點(diǎn)(2,1),故選C. 6.A　解析 函數(shù)f(x)=的值域?yàn)閇-1,1], 當(dāng)x≤a時(shí),f(x)=cos x∈[-1,1],滿足題意; 當(dāng)x>a時(shí),f(x)=∈[-1,1], 應(yīng)滿足0<≤1,解

7、得x≥1. ∴a的取值范圍是[1,+∞). 7.B　解析 由函數(shù)f(x)=,知在A中f(x)≥0恒成立,故A錯(cuò)誤,B正確; 又f(x)=在[0,+∞)上是遞增函數(shù),故C錯(cuò)誤; 在D中,當(dāng)x1=0時(shí),不存在x2∈[0,+∞)使得f(x1)>f(x2),故D不成立. 故選B. 8.D　解析 由f(x)是偶函數(shù)且當(dāng)x≤0時(shí),f(x)為增函數(shù),則x>0時(shí),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、x-1)的圖象,當(dāng)a≥0時(shí),f(x-1)≥f(x)對(duì)一切x∈R不恒成立(如圖1). 圖1 圖2 當(dāng)a<0時(shí),f(x-1)過(guò)定點(diǎn)(1,0)(如圖2), 當(dāng)x>0時(shí),f(x)=ax2+x的兩個(gè)零點(diǎn)為x=0和x=-, 要使不等式f(x-1)≥f(x)對(duì)一切x∈R恒成立, 則只需要-≤1,得a≤-1,即a的最大值為-1. 10.　解析 x2+y2=x2+(1-x)2=2x2-2x+1,x∈[0,1],所以當(dāng)x=0或1時(shí),x2+y2取最大值1;當(dāng)x=時(shí),x2+y2取最小值.因此x2+y2的取值范圍為. 11.6　解析 二次函數(shù)f(x)=ax2-2x+c的值域?yàn)閇0,+∞)

9、, 可得判別式Δ=4-4ac=0,即有ac=1,且a>0,c>0, 可得≥2=2×3=6,當(dāng)且僅當(dāng),即有c=,a=3時(shí),取得最小值6. 12.　解析 當(dāng)x>0時(shí),f(x)≤|x|可化為-x2+2x-2a≤x,即+2a-≥0,所以a≥; 當(dāng)-3≤x≤0時(shí),f(x)≤|x|可化為x2+2x+a-2≤-x,即x2+3x+a-2≤0.對(duì)于函數(shù)y=x2+3x+a-2,其圖象的對(duì)稱軸方程為x=-.因?yàn)楫?dāng)-3≤x≤0時(shí),y≤0,所以當(dāng)x=0時(shí),y≤0,即a-2≤0,所以a≤2. 綜上所述,a的取值范圍為. 13.解 (1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=aex-. 由題設(shè)知,f'(

10、2)=0,所以a=. 從而f(x)=ex-ln x-1,f'(x)=ex-. 當(dāng)02時(shí),f'(x)>0. 所以f(x)在(0,2)單調(diào)遞減,在(2,+∞)單調(diào)遞增. (2)當(dāng)a≥時(shí),f(x)≥-ln x-1. 設(shè)g(x)=-ln x-1, 則g'(x)=. 當(dāng)01時(shí),g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值點(diǎn). 故當(dāng)x>0時(shí),g(x)≥g(1)=0. 因此,當(dāng)a≥時(shí),f(x)≥0. 14.(1)解 a=0時(shí),f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2, 令f'(x)>0,解得x>ln 2, 令f'(

11、x)<0,解得xe-2-2=0,f'(0)=-1<0, 故存在x0∈(0,1),使得f'(x0)=0,令h(x)=ex-2ax-2,則x∈(0,+∞)時(shí),h'(x)=ex-2a>ex+2-e>0, 故h(x)在(0,+∞)遞增且h(x0)=0,故x=x0是h(x)的唯一零點(diǎn), 且在x=x0處f(x)取最小值f(x0)=-x0(ax0+2), 又h(x0)=0,即-2ax0-2=0,

12、 得ax0+1=, 故f(x0)=-x0,構(gòu)造函數(shù)g(t)=et-t, 則g'(t)=et-1,[g'(t)]'=et, 故t∈(0,1)時(shí),[g'(t)]'<0,g'(t)在(0,1)遞減, 故t∈(0,1)時(shí),g'(t)e1-1=-1,原結(jié)論成立. 15.證明 (1)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)=, 由f'(x1)=f'(x2),得, 因?yàn)閤1≠x2,所以. 由基本不等式,得≥2, 因?yàn)閤1≠x2,所以x1x2>256. 由題意得f(x1)+f(x2)=-l

13、n x1+-ln x2=-ln(x1x2). 設(shè)g(x)=-ln x, 則g'(x)=-4), 所以 x (0,16) 16 (16,+∞) g'(x) - 0 + g(x) ↘ 2-4ln 2 ↗ 所以g(x)在[256, +∞)上單調(diào)遞增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2, 即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2. (2)令m=e-(|a|+k),n=+1,則f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0, f(n)-kn-a0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點(diǎn).