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时间:2020-03-19
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1、第1讲 基础小题部分1.(2017·高考全国卷Ⅱ)函数f(x)=ln(x2-2x-8)的单调递增区间是( )A.(-∞,-2) B.(-∞,1)C.(1,+∞)D.(4,+∞)解析:由x2-2x-8>0,得x>4或x<-2.因此,函数f(x)=ln(x2-2x-8)的定义域是(-∞,-2)∪(4,+∞).注意到函数y=x2-2x-8在(4,+∞)上单调递增,由复合函数的单调性知,f(x)=ln(x2-2x-8)的单调递增区间是(4,+∞).答案:D2.(2018·高考全国卷Ⅲ)下列函数中,其图象与函数y=lnx
2、的图象关于直线x=1对称的是( )A.y=ln(1-x)B.y=ln(2-x)C.y=ln(1+x)D.y=ln(2+x)解析:函数y=f(x)的图象与函数y=f(a-x)的图象关于直线x=对称,令a=2可得与函数y=lnx的图象关于直线x=1对称的是函数y=ln(2-x)的图象.故选B.答案:B3.(2018·高考全国卷Ⅲ)函数y=-x4+x2+2的图象大致为( )解析:法一:f′(x)=-4x3+2x,则f′(x)>0的解集为∪,f(x)单调递增;f′(x)<0的解集为∪,f(x)单调递减.故选D.法二:当x=1时,
3、y=2,所以排除A,B选项.当x=0时,y=2,而当x=时,y=-++2=2>2,所以排除C选项.故选D.答案:D4.(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零点,则a=( )A.-B.C.D.1解析:法一:f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)=(x-1)2+a[ex-1+e-(x-1)]-1,令t=x-1,则g(t)=f(t+1)=t2+a(et+e-t)-1.∵g(-t)=(-t)2+a(e-t+et)-1=g(t),∴函数g(t)为偶函数.∵f(x)有唯一零
4、点,∴g(t)也有唯一零点.又g(t)为偶函数,由偶函数的性质知g(0)=0,∴2a-1=0,解得a=.故选C.法二:f(x)=0⇔a(ex-1+e-x+1)=-x2+2x.ex-1+e-x+1≥2=2,当且仅当x=1时取“=”.-x2+2x=-(x-1)2+1≤1,当且仅当x=1时取“=”.若a>0,则a(ex-1+e-x+1)≥2a,要使f(x)有唯一零点,则必有2a=1,即a=.若a≤0,则f(x)的零点不唯一.故选C.答案:C5.(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=log2(x2+a).若f(3)=1,则a=
5、________.解析:∵f(x)=log2(x2+a)且f(3)=1,∴1=log2(9+a),∴9+a=2,∴a=-7.答案:-71.已知函数f(x),g(x)都是定义域为R的函数,f(x)是奇函数且在R上单调递增,g(x)满足g(x)=(x2+1)·f(x),若不等式g(a-1)+g(2a)>g(0)恒成立,则实数a的取值范围是( )A.(,+∞)B.(-∞,-1)C.(-1,)D.(-,1)解析:由于f(x)是奇函数,那么g(-x)=[(-x)2+1]·f(-x)=-(x2+1)·f(x)=-g(x),则g(x)是
6、奇函数,可得f(0)=g(0)=0,而f(x)在R上单调递增,当x>0时,g(x)=(x2+1)·f(x)>f(x)>0,则g(x)在(0,+∞)上单调递增,结合奇函数的性质可知g(x)在R上单调递增,由g(a-1)+g(2a)>g(0)=0可得g(a-1)>-g(2a)=g(-2a),故有a-1>-2a,解得a>.答案:A2.已知函数f(x)满足f(x)=f(3x),且当x∈[1,3)时,f(x)=lnx,若在区间[1,9)内,函数g(x)=f(x)-ax有三个不同的零点,则实数a的取值范围是( )A.(,)B.(,)C
7、.(,)D.(,)解析:因为f(x)=f(3x)⇒f(x)=f(),当x∈[3,9)时,f(x)=f()=ln,所以f(x)=而g(x)=f(x)-ax有三个不同零点⇔y=f(x)与y=ax的图象有三个不同交点,如图所示,可得直线y=ax应在图中两条虚线之间,所以可解得8、3,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,3)解析:因为函数f(x)的图象上任一点(x0,y0)的切线方程为y-y0=(3-x0)(x-1)(x-x0),即函数图象在点(x0,y0)的切线斜率k=(3-x0)(x-1),所以f′(x)=(3-x)(x2-1).由f′(x)=(3-x)(x2-1)
8、3,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,3)解析:因为函数f(x)的图象上任一点(x0,y0)的切线方程为y-y0=(3-x0)(x-1)(x-x0),即函数图象在点(x0,y0)的切线斜率k=(3-x0)(x-1),所以f′(x)=(3-x)(x2-1).由f′(x)=(3-x)(x2-1)
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