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- 2021-07-01 发布
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(120分钟 150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知全集为实数集R,集合A={x|x2-3x<0},B={x|2x>1},则(RA)∩B=
( )
A.(-∞,0]∪ [3,+∞) B.(0,1]
C.[3,+∞) D.[1,+∞)
【解析】选C.集合A={x|x2-3x<0}={x|x(x-3)<0}={x|01}={x|2x>20}={x|x>0}.
所以RA={x|x≤0或x≥3},
所以(RA)∩B={x|x≥3}.
2.已知a,b为实数,命题甲:ab>b2,命题乙:<<0,则甲是乙的 ( )
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
【解析】选B.由ab>b2,即b(b-a)<0知b与b-a异号,由<<0知ax+1
C.任意x>0,5x>3x
D.存在x∈R,ln x<0
【解析】选A.因为x∈(0,+∞)时,x>sin x恒成立,所以存在x∈(0,+∞),xg(0)=0,可得任意x∈(-∞,0),ex>x+1恒成立.
由指数函数的性质可知,任意x>0,5x>3x正确;
存在x∈R,ln x<0,当x∈(0,1)时,lnx<0恒成立,所以正确.
4.(2019·宣城模拟)定义在R上的奇函数f(x)满足f(x+2)=-f(x),且在[0,1]上是减少的,则有 ( )
A.f>>->-1;
所以f1}.
f(x)=
所以f′(x)=
所以当x>1时,f′(x)>0,
当x<-2时,f′(x)>0,
当-20时,f(x)=-e-x(x-1);
②函数f(x)有2个零点;
③f(x)<0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).
其中正确命题的个数是 ( )
A.3 B.2 C.1 D.0
【解析】选C.①当x>0时,-x<0→f(-x)=e-x(-x+1),
因为f(x)为奇函数,所以f(x)=-f(-x)=e-x(x-1),所以①错;
②因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0,令f(x)=ex(x+1)=0即x=-1,所以f(-1)=f(1)=0,所以②错;
③当x<0时,f(x)=ex(x+1)<0得x+1<0,即x<-1,
当x>0时,f(x)=e-x(x-1)<0,得x-1<0,即01,根据函数y=f(x)的图像知,方程f(x)=t对应解个数为0,1,3,2,因此零点个数为0+1+3+2=6.
10.已知函数f(x)=ln,若f+f+…+f=503(a+b),则a2+b2的最小值为 ( )
A.6 B.8 C.9 D.12
【解析】选B.因为f(x)+f(e-x)
=ln+ln=ln e2=2,
所以503(a+b)=f+f+…+f=
f+f+…+f+=×(2×2 012)=2 012,
所以a+b=4,
所以a2+b2≥==8,当且仅当a=b=2时取等号.
11.(2018·南昌模拟)若曲线C1:y=ax2与曲线C2:y=ex(其中无理数e=2.718…)存在公切线,则整数a的最值情况为 ( )
A.最大值为2,没有最小值
B.最小值为2,没有最大值
C.既没有最大值也没有最小值
D.最小值为1,最大值为2
【解析】选B.由y=ax2,得y′=2ax,由y=ex,得y′=ex,曲线C1:y=ax2与曲线C2:y=ex存在公共切线,
设公切线与曲线C1切于点(x1,a),与曲线C2切于点(x2,),则2ax1==,可得2x2=x1+2,所以a=,
记f(x)=,则f′(x)=,
当x∈(-∞,2)时,f′(x)<0,f(x)是减少的;
当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)是增加的.
所以当x=2时,f(x)min=.
所以a的范围是,
可得整数a的最小值为2,无最大值.
12.已知函数f(x)=e4x-1,g(x)=+ln(2x),若f(m)=g(n)成立,则n-m的最小值为 ( )
A. B.
C. D.
【解析】 选B.设e4m-1=+ln(2n)=k(k>0),
则m=+,n=,
令h(k)=n-m=--,
所以h′(k)=-.
又h′(k)=-是增函数,h′=0.
所以h(k)在上递减,在上递增,所以h(k)min=h=,
即n-m的最小值为.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.若直线y=kx与曲线y=x+e-x相切,则k=_______.
【解析】设切点为(x0,y0),则y0=x0+,
因为y′=(x+e-x)′=1-e-x,
所以切线斜率k=1-,
又点(x0,y0)在直线上,代入方程得y0=kx0,
即x0+=(1-)x0,
解得x0=-1,所以k=1-e.
答案:1-e
14.(2018·宜春模拟)计算:log3+lg 25+lg 4+-=_______.
【解析】原式=log3+lg(25×4)+2-=+2+2-=4.
答案:4
15.若偶函数y=f(x),x∈R,满足f(x+2)=-f(x),且当x∈[0,2]时,f(x)=2-x2,则方程f(x)=sin|x|在[-10,10]内的根的个数为_______.
【解析】因为函数y=f(x)为偶函数,且满足f(x+2)=-f(x),所以
f(x+4)=f(x+2+2)=-f(x+2)=f(x),所以偶函数y=f(x)为周期为4的函数,由x∈[0,2]时,f(x)=2-x2可作出函数f(x)在[-10,10]上的图像,同时作出函数y=sin|x|在[-10,10]上的图像,交点个数即为所求.数形结合可得交点个数为10.
答案:10
16.设x=1是函数f(x)=an+1x3-anx2-an+2x+1(n∈N+)的极值点,数列{an}满足a1=1,a2=2,bn=log2an+1,若[x]表示不超过x的最大整数,则=_______.
【解析】函数f(x)=an+1x3-anx2-an+2x+1(n∈N+)的导数为
f′(x)=3an+1x2-2anx-an+2,
由x=1是f(x)=an+1x3-anx2-an+2x+1的极值点,可得f′(1)=0,即3an+1-2an-an+2=0,
即有2(an+1-an)=an+2-an+1,
设cn=an+1-an,可得2cn=cn+1,
可得数列{cn}为首项为1,公比为2的等比数列,即有cn=2n-1,
则an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+1+2+…+2n-2
=1+=2n-1,则bn=log2an+1=n,
所以==-,
所以++…+=1-+-+…+-=1-,
所以2018
=2 018-,
所以
==
=2 017.
答案:2 017
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)设命题p:实数x满足x2-4ax+3a2<0,其中a>0;命题q:实数x满足≤0.
(1)若a = 1,且p∧q为真,求实数x的取值范围.
(2)若p是q的充分不必要条件,求实数a的取值范围.
【解析】(1)由x2-4ax+3a2<0得(x-3a)(x-a)<0,又a>0,所以a3;
p为:实数x满足x2-4ax+3a2≥0,并解x2-4ax+3a2≥0得x≤a,或x≥3a.
p是q的充分不必要条件,所以a应满足:a≤2,且3a>3,解得11时,f(x)>0.
(1)求f(1)的值.
(2)证明:f(x)为单调增函数.
(3)若f=-1,求f(x)在上的最值.
【解析】(1)因为函数f(x)满足f(x1·x2)=f(x1)+f(x2),令x1=x2=1,则f(1)=f(1)+f(1),解得f(1)=0.
(2)设x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,则>1,所以f>0,所以f(x1)-f(x2)=f-f(x2)=f(x2)+f-f(x2)=f>0,
即f(x1)>f(x2),
所以f(x)在(0,+∞)上是增加的.
(3)因为f(x)在(0,+∞)上是增加的.
若f=-1,则f+f=f=-2,即f=f(1)=f+f(5)=0,
即f(5)=1,则f(5)+f(5)=f(25)=2,
f(5)+f(25)=f(125)=3,即f(x)在上的最小值为-2,最大值为3.
19.(12分)已知函数f(x)=(x2+mx+n)ex,其导函数y=f′(x)的两个零点为-3和0.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.
(2)求函数f(x)的单调区间.
(3)求函数f(x)在区间[-2,2]上的最值.
【解析】(1)因为f(x)=(x2+mx+n)ex,
所以f′(x)=(2x+m)ex+(x2+mx+n)ex=[x2+(2+m)x+(m+n)]ex,
由知
解得从而f(x)=(x2+x-1)ex,
所以f′(x)=(x2+3x)ex,所以f(1)=e,
所以f′(1)=4e,
曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e.
(2)由于ex>0,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:
x
(-∞,-3)
-3
(-3,0)
0
(0,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
增加
极大值
减少
极小值
增加
故f(x)在区间(-∞,-3)和(0,+∞)上是增加的,在区间(-3,0)上是减少的.
(3)由于f(2)=5e2,f(0)=-1,f(-2)=e-2,
所以函数f(x)在区间[-2,2]上的最大值为5e2,最小值为-1.
20.(12分)已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).
(1)若曲线y=f(x)与直线x-y-1=0相切,求实数a的值.
(2)若函数y=f(x)有两个零点x1,x2,证明+>2.
【解析】(1)由f(x)=ln x-ax,得f′(x)=-a,
设切点横坐标为x0,依题意得
解得即实数a的值为0.
(2)不妨设01,则ln>0,--2ln=t--2ln t,设g(t)=t--2ln t,则g′(t)=>0,即函数g(t)在(1,+∞)上是增加的,所以g(t)>g(1)=0,从而>0,即+>2.
21.(12分)(2019·合肥一模)已知函数f(x)=ln x+(a∈R).
(1)求函数y=f(x)的单调区间.
(2)当a=1时,求证:f(x)≤.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=.
考虑y=x2+2(1-a)x+1,x>0.
①当Δ≤0,即0≤a≤2时,f′(x)≥0恒成立,f(x)在(0,+∞)上是增加的;
②当Δ>0,即a>2或a<0时,由x2+2(1-a)x+1=0得x=a-1±.
若a<0,则f′(x)>0恒成立,此时f(x)在(0,+∞)上是增加的;若a>2,则a-1+>a-1->0,
此时f′(x)>0⇒0a-1+;
f′(x)<0⇒a-1-2时,f(x)的单调递增区间为,(a-1+,+∞).
单调递减区间为(a-1-,a-1+).
(2)当a=1时,f(x)≤⇔f(x)-≤0.
令g(x)=f(x)-=ln x+-,
g′(x)=--==.
当x>1时,g′(x)<0;当00,
所以g(x)在(0,1)上是增加的,在(1,+∞)上是减少的,即当x=1时,g(x)取得最大值,故g(x)≤g(1)=0,即f(x)≤成立,得证.
22.(12分)已知曲线y=f(x)=x2-1-aln x(a∈R)与x轴有唯一公共点A.
(1)求实数a的取值范围.
(2)曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为a2-a-7.若两个不相等的正实数x1,x2满足=,求证:x1x2<1.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f(1)=0.
由题意,函数f(x)有唯一零点1.f′(x)=2x-.
①若a≤0,则-a≥0.
显然f′(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上是增加的.
又f(1)=0,所以a≤0符合题意.
②若a>0,f′(x)=.f′(x)>0⇔x>;f′(x)<0⇔00,则f(x)>0恒成立,f(x)无零点,不符合题意).
(ⅰ)若f<0,则-1-ln<0.
令g(a)=-1-ln(a>0),则g′(a)=-ln-××=-ln.
g′(a)>0⇔02.
所以函数g(a)在(0,2)上是增加的,在(2,+∞)上是减少的.
所以g(a)max=g(2)=0.所以g(a)≤0,当且仅当a=2时取等号,
所以,f<0⇔a>0,且a≠2.
取正数b-1-aln b>-1-a×=0;
取正数c>a+1,显然c>2>.而f(c)=c2-1-aln c,令h(x)=ln x-x,则h′(x)=-1.当x>1时,显然h′(x)=-1<0.
所以h(x)在[1,+∞)上是减少的.
所以,当x>1时,h(x)=ln x-x1,所以f(c)=c2-1-aln c>c2-1-ac=c(c-a)-1>c×1-1>0.
又f(x)在上是减少的,在上是增加的,
则由零点存在性定理,f(x)在,上各有一个零点.
可见,02不符合题意.
注:a>0时,也可利用f(x)=+∞,f<0,
f(x)=+∞,说明f(x)在,
上各有一个零点.
(ⅱ)若f=0,显然=1,即a=2.符合题意.
综上,实数a的取值范围为{a|a≤0或a=2}.
(2)由(1)可得A点坐标为(1,0),所以,f′(1)=2-a=a2-a-7.所以a2=9,即a=±3.因为a≤0或a=2,所以a=-3.
f(x)=x2-1+3ln x,f(x)在(0,+∞)上是增加的.
f(x)<0⇔00⇔x>1.
由|f(x1)|=|f(x2)|,不妨设x12x1x2+3ln x1x2-2.
令p(t)=2t+3ln t-2,显然p(t)在(0,+∞)上是增加的,且p(1)=0.
所以p(t)<0⇔0