高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題對點練9 2.12.4組合練 理

《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題對點練9 2.12.4組合練 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題對點練9 2.12.4組合練 理（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題對點練9　2.1~2.4組合練 (限時90分鐘,滿分100分) 一、選擇題(共9小題,滿分45分) 1.設(shè)函數(shù)f(x)=x2+1,x≤1,lnx,x>1,則f(f(e))=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.0 B.1 C.2 D.ln(e2+1) 答案 C 解析 f(e)=ln e=1,所以f(f(e))=f(1)=12+1=2.故選C. 2.(2017河南新鄉(xiāng)二模,理4)設(shè)a=60.4,b=log0.40.5,c=log80.4,則a,b,c的大小關(guān)系是(　　) A.a

2、析 ∵a=60.4>1,b=log0.40.5∈(0,1),c=log80.4<0, ∴a>b>c. 3.已知函數(shù)y=loga(x+c)(a,c為常數(shù), 其中a>0,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.01,即c>0, 當(dāng)x=0時,loga(x+c)=logac>0,即c<1,即0

3、s x-π2

4、,0)平移以后即為定點(2,1),故選C. 6.若函數(shù)f(x)=cosx,x≤a,1x,x>a的值域為[-1,1],則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.[1,+∞) B.(-∞,-1] C.(0,1] D.(-1,0) 答案 A 解析 函數(shù)f(x)=cosx,x≤a,1x,x>a的值域為[-1,1], 當(dāng)x≤a時,f(x)=cos x∈[-1,1],滿足題意; 當(dāng)x>a時,f(x)=1x∈[-1,1], 應(yīng)滿足0<1x≤1,解得x≥1. ∴a的取值范圍是[1,+∞). 7.已知函數(shù)f(x)=x12,則(　　) A.?x0∈R,使得f(x)<0 B.?x∈(0,+∞),f(

5、x)≥0 C.?x1,x2∈[0,+∞),使得f(x1)-f(x2)x1-x2<0 D.?x1∈[0,+∞),?x2∈[0,+∞),使得f(x1)>f(x2) 答案 B 解析 由函數(shù)f(x)=x12,知在A中f(x)≥0恒成立,故A錯誤,B正確;又f(x)=x12在[0,+∞)上是遞增函數(shù),故C錯誤; 在D中,當(dāng)x1=0時,不存在x2∈[0,+∞)使得f(x1)>f(x2),故D不成立.故選B. 8.已知函數(shù)f(x)為偶函數(shù),當(dāng)x≤0時,f(x)為增函數(shù),則“65flog1223”的(　　) ?導(dǎo)學(xué)號16804176? A.充分不必要條件

6、 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 答案 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)]>flog1223”,得|log2(2x-2)|0,-x,x≤0,若不等式f(x-1)≥f(x)對一切x∈R恒成立,則實數(shù)a的最大值為(　　)?導(dǎo)學(xué)號16804177? A.916 B

7、.-1 C.-12 D.1 答案 B 解析 作出函數(shù)f(x)和f(x-1)的圖象,當(dāng)a≥0時,f(x-1)≥f(x)對一切x∈R不恒成立(如圖1). 圖1 圖2 當(dāng)a<0時,f(x-1)過定點(1,0)(如圖2), 當(dāng)x>0時,f(x)=ax2+x的兩個零點為x=0和x=-1a, 要使不等式f(x-1)≥f(x)對一切x∈R恒成立, 則只需要-1a≤1,得a≤-1,即a的最大值為-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　　　　　. 答案 12,1 解析 x2+y2=x2+(1-x)2=2x2

8、-2x+1,x∈[0,1],所以當(dāng)x=0或1時,x2+y2取最大值1;當(dāng)x=12時,x2+y2取最小值12.因此x2+y2的取值范圍為12,1. 11.(2017山東濰坊二模,理5改編)已知二次函數(shù)f(x)=ax2-2x+c的值域為[0,+∞),則9a+1c的最小值為　　　. 答案 6 解析 二次函數(shù)f(x)=ax2-2x+c的值域為[0,+∞), 可得判別式Δ=4-4ac=0,即有ac=1,且a>0,c>0, 可得9a+1c≥29ac=23=6,當(dāng)且僅當(dāng)9a=1c, 即有c=13,a=3時,取得最小值6. 12.對于函數(shù)y=f(x),若其定義域內(nèi)存在不同實數(shù)x1,x2,使得xi

9、f(xi)=1(i=1,2)成立,則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P,若函數(shù)f(x)=exa具有性質(zhì)P,則實數(shù)a的取值范圍為　　　　. ?導(dǎo)學(xué)號16804178? 答案 -1e,0 解析 由題意知,若f(x)具有性質(zhì)P,則在定義域內(nèi)xf(x)=1有兩個不同的實數(shù)根, ∵f(x)=exa,∴xexa=1,即方程xex=a在R上有兩個不同的實數(shù)根,設(shè)g(x)=xex,則g(x)=ex+xex=(1+x)ex, 由g(x)=0,得x=-1,∴g(x)在(-∞,-1)上遞減,在(-1,+∞)上遞增, ∴當(dāng)x=-1時,g(x)取到最小值是g(-1)=-1e, ∵x<0,g(x)<0,x>0,g(x)

10、>0, ∴當(dāng)方程xex=a在R上有兩個不同的實數(shù)根時, 即函數(shù)g(x)與y=a的圖象有兩個交點, 由圖得-1e0,h(x)在R上為增

11、函數(shù),不滿足有兩個零點,故不符合題意, 所以a>0,令h(x)=ex-a=0,解得x=ln a, 并且有x∈(-∞,ln a),h(x)<0;x∈(ln a,+∞),h(x)>0,故h(x)min=h(ln a)=eln a-aln a-b=a-b-aln a. (2)證明 要證f(x0)x1, 只需證ex2-x120,即為et2t, 令F(t)

12、=et2-e-t2-t,只需證F(t)>0,求導(dǎo)得F(t)=12et2+12e-t2-1=12(et2+e-t2)-1>0, ∴F(t)在(0,+∞)為增函數(shù),故F(t)>F(0)=0, ∴et20)成立, 即f(

13、x0)1恒成立,求實數(shù)a的取值范圍; (3)設(shè)函數(shù)f(x)有兩個極值點x1,x2,x1e,若f(x1)-f(x2)≥m恒成立,求實數(shù)m的取值范圍. 解 (1)當(dāng)a=5時,f(x)=2ln x+x2-5x, f(x)=2x2-5x+2x=(2x-1)(x-2)x(x>0), 令f(x)>0,解得x>2或0

14、, 解得121, ∴[f(x2)-x2]-[f(x1)-x1]x2-x1>0, 令g(x)=f(x)-x,則g(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增, ∴g(x)=f(x)-1≥0, ∴2x2-ax+2x-1≥0在(0,+∞)內(nèi)恒成立, ∴a≤2x+2x-1在(0,+∞)內(nèi)恒成立, ∵2x+2x≥4,x=1時取等號,∴a≤3. (3)∵x1+x2=a2,x1x2=1,∴a=2(x1+x2),x2=1x1, ∴f(x1)-f(x2)

15、=(2ln x1+x12-ax1)-(2ln x2+x22-ax2)=1x12-x12+2ln x12, 令x12=x,則0h1e2=e2-1e2-4,∴m≤e2-1e2-4. 15.(2017河北武邑中學(xué)質(zhì)檢一,理21)已知函數(shù)f(x)=ln(1+ax)-2xx+2(a>0). (1)當(dāng)a=12時,求f(x)的極值; (2)若a∈12,1,f(x)存在兩個極值點x1,x2,試比較f(x1)+f(x2)與f(0)的大小; (3)求證:en(n-1)2

16、>n!(n≥2,n∈N). (1)解 f(x)=ln1+12x-2xx+2,定義域1+12x>0,x+2≠0?x>-2,f(x)=1x+2-4(x+2)2=x-2(x+2)2, ∴f(x)在(-2,2)遞減,(2,+∞)遞增. 故f(x)極小值=f(2)=ln 2-1,沒有極大值. (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. ∵a∈12,1,∴a(1-a)∈0,14, ∴-1a<-2a(1-a)a. 由ax2-4(1-a)=0,得x=2a(1-a)a. f(x1)+

17、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,設(shè)t=2a-1,當(dāng)a∈12,1時,t∈(0,1), ∴設(shè)f(x1)+f(x2)=g(t)=2ln t+2t-2, 當(dāng)t∈(0,1)時,g(t)=2ln t+2t-2,g(t)=2t-2t2=2(t-1)t2<0,g(t)在t∈(0,1)內(nèi)遞減,g(t)>g(1)=0, 即f(x1)+f(x2)>f(0)=0恒成立. (3)證明 當(dāng)t∈(0,1)時,g(t)

18、=2ln t+2t-2>0恒成立, 即ln t+1t-1>0恒成立, 設(shè)t=1n(n≥2,n∈N),即ln1n+n-1>0,∴n-1>ln n. ∴1>ln 2,2>ln 3,3>ln 4,…,n-1>ln n. ∴1+2+3+…+(n-1)>ln 2+ln 3+ln 4+…+ln n=ln 234…n=ln(n!), ∴(n-1)n2>ln(n!),∴e(n-1)n2>n!(n≥2,n∈N). 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375