階段滾動檢測（二） 一、選擇題 1.(2019·紹興一中模擬)已知集合M＝{x|0≤x≤6}，N＝{x|2x≤32}，則M∪N等于(　　) A.(－∞，6] B.(－∞，5] C.[0,6] D.[0,5] 2.(2019·舟山模擬)已知a∈R，則“a＝0”是“f(x)＝x2＋ax是偶函數(shù)”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 3.(2019·湖州模擬)若函數(shù)f(x)同時滿足下列兩個條件，則稱該函數(shù)為“優(yōu)美函數(shù)”： (1)任意x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝0； (2)任意x1，x2∈R，且x1≠x2，都有<0. ①f(x)＝sinx； ②f(x)＝－2x3； ③f(x)＝1－x； ④f(x)＝ln(＋x). 以上四個函數(shù)中，“優(yōu)美函數(shù)”的個數(shù)是(　　) A.0B.1C.2D.3 4.已知函數(shù)f(x)＝(a>0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(1,2) B.(1,2] C.(1,3) D.(1,4) 5.函數(shù)f(x)＝的圖象為(　　) 6.函數(shù)f(x)＝x4＋(2a－3)x2，則f(x)在其圖象上的點(1，－2)處的切線的斜率為(　　) A.1B.－1C.2D.－2 7.已知函數(shù)f(x)＝ex－1＋e1－x，則滿足f(x－1)<e＋e－1的x的取值范圍是(　　) A.1<x<3 B.0<x<2 C.0<x<e D.1<x<e 8.已知定義域為R的函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，5)上單調(diào)遞減，對任意實數(shù)t，都有f(5＋t)＝f(5－t)，那么下列式子一定成立的是(　　) A.f(－1)<f(9)<f(13) B.f(13)<f(9)<f(－1) C.f(9)<f(－1)<f(13) D.f(13)<f(－1)<f(9) 9.已知函數(shù)f(x)＝ex－x2＋2x，g(x)＝lnx－＋2，h(x)＝－x－2，且－1<x<3，若f(a)＝g(b)＝h(c)＝0，則實數(shù)a，b，c的大小關系是(　　) A.a<b<c B.b<a<c C.a<c<b D.c<b<a 10.(2019·學軍中學模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)，滿足f(x＋5)＝f(x)，當x∈(－3,0]時，f(x)＝－x－1，當x∈(0,2]時，f(x)＝log2x，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2018)的值等于(　　) A.403B.405C.806D.809 二、填空題 11.(2018·浙江溫州中學模擬)已知集合A＝{x|y＝}，B＝{y|y＝2x，x∈R}，則A＝________；(?RA)∩B＝________. 12.(2019·紹興柯橋區(qū)檢測)若實數(shù)a>b>1，且logab＋logba2＝，則logba＝________，＝________. 13.設函數(shù)f(x)＝則f(f(4))＝________.若f(a)＝－1，則a＝________. 14.若函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋mx＋1在R上無極值點，則實數(shù)m的取值范圍是________. 15.已知f(x)＝若f(x)＝x＋a有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是________. 16.已知函數(shù)f(x)＝ ①若f(x)＝a有且只有一個根，則實數(shù)a的取值范圍是________； ②若關于x的方程f(x＋T)＝f(x)有且僅有3個不同的實根，則實數(shù)T的取值范圍是________. 17.已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0，若f(x)在x＝－1處取得極值，直線y＝m與y＝f(x)的圖象有三個不同的交點，則m的取值范圍是________. 三、解答題 18.已知集合A＝，B＝. (1)若C＝{x|m＋1≤x≤2m－1}，C?(A∩B)，求實數(shù)m的取值范圍； (2)若D＝{x|x＞6m＋1}，且(A∪B)∩D＝?，求實數(shù)m的取值范圍. 19.(2018·北京)設函數(shù)f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex. (1)若曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線斜率為0，求a； (2)若f(x)在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍. 20.已知函數(shù)f(x)＝x－alnx，g(x)＝－(a∈R). (1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的極值； (2)設函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間. 21.已知f(x)為二次函數(shù)，且f(x＋1)＋f(x－1)＝2x2－4x， (1)求f(x)的表達式； (2)設g(x)＝f(2x)－m·2x＋1，其中x∈[0,1]，m為常數(shù)且m∈R，求函數(shù)g(x)的最小值. 22.(2019·紹興柯橋區(qū)模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－x2＋x＋1. (1)若y＝f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍； (2)當0<a<1時，函數(shù)y＝f(x)－x有兩個極值點x1，x2(x1<x2)，證明：x1＋x2>2. 答案精析 1.A　2.C　3.B　4.B　5.D　6.D　7.A　8.C　9.C　10.B 11.[0,2]　(2，＋∞)　12.3　1　13.5　1或 解析　f(f(4))＝f(－31)＝log232＝5； 由f(a)＝－1，得或 所以a＝1或a＝. 14. 解析　因為函數(shù)f(x)在R上無極值點， 所以f′(x)＝3x2＋2x＋m≥0恒成立， 即Δ＝22－4×3×m≤0，所以m≥. 15.[1，＋∞) 解析　作出兩個函數(shù)的圖象如圖所示，當直線y＝x＋a經(jīng)過點(0,1)時，此時a＝1，直線和函數(shù)y＝f(x)的圖象顯然有兩個交點. 當a>1時，直線和函數(shù)y＝f(x)的圖象顯然有兩個交點. 當直線y＝x＋a經(jīng)過點(1,0)時，此時a＝－1， 設g(x)＝ln x(x≥1)，∴g′(x)＝， ∴k＝g′(1)＝1， 所以在(1,0)處的切線方程為y－0＝1(x－1)＝x－1，剛好是直線y＝x＋a， 所以此時直線和函數(shù)的圖象只有一個交點， 當a＜－1時，觀察圖象得直線和函數(shù)的圖象只有一個交點， 故當a≥1時，f(x)＝x＋a有兩個零點. 故實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞). 16.①(1，＋∞)?、?－4，－2)∪(2,4) 解析　①作出函數(shù)f(x)的圖象，f(x)＝a有且只有一個根等價于y＝f(x)的圖象與y＝a只有一個交點， 故可得a＞1，即a的取值范圍是(1，＋∞)；②方程f(x＋T)＝f(x)有且僅有3個不同的實根等價于y＝f(x＋T)的圖象與y＝f(x)的圖象有3個交點，而y＝f(x＋T)的圖象是將y＝f(x)的圖象向左或向右平移|T|個單位長度，故可得T的取值范圍是(－4，－2)∪(2,4). 17.(－3,1) 解析　∵函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0， ∴f′(x)＝3x2－3a， ∵函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極值， 則f′(－1)＝0， 即3－3a＝0， 解得a＝1， ∴f(x)＝x3－3x－1，a≠0， f′(x)＝3x2－3 ＝3(x2－1) ＝3(x－1)(x＋1). 當f′(x)>0時，得x>1或x<－1， 當f′(x)<0時，－1<x<1， 即函數(shù)在x＝－1處取得極大值f(－1)＝1，在x＝1處取得極小值f(1)＝－3， 要使直線y＝m與y＝f(x)的圖象有三個不同的交點， 則m小于極大值，大于極小值，即－3<m<1， ∴m的取值范圍是(－3,1). 18.解　A＝{x|－2≤x≤7}，B＝{y|－3≤y≤5}. (1)A∩B＝{x|－2≤x≤5}， ①若C＝?，則m＋1＞2m－1， ∴m＜2； ②若C≠?，則 ∴2≤m≤3； 綜上m≤3. (2)A∪B＝{x|－3≤x≤7}， ∴6m＋1≥7，∴m≥1. 19.解　(1)因為f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex， 所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex， f′(2)＝(2a－1)e2. 由題意知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0， 解得a＝. (2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex. 若a＞1，則當x∈時，f′(x)＜0； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0. 所以f(x)在x＝1處取得極小值. 若a≤1，則當x∈(0,1)時，ax－1≤x－1＜0，所以f′(x)＞0. 所以1不是f(x)的極小值點. 綜上可知，a的取值范圍是(1，＋∞). 20.解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， 當a＝1時，f(x)＝x－ln x， f′(x)＝1－＝， 在(0，＋∞)上，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 所以f(x)在x＝1處取得極小值1.函數(shù)沒有極大值. (2)h(x)＝x＋－aln x(x>0)， h′(x)＝1－－＝ ＝， ①當a＋1>0，即a>－1時，在(0,1＋a)上h′(x)<0，在(1＋a，＋∞)上h′(x)>0， 所以h(x)在(0,1＋a)上單調(diào)遞減， 在(1＋a，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當1＋a≤0，即a≤－1時，在(0，＋∞)上h′(x)>0， 所以函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. 綜上，當a>－1時，h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1＋a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1＋a，＋∞)； 當a≤－1時，h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間. 21.解　(1)設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0). 因為f(x＋1)＋f(x－1)＝2x2－4x， 所以a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c＋a(x－1)2＋b(x－1)＋c＝2x2－4x， 所以2ax2＋2bx＋2a＋2c＝2x2－4x， 故有即 所以f(x)＝x2－2x－1. (2)g(x)＝f(2x)－m·2x＋1＝(2x)2－(2m＋2)·2x－1，設t＝2x，t∈[1,2]， y＝t2－(2m＋2)·t－1＝[t－(m＋1)]2－(m2＋2m＋2)， 當m＋1>2，即m>1時，y＝t2－(2m＋2)·t－1在t∈[1,2]時為減函數(shù)， 當t＝2時，ymin＝－4m－1； 當m＋1<1，即m<0時， y＝t2－(2m＋2)·t－1在t∈[1,2]上為增函數(shù)，當t＝1，ymin＝－2m－2； 當0≤m≤1時，當t＝m＋1，ymin＝－(m2＋2m＋2)， 綜上所述：g(x)min＝ 22.(1)解　因為f′(x)＝ln x－ax＋2(x>0)，由題意可得f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，得a≥max，x∈(0，＋∞)， 令g(x)＝，x∈(0，＋∞)， g′(x)＝， 所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 所以a≥g＝e，所以a≥e. (2)證明　函數(shù)y＝f(x)－x＝xln x－x2＋1有兩個極值點x1，x2(x1<x2)， 即y＝f′(x)－1＝ln x－ax＋1有兩個不同的零點，且均為正數(shù)， 令F(x)＝f′(x)－1＝ln x－ax＋1， 由F′(x)＝－a＝(x>0)可知， y＝F(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，且0<x1<，則－x1>， 構(gòu)造函數(shù)m(x)＝F－F(x) ＝ln－a－(ln x－ax)， 則m′(x)＝－＋2a＝<0， 故m(x)在上單調(diào)遞減， 又由于0<x1<， 則m(x1)>m＝0， 即m(x1)>0在上恒成立， 即F>F(x1)＝F(x2)恒成立. 由于x2>，－x1>，y＝F(x)在上是減函數(shù)， 所以x2>－x1， 所以x1＋x2>>2成立. 10