新課標(biāo)廣西2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題對點練92.1~2.4組合練.docx

《新課標(biāo)廣西2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題對點練92.1~2.4組合練.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新課標(biāo)廣西2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題對點練92.1~2.4組合練.docx（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題對點練92.12.4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,x1,lnx,x1,則f(f(e)=()A.0B.1C.2D.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.abcB.cbaC.cabD.bc0,a1)的圖象如圖所示,則下列結(jié)論成立的是()A.a1,c1B.a1,0c1C.0a1D.0a1,0ca的值域為-1,1,則實數(shù)a的取值范圍是()A.1,+)B.(-,-1C.(0,1D.(-1,0)7.已知函數(shù)f(x)=x12,則()A.x0R,使得f(x)0B.x(0,+),f(x)0C.x1,x20,+),使得f(x1)-f(x2)x1-x2f(x2)8.已知函數(shù)f(x)為偶函數(shù),當(dāng)x0時,f(x)為增函數(shù),則“65xflog1223”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)=ax2+x,x0,-x,x0,若不等式f(x-1)f(x)對一切xR恒成立,則實數(shù)a的最大值為()A.916B.-1C.-12D.1二、填空題(共3小題,滿分15分)10.已知x0,y0,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的值域為0,+),則9a+1c的最小值為.12.(2018天津,文14)已知aR,函數(shù)f(x)=x2+2x+a-2,x0,-x2+2x-2a,x0.若對任意x-3,+),f(x)|x|恒成立,則a的取值范圍是.三、解答題(共3個題,滿分分別為13分,13分,14分)13.(2018全國,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,求a,并求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)證明:當(dāng)a1e時,f(x)0.14.已知函數(shù)f(x)=ex-ax2-2x(aR).(1)當(dāng)a=0時,求f(x)的最小值;(2)當(dāng)ae2-1在(0,+)上恒成立.15.(2018浙江,22)已知函數(shù)f(x)=x-ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1x2)處導(dǎo)數(shù)相等,證明:f(x1)+f(x2)8-8ln 2;(2)若a3-4ln 2,證明:對于任意k0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.專題對點練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=60.41,b=log0.40.5(0,1),c=log80.4bc.3.D解析 函數(shù)單調(diào)遞減,0a1,當(dāng)x=1時,y=loga(1+c)1,即c0,當(dāng)x=0時,loga(x+c)=logac0,即c1,即0c0,排除A,B;當(dāng)x=12時,y=-124+122+22.排除C.故選D.5.C解析 函數(shù)y=log0.5x恒過定點(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單位,向上平移一個單位得到,定點(1,0)平移以后即為定點(2,1),故選C.6.A解析 函數(shù)f(x)=cosx,xa,1x,xa的值域為-1,1,當(dāng)xa時,f(x)=cos x-1,1,滿足題意;當(dāng)xa時,f(x)=1x-1,1,應(yīng)滿足0f(x2),故D不成立.故選B.8.D解析 由f(x)是偶函數(shù)且當(dāng)x0時,f(x)為增函數(shù),則x0時,f(x)是減函數(shù),故由flog2(2x-2)flog1223,得|log2(2x-2)|log1223=log232,故02x-232,解得1x74,故“65x2”是“1x74”的既不充分也不必要條件,故選D.9.B解析 作出函數(shù)f(x)和f(x-1)的圖象,當(dāng)a0時,f(x-1)f(x)對一切xR不恒成立(如圖1).圖1圖2當(dāng)a0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xR恒成立,則只需要-1a1,得a-1,即a的最大值為-1.10.12,1解析 x2+y2=x2+(1-x)2=2x2-2x+1,x0,1,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12,1.11.6解析 二次函數(shù)f(x)=ax2-2x+c的值域為0,+),可得判別式=4-4ac=0,即有ac=1,且a0,c0,可得9a+1c29ac=23=6,當(dāng)且僅當(dāng)9a=1c,即有c=13,a=3時,取得最小值6.12.18,2解析 當(dāng)x0時,f(x)|x|可化為-x2+2x-2ax,即x-122+2a-140,所以a18;當(dāng)-3x0時,f(x)|x|可化為x2+2x+a-2-x,即x2+3x+a-20.對于函數(shù)y=x2+3x+a-2,其圖象的對稱軸方程為x=-32.因為當(dāng)-3x0時,y0,所以當(dāng)x=0時,y0,即a-20,所以a2.綜上所述,a的取值范圍為18,2.13.解 (1)f(x)的定義域為(0,+),f(x)=aex-1x.由題設(shè)知,f(2)=0,所以a=12e2.從而f(x)=12e2ex-ln x-1,f(x)=12e2ex-1x.當(dāng)0x2時,f(x)2時,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)a1e時,f(x)exe-ln x-1.設(shè)g(x)=exe-ln x-1,則g(x)=exe-1x.當(dāng)0x1時,g(x)1時,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值點.故當(dāng)x0時,g(x)g(1)=0.因此,當(dāng)a1e時,f(x)0.14.(1)解 a=0時,f(x)=ex-2x,f(x)=ex-2,令f(x)0,解得xln 2,令f(x)0,解得xe-2-2e2-1=0,f(0)=-1ex+2-e0,故h(x)在(0,+)遞增且h(x0)=0,故x=x0是h(x)的唯一零點,且在x=x0處f(x)取最小值f(x0)=ex0-x0(ax0+2),又h(x0)=0,即ex0-2ax0-2=0,得ax0+1=ex02,故f(x0)=ex01-x02-x0,構(gòu)造函數(shù)g(t)=et1-t2-t,則g(t)=et12-t2-1,g(t)=et-t2,故t(0,1)時,g(t)0,g(t)在(0,1)遞減,故t(0,1)時,g(t)g(0)e11-12-1=e2-1,原結(jié)論成立.15.證明 (1)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)=12x-1x,由f(x1)=f(x2),得12x1-1x1=12x2-1x2,因為x1x2,所以1x1+1x2=12.由基本不等式,得12x1x2=x1+x224x1x2,因為x1x2,所以x1x2256.由題意得f(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1x2-ln(x1x2).設(shè)g(x)=12x-ln x,則g(x)=14x(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=|a|+1k2+1,則f(m)-km-a|a|+k-k-a0,f(n)-kn-an1n-an-kn|a|+1n-k0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.