新课标广西2022高考数学二轮复习专题对点练92.1~2.4组合练

专题对点练9　2.1~2.4组合练(限时90分钟,满分100分)一、选择题(共9小题,满分45分)1.设函数f(x)=x2+1,x≤1,lnx,x>1,则f(f(e))=(　　)A.0B.1C.2D.ln(e2+1)2.设a=60.4,b=log0.40.5,c=log80.4,则a,b,c的大小关系是(　　)A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.b<c<a3.已知函数y=loga(x+c)(a,c为常数,其中a>0,a≠1)的图象如图所示,则下列结论成立的是(　　)A.a>1,c>1B.a>1,0<c<1C.0<a<1,c>1D.0<a<1,0<c<14.(2022全国Ⅲ,文9)函数y=-x4+x2+2的图象大致为(　　)5.函数y=1+log0.5(x-1)的图象一定经过点(　　)A.(1,1)B.(1,0)C.(2,1)D.(2,0)6.若函数f(x)=cosx,x≤a,1x,x>a的值域为[-1,1],则实数a的取值范围是(　　)A.[1,+∞)B.(-∞,-1]C.(0,1]D.(-1,0)7.已知函数f(x)=x12,则(　　)A.∃x0∈R,使得f(x)<0B.∀x∈(0,+∞),f(x)≥0C.∃x1,x2∈[0,+∞),使得f(x1)-f(x2)x1-x2<0D.∀x1∈[0,+∞),∃x2∈[0,+∞),使得f(x1)>f(x2)8.已知函数f(x)为偶函数,当x≤0时,f(x)为增函数,则“65<x<2”是“f[log2(2x-2)]>flog1223”的(　　)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5\n9.已知f(x)=ax2+x,x>0,-x,x≤0,若不等式f(x-1)≥f(x)对一切x∈R恒成立,则实数a的最大值为(　　)A.916B.-1C.-12D.1二、填空题(共3小题,满分15分)10.已知x≥0,y≥0,且x+y=1,则x2+y2的取值范围是　　　　　. 11.已知二次函数f(x)=ax2-2x+c的值域为[0,+∞),则9a+1c的最小值为　　　. 12.(2022天津,文14)已知a∈R,函数f(x)=x2+2x+a-2,x≤0,-x2+2x-2a,x>0.若对任意x∈[-3,+∞),f(x)≤|x|恒成立,则a的取值范围是　　　　　　. 三、解答题(共3个题,满分分别为13分,13分,14分)13.(2022全国Ⅰ,文21)已知函数f(x)=aex-lnx-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥1e时,f(x)≥0.14.已知函数f(x)=ex-ax2-2x(a∈R).(1)当a=0时,求f(x)的最小值;(2)当a<e2-1时,证明不等式f(x)>e2-1在(0,+∞)上恒成立.15.(2022浙江,22)已知函数f(x)=x-lnx.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2;(2)若a≤3-4ln2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.5\n专题对点练9答案1.C　解析f(e)=lne=1,所以f(f(e))=f(1)=12+1=2.故选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∵函数单调递减,∴0<a<1,当x=1时,y=loga(1+c)<0,即1+c>1,即c>0,当x=0时,loga(x+c)=logac>0,即c<1,即0<c<1,故选D.4.D　解析当x=0时,y=2>0,排除A,B;当x=12时,y=-124+122+2>2.排除C.故选D.5.C　解析∵函数y=log0.5x恒过定点(1,0),而y=1+log0.5(x-1)的图象是由y=log0.5x的图象向右平移一个单位,向上平移一个单位得到,∴定点(1,0)平移以后即为定点(2,1),故选C.6.A　解析函数f(x)=cosx,x≤a,1x,x>a的值域为[-1,1],当x≤a时,f(x)=cosx∈[-1,1],满足题意;当x>a时,f(x)=1x∈[-1,1],应满足0<1x≤1,解得x≥1.∴a的取值范围是[1,+∞).7.B　解析由函数f(x)=x12,知在A中f(x)≥0恒成立,故A错误,B正确;又f(x)=x12在[0,+∞)上是递增函数,故C错误;在D中,当x1=0时,不存在x2∈[0,+∞)使得f(x1)>f(x2),故D不成立.故选B.8.D　解析由f(x)是偶函数且当x≤0时,f(x)为增函数,则x>0时,f(x)是减函数,故由f[log2(2x-2)]>flog1223,得|log2(2x-2)|<log1223=log232,故0<2x-2<32,解得1<x<74,故“65<x<2”是“1<x<74”的既不充分也不必要条件,故选D.9.B　解析作出函数f(x)和f(x-1)的图象,当a≥0时,f(x-1)≥f(x)对一切x∈R不恒成立(如图1).图1图2当a<0时,f(x-1)过定点(1,0)(如图2),当x>0时,f(x)=ax2+x的两个零点为x=0和x=-1a,要使不等式f(x-1)≥f(x)对一切x∈R恒成立,则只需要-1a≤1,得a≤-1,即a的最大值为-1.5\n10.12,1　解析x2+y2=x2+(1-x)2=2x2-2x+1,x∈[0,1],所以当x=0或1时,x2+y2取最大值1;当x=12时,x2+y2取最小值12.因此x2+y2的取值范围为12,1.11.6　解析二次函数f(x)=ax2-2x+c的值域为[0,+∞),可得判别式Δ=4-4ac=0,即有ac=1,且a>0,c>0,可得9a+1c≥29ac=2×3=6,当且仅当9a=1c,即有c=13,a=3时,取得最小值6.12.18,2　解析当x>0时,f(x)≤|x|可化为-x2+2x-2a≤x,即x-122+2a-14≥0,所以a≥18;当-3≤x≤0时,f(x)≤|x|可化为x2+2x+a-2≤-x,即x2+3x+a-2≤0.对于函数y=x2+3x+a-2,其图象的对称轴方程为x=-32.因为当-3≤x≤0时,y≤0,所以当x=0时,y≤0,即a-2≤0,所以a≤2.综上所述,a的取值范围为18,2.13.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1x.由题设知,f'(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2ex-lnx-1,f'(x)=12e2ex-1x.当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.(2)当a≥1e时,f(x)≥exe-lnx-1.设g(x)=exe-lnx-1,则g'(x)=exe-1x.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥1e时,f(x)≥0.14.(1)解a=0时,f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2,令f'(x)>0,解得x>ln2,令f'(x)<0,解得x<ln2,故f(x)在(-∞,ln2)递减,在(ln2,+∞)递增,故f(x)min=f(ln2)=2-2ln2.(2)证明∵f'(x)=ex-2ax-2,∴f'(1)=e-2-2a>e-2-2e2-1=0,f'(0)=-1<0,故存在x0∈(0,1),使得f'(x0)=0,令h(x)=ex-2ax-2,则x∈(0,+∞)时,h'(x)=ex-2a>ex+2-e>0,故h(x)在(0,+∞)递增且h(x0)=0,故x=x0是h(x)的唯一零点,且在x=x0处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,构造函数g(t)=et1-t2-t,则g'(t)=et12-t2-1,[g'(t)]'=et-t2,故t∈(0,1)时,[g'(t)]'<0,g'(t)在(0,1)递减,故t∈(0,1)时,g'(t)<g'(0)<0,故g(t)在(0,1)递减,故f(x0)在(0,1)递减,故f(x)min=f(x0)>e11-12-1=e2-1,原结论成立.15.证明(1)函数f(x)的导函数f'(x)=12x-1x,由f'(x1)=f'(x2),得12x1-1x1=12x2-1x2,因为x1≠x2,所以1x1+1x2=12.由基本不等式,得12x1x2=x1+x2≥24x1x2,5\n因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=x1-lnx1+x2-lnx2=12x1x2-ln(x1x2).设g(x)=12x-lnx,则g'(x)=14x(x-4),所以x(0,16)16(16,+∞)g'(x)-0+g(x)↘2-4ln2↗所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(2)令m=e-(|a|+k),n=|a|+1k2+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n1n-an-k≤n|a|+1n-k<0,所以,存在x0∈(m,n),使f(x0)=kx0+a.所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a,得k=x-lnx-ax.设h(x)=x-lnx-ax,则h'(x)=lnx-x2-1+ax2=-g(x)-1+ax2.其中g(x)=x2-lnx.由(1)可知g(x)≥g(16).又a≤3-4ln2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减.因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根.综上,当a≤3-4ln2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.5