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階段滾動檢測（二）
一、選擇題
1.(2019紹興一中模擬)已知集合M＝{x|0≤x≤6}，N＝{x|2x≤32}，則M∪N等于( )
A.(－∞，6] B.(－∞，5]
C.[0,6] D.[0,5]
2.(2019舟山模擬)已知a∈R，則“a＝0”是“f(x)＝x2＋ax是偶函數(shù)”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
3.(2019湖州模擬)若函數(shù)f(x)同時滿足下列兩個條件，則稱該函數(shù)為“優(yōu)美函數(shù)”：
(1)任意x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝0；
(2)任意x1，x2∈R，且x1≠x2，都有<0.
①f(x)＝sinx； ②f(x)＝－2x3；
③f(x)＝1－x； ④f(x)＝ln(＋x).
以上四個函數(shù)中，“優(yōu)美函數(shù)”的個數(shù)是( )
A.0B.1C.2D.3
4.已知函數(shù)f(x)＝(a>0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.(1,2) B.(1,2]
C.(1,3) D.(1,4)
5.函數(shù)f(x)＝的圖象為( )
6.函數(shù)f(x)＝x4＋(2a－3)x2，則f(x)在其圖象上的點(1，－2)處的切線的斜率為( )
A.1B.－1C.2D.－2
7.已知函數(shù)f(x)＝ex－1＋e1－x，則滿足f(x－1)
b>1，且logab＋logba2＝，則logba＝________，＝________.
13.設(shè)函數(shù)f(x)＝則f(f(4))＝________.若f(a)＝－1，則a＝________.
14.若函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋mx＋1在R上無極值點，則實數(shù)m的取值范圍是________.
15.已知f(x)＝若f(x)＝x＋a有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是________.
16.已知函數(shù)f(x)＝
①若f(x)＝a有且只有一個根，則實數(shù)a的取值范圍是________；
②若關(guān)于x的方程f(x＋T)＝f(x)有且僅有3個不同的實根，則實數(shù)T的取值范圍是________.
17.已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0，若f(x)在x＝－1處取得極值，直線y＝m與y＝f(x)的圖象有三個不同的交點，則m的取值范圍是________.
三、解答題
18.已知集合A＝，B＝.
(1)若C＝{x|m＋1≤x≤2m－1}，C?(A∩B)，求實數(shù)m的取值范圍；
(2)若D＝{x|x＞6m＋1}，且(A∪B)∩D＝?，求實數(shù)m的取值范圍.
19.(2018北京)設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.
(1)若曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線斜率為0，求a；
(2)若f(x)在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍.
20.已知函數(shù)f(x)＝x－alnx，g(x)＝－(a∈R).
(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的極值；
(2)設(shè)函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間.
21.已知f(x)為二次函數(shù)，且f(x＋1)＋f(x－1)＝2x2－4x，
(1)求f(x)的表達式；
(2)設(shè)g(x)＝f(2x)－m2x＋1，其中x∈[0,1]，m為常數(shù)且m∈R，求函數(shù)g(x)的最小值.
22.(2019紹興柯橋區(qū)模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－x2＋x＋1.
(1)若y＝f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍；
(2)當(dāng)02.
答案精析
1.A 2.C 3.B 4.B 5.D 6.D 7.A 8.C 9.C 10.B
11.[0,2] (2，＋∞) 12.3 1 13.5 1或
解析 f(f(4))＝f(－31)＝log232＝5；
由f(a)＝－1，得或
所以a＝1或a＝.
14.
解析 因為函數(shù)f(x)在R上無極值點，
所以f′(x)＝3x2＋2x＋m≥0恒成立，
即Δ＝22－43m≤0，所以m≥.
15.[1，＋∞)
解析 作出兩個函數(shù)的圖象如圖所示，當(dāng)直線y＝x＋a經(jīng)過點(0,1)時，此時a＝1，直線和函數(shù)y＝f(x)的圖象顯然有兩個交點.
當(dāng)a>1時，直線和函數(shù)y＝f(x)的圖象顯然有兩個交點.
當(dāng)直線y＝x＋a經(jīng)過點(1,0)時，此時a＝－1，
設(shè)g(x)＝ln x(x≥1)，∴g′(x)＝，
∴k＝g′(1)＝1，
所以在(1,0)處的切線方程為y－0＝1(x－1)＝x－1，剛好是直線y＝x＋a，
所以此時直線和函數(shù)的圖象只有一個交點，
當(dāng)a＜－1時，觀察圖象得直線和函數(shù)的圖象只有一個交點，
故當(dāng)a≥1時，f(x)＝x＋a有兩個零點.
故實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞).
16.①(1，＋∞) ②(－4，－2)∪(2,4)
解析 ①作出函數(shù)f(x)的圖象，f(x)＝a有且只有一個根等價于y＝f(x)的圖象與y＝a只有一個交點，
故可得a＞1，即a的取值范圍是(1，＋∞)；②方程f(x＋T)＝f(x)有且僅有3個不同的實根等價于y＝f(x＋T)的圖象與y＝f(x)的圖象有3個交點，而y＝f(x＋T)的圖象是將y＝f(x)的圖象向左或向右平移|T|個單位長度，故可得T的取值范圍是(－4，－2)∪(2,4).
17.(－3,1)
解析 ∵函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0，
∴f′(x)＝3x2－3a，
∵函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極值，
則f′(－1)＝0，
即3－3a＝0，
解得a＝1，
∴f(x)＝x3－3x－1，a≠0，
f′(x)＝3x2－3
＝3(x2－1)
＝3(x－1)(x＋1).
當(dāng)f′(x)>0時，得x>1或x<－1，
當(dāng)f′(x)<0時，－10)，
h′(x)＝1－－＝
＝，
①當(dāng)a＋1>0，即a>－1時，在(0,1＋a)上h′(x)<0，在(1＋a，＋∞)上h′(x)>0，
所以h(x)在(0,1＋a)上單調(diào)遞減，
在(1＋a，＋∞)上單調(diào)遞增；
②當(dāng)1＋a≤0，即a≤－1時，在(0，＋∞)上h′(x)>0，
所以函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
綜上，當(dāng)a>－1時，h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1＋a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1＋a，＋∞)；
當(dāng)a≤－1時，h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間.
21.解 (1)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).
因為f(x＋1)＋f(x－1)＝2x2－4x，
所以a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c＋a(x－1)2＋b(x－1)＋c＝2x2－4x，
所以2ax2＋2bx＋2a＋2c＝2x2－4x，
故有即
所以f(x)＝x2－2x－1.
(2)g(x)＝f(2x)－m2x＋1＝(2x)2－(2m＋2)2x－1，設(shè)t＝2x，t∈[1,2]，
y＝t2－(2m＋2)t－1＝[t－(m＋1)]2－(m2＋2m＋2)，
當(dāng)m＋1>2，即m>1時，y＝t2－(2m＋2)t－1在t∈[1,2]時為減函數(shù)，
當(dāng)t＝2時，ymin＝－4m－1；
當(dāng)m＋1<1，即m<0時，
y＝t2－(2m＋2)t－1在t∈[1,2]上為增函數(shù)，當(dāng)t＝1，ymin＝－2m－2；
當(dāng)0≤m≤1時，當(dāng)t＝m＋1，ymin＝－(m2＋2m＋2)，
綜上所述：g(x)min＝
22.(1)解 因為f′(x)＝ln x－ax＋2(x>0)，由題意可得f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，得a≥max，x∈(0，＋∞)，
令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，
g′(x)＝，
所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以a≥g＝e，所以a≥e.
(2)證明 函數(shù)y＝f(x)－x＝xln x－x2＋1有兩個極值點x1，x2(x10)可知，
y＝F(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，且0，
構(gòu)造函數(shù)m(x)＝F－F(x)
＝ln－a－(ln x－ax)，
則m′(x)＝－＋2a＝<0，
故m(x)在上單調(diào)遞減，
又由于0m＝0，
即m(x1)>0在上恒成立，
即F>F(x1)＝F(x2)恒成立.
由于x2>，－x1>，y＝F(x)在上是減函數(shù)，
所以x2>－x1，
所以x1＋x2>>2成立.
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