专题突破练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.(2022湖南长郡中学五模,文2)已知集合A={x|log3(2x-1)≤0},B={x|y=},全集U=R,则A∩(∁UB)等于( ) A.B.C.D.2.(2022四川成都三模,理5)已知实数a=2ln2,b=2+ln2,c=(ln2)2,则a,b,c的大小关系是( )A.a<b<cB.b<c<aC.c<a<bD.c<b<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.函数f(x)=locosx<x<的图象大致是( )9\n5.(2022河南郑州一模,理12)已知函数f(x)=x3-9x2+29x-30,实数m,n满足f(m)=-12,f(n)=18,则m+n=( )A.6B.8C.10D.126.已知函数f(x)为偶函数,当x≤0时,f(x)为增函数,则“<x<2”是“f[log2(2x-2)]>f”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7.(2022河北衡水中学三模,文11)若函数f(x)=a(x-2)ex+lnx+在(0,2)上存在两个极值点,则a的取值范围是( )A.B.C.D.8.(2022陕西西安中学月考,理12)已知函数f(x)=x3-a2x,若对于任意的x1,x2∈[0,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤1成立,则实数a的取值范围是( )A.B.C.D.9.(2022山西陵川期末,文12)已知关于x的方程x2ex+t-a=0,x∈[-1,1],若对任意的t∈9\n[1,3],该方程总存在唯一的实数解,则实数a的取值范围是( )A.B.C.D.(1,e]二、填空题(共3小题,满分15分)10.(2022江苏南京、盐城一模,7)设函数y=ex+-a的值域为A,若A⊆[0,+∞),则实数a的取值范围是 . 11.(2022湖南衡阳二模,理13)已知函数f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且f(x)+g(x)=2x+x,则f(log25)= . 12.已知函数f(x)=若函数g(x)=f(x)-m有三个不同的零点,则实数m的取值范围为 . 三、解答题(共3个题,分别满分为13分,13分,14分)13.设函数f(x)=lnx-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<<x;(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.14.(2022湖南衡阳二模,文21)已知函数f(x)=(a∈R).(1)若a≥0,函数f(x)的极大值为,求实数a的值;(2)若对任意的a≤0,f(x)≤blnx在x∈[2,+∞)上恒成立,求实数b的取值范围.15.(2022山东青岛一模,文21)已知函数f(x)=ex(aex-a-x)(a≥0,e为自然对数的底数)若f(x)≥0对于x∈R恒成立.(1)求实数a的值;(2)证明:f(x)存在唯一极大值点x0,且0<f(x0)<.9\n参考答案专题突破练9 2.1~2.4组合练1.D 解析由题意,可得集合A=,B=xx≤0或x≥,所以A∩(∁UB)=,故选D.2.C 解析∵a=2ln2∈(1,2),b=2+ln2>2,c=(ln2)2<1,∴c<a<b.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.C 解析-<x<时,y=cosx是偶函数,并且y=cosx∈(0,1],函数f(x)=locosx是偶函数,cosx∈(0,1]时,f(x)≥0.∴四个选项,只有C满足题意.故选C.5.A 解析y=x3-9x2+29x-30=x3-9x2+27x-27+2x-3=(x-3)3+2(x-3)+3,y-3=(x-3)3+2(x-3),得出函数关于(3,3)对称,∵=3,根据对称性=3,所以m+n=6.6.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)]>f”,得|log2(2x-2)|<=log2,故0<2x-2<,解得1<x<,因“<x<2”是“1<x<”成立的既不充分也不必要条件,故选D.7.D 解析由题意可知f'(x)=aex(x-1)+=0有两个不等根.9\n即aex(x-1)=-,x∈(0,2),有一根x=1.另一根在方程-=x2ex,x∈(0,2)中,令h(x)=x2ex,x∈(0,2),h'(x)=ex(x2+2x)>0,∴h(x)在x∈(0,2)且x≠1上单调递增.∴-≠h(1)=e,即h(x)∈(0,4e2)且a≠-.∴0<-<4e2,∴a<-且a≠-.即a∈.8.A 解析利用排除法,当a=0时,f(x)=x3,f'(x)=x2≥0,函数在定义域上单调递增,|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(0)=≤1,满足题意,排除CD选项,当a=时,f(x)=x3-x,f'(x)=x2-<0,函数在定义域上单调递减,|f(x1)-f(x2)|≤f(0)-f(1)=1≤1,满足题意,排除B选项,故选A.9.B 解析由x2ex+t-a=0成立,得x2ex=a-t,设f(x)=x2ex,x∈[-1,1],则f'(x)=2xex+x2ex=ex(x2+2x).则x∈[-1,0)时,f'(x)<0,函数单调递减;x∈(0,1]时,f'(x)>0,函数单调递增;且f(-1)=,f(0)=0,f(1)=e,使得对于任意x∈[-1,1],对任意的t∈[1,3],方程x2ex+t-a=0存在唯一的解,则f(-1)<a-t≤f(1),即<a-t≤e,即+t<a≤e+t,所以+3<a≤e+1,所以实数a的取值范围是,故选B.10.(-∞,2] 解析因为y=ex+-a≥2-a,所以A=[2-a,+∞)⊂[0,+∞),∴2-a≥0,a≤2.9\n11. 解析∵函数f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且f(x)+g(x)=2x+x,可得f(-x)+g(-x)=2-x-x,即为f(x)-g(x)=2-x-x,解得f(x)=(2x+2-x),即f(log25)=×()=.12.-<m<0 解析由g(x)=f(x)-m=0得f(x)=m.作出函数y=f(x)的图象,当x>0时,f(x)=x2-x=≥-;当x≤0时,f(x)=x,如图.所以要使函数g(x)=f(x)-m有三个不同的零点,只需直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个交点即可,结合图象可知,m的取值范围为-<m<0.13.(1)解由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1,当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.(2)证明由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x≠1时,lnx<x-1.故当x∈(1,+∞)时,lnx<x-1,ln-1,即1<<x.(3)证明由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g'(x)=c-1-cxlnc,9\n令g'(x)=0,解得x0=.当x<x0时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减.由(2)知1<<c,故0<x0<1.又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0.所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.14.解(1)∵f(x)=,∴f'(x)==-=-,①当a=0时,f'(x)=-,令f'(x)>0,得x<1,f'(x)<0,得x>1,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,(1,+∞)上单调递减.所以f(x)的极大值为f(1)=,不合题意.②当a>0时,1-<1,令f'(x)>0,得1-<x<1,f'(x)<0,得x<1-或x>1,∴f(x)在上单调递增,和(1,+∞)上单调递减.∴f(x)的极大值为f(1)=,解得a=1.符合题意.综上可得a=1.(2)由f(x)≤blnx,得≤blnx,即≤blnx.令g(a)=a+,当x∈[0,+∞)时,∵≥0,∴g(a)在(-∞,0]上是增函数.9\n则g(a)≤blnx对∀a∈(-∞,0]恒成立等价于g(a)≤g(0)≤blnx,即≤blnx对x∈[2,+∞)上恒成立.即b≥对x∈[2,+∞)恒成立,∴b≥,令h(x)=,则h'(x)=.∵x∈[2,+∞),∴-1-(x-1)lnx<0.∴h'(x)<0.∴h(x)在[2,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(2)=,∴b≥h(2)=.所以实数b的取值范围为.15.解(1)由f(x)=ex(aex-a-x)≥0可得g(x)=aex-a-x≥0.∵g(0)=0,∴g(x)≥g(0),从而x=0是g(x)的一个极小值点.∵g'(x)=aex-1,∴g'(0)=a-1=0,则a=1.当a=1时,g(x)=ex-1-x,g'(x)=ex-1.∵x∈(-∞,0),g'(x)<0,g(x)在(-∞,0)上单调递减;x∈(0,+∞),g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增;∴g(x)≥g(0)=0,故a=1.(2)当a=1时,f(x)=(ex-1-x)ex,f'(x)=ex(2ex-x-2).令h(x)=2ex-x-2,则h'(x)=2ex-1.∵x∈(-∞,-ln2),h'(x)<0,h(x)在(-∞,-ln2)上为减函数;x∈(-ln2,+∞),h'(x)>0,h(x)在(-ln2,+∞)上为增函数.由于h(-1)<0,h(-2)>0,所以在(-2,-1)上存在x=x0满足h(x0)=0.∵h(x)在(-∞,-ln2)上为减函数,∴x∈(-∞,x0)时,h(x)>0,即f'(x)>0,f(x)在(-∞,x0)上为增函数;x∈(x0,-ln2)时,h(x)<0,即f'(x)<0,f(x)在(x0,-ln2)上为减函数.因此f(x)在(-∞,-ln2)上只有一个极大值点x0,由于h(0)=0,且h(x)在(-ln2,+∞)上为增函数,∴x∈(-ln2,0)时,h(x)<0,即f'(x)<0,f(x)在(-∞,x0)上为减函数;x∈(0,+∞)时,h(x)>0,即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数.因此f(x)在(-ln2,+∞)上只有一个极小值点0.综上可知:f(x)存在唯一的极大值点x0,且x0∈(-2,-1).∵h(x0)=0,∴2-x0-2=0.9\n所以f(x0)=(-1-x0)(x0+1)=-,x0∈(-2,-1).∵x∈(-2,-1)时,0<-,∴0<f(x0)<.9
