1、阶段滚动练(一)第14章(本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试用时120分钟)选择题部分(共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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.(2019全国卷)已知集合Mx|4x2，Nx|x2x60，则MN()A.x|4x3 B.x|4x2C.x|2x2 D.x|2x3解析由x2x60，得(x3)(x2)0，解得2x3，即Nx|2x3，MNx|2x2.答案C2.已知aR，则“a1”是“|a1|a1|2”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件解析因为当a2时，|a1|a
2、1|4；当|a1|a1|2成立时，(a1)(a1)0，解得1a1，所以“a1”是“|a1|a1|2”的必要不充分条件，故选B.答案B3.若不等式ax2bx20的解集为x|1x2，则不等式2x2bxa0的解集为()A. B.C.x|2x1 D.x|x2或x1解析不等式ax2bx20的解集为x|1x2，ax2bx20的两根为1，2，且a0，即12，(1)2，解得a1，b1，则所求不等式可化为2x2x10，解得，故选A.答案A4.(2020浙江新高考仿真卷一)已知点A在曲线yax(a，bR)上，且该曲线在点A处的切线与直线4x3y10垂直，则方程x2axb0的实数根的个数为()A.0 B.1 C.2
3、 D.不确定解析由ya得曲线在点A处的切线的斜率为a，又点A在曲线上，则2a，由得ab1.由a24b30，得方程x2axb0没有实数根，故选A.答案A5.(2019全国卷)设f(x)为奇函数，且当x0时，f(x)ex1，则当x0时，f(x)()A.ex1 B.ex1C.ex1 D.ex1解析当x0，当x0时，f(x)ex1，f(x)ex1.又f(x)为奇函数，f(x)f(x)ex1.故选D.答案D6.函数y的图象大致是()解析令yf(x)(x0)，所以f(x)f(x)，即f(x)是偶函数，排除B；当x0时，f(x)xln x，f(x)ln x1，令ln x10，则x；令ln x10，则0x，所
4、以f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以排除A，C，故选D.答案D7.若函数f(x)xsin 2xasin x在(，)上单调递增，则a的取值范围是()A.1，1 B.C. D.解析因为f(x)xsin 2xasin x，所以f(x)1cos 2xacos xcos2xacos x.由f(x)在R上单调递增，则f(x)0在R上恒成立.令tcos x，t1，1，则t2at0，在t1，1上恒成立.所以4t23at50在t1，1上恒成立.令g(t)4t23at5，只需解得a.答案C8.(2020浙江新高考仿真卷五)已知x0是函数f(x)ex的零点，若x1(0，x0)，x2(x0，2)，则()A.f(
5、x1)0，f(x2)0B.f(x1)0，f(x2)0C.f(x1)0，f(x2)0D.f(x1)0，f(x2)0解析函数f(x)的定义域为x|x2，求导得f(x)ex0，则函数f(x)在区间(，2)，(2，)上单调递减，f(0)0，当x2时，f(x)，故f(x)的零点x0(，2)，由0x1x0x22，得f(x1)f(x0)f(x2)，即f(x1)0，f(x2)0，故选C.答案C9.(2020浙江教育绿色评价联盟适考)已知a，b，clog，则()A.abc B.cabC.acb D.cba解析因为a，b，cloglog23，则ab，又23，则log22log23，即bc；构造函数f(x)log2
6、x，则f(x)，因此函数f(x)在区间(0，4loge)上单调递增，在区间(4loge，)上单调递减，从而由f(4)0，知f(3)0，即ac，故选C.答案C10.已知函数f(x)若|f(x)|ax，则a的取值范围是()A.(，0 B.(，1C.2，1 D.2，0解析作出函数y|f(x)|的图象，如图，当|f(x)|ax时，必有ka0，其中k是yx22x(x0)在原点处的切线斜率，显然，k2.a的取值范围是2，0.答案D非选择题部分(110分)二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11.(2020浙江名师预测卷四)f(x)则f(0)_，f(f(3)_.解析f(0)
7、4，f(f(3)f(5)log392.答案4212.不等式|x1|x5|2的解集为_.解析当x1时，原不等式可化为1x(5x)2，42，不等式恒成立，x1.当1x5时，原不等式可化为x1(5x)2，x4，1x4，当x5时，原不等式可化为x1(x5)2，该不等式不成立.综上，原不等式的解集为(，4).答案(，4)13.已知整数x，y满足不等式则2xy的最大值是_；x2y2的最小值是_.解析满足不等式组的可行域如图所示，由z2xy，得y2xz，由图可知，当直线y2xz过A时，直线在y轴上的截距最大，由可得即A点坐标为(8，8)，z最大值等于28824.x2y2的最小值是可行域的B到原点距离的平方，
8、由可得B(2，2)，可得22228.答案24814.已知函数f(x)|xa|x1|(a0)的最小值是2，则a的值是_，不等式f(x)4的解集是_.解析f(x)|xa|x1|xax1|1a|2，故1a2或1a2，解得a1或a3，又a0，所以a3，所以f(x)|x3|x1|.由f(x)4，即|x3|x1|4，可得或或解得x4或x0，故不等式f(x)4的解集是(，04，).答案3(，04，)15.已知x(0，2)，若关于x的不等式0.即kx22x对任意x(0，2)恒成立，从而k0，因此由原不等式得k0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，当x(0，1)时，f(x)0，函数f(x)在(0，1)上单调递
9、减，所以k0，aR).(1)求函数yf(x)的单调区间；(2)当a1时，证明：对任意的x0，f(x)x2xex2.(1)解函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x(a2)，当a0时，f(x)0对任意的x(0，)恒成立，所以函数f(x)单调递增；当a0时，由f(x)0得x，f(x)0得0x0，设g(x)exln x2(x0)，令g(x)ex0，此时方程有唯一解x0，满足ex0(x01).当x变化时，g(x)和g(x)变化情况如下表x(0，x0)x0(x0，)g(x)0g(x)极小值g(x0)g(x)ming(x0)ex0ln x02x02，因为x00，且x01，所以g(x)min220，因此
10、不等式得证.20.(本小题满分15分)若关于x的不等式(acos x1)(ax2x16a)0在(0，)上有解，求实数a的取值范围.解设f(x)acos x1，g(x)ax2x16a，则关于x的不等式(acos x1)(ax2x16a)0在(0，)上有解，等价于存在x0(0，)使得f(x0)g(x0)0成立.当a1时，函数f(x)acos x1在(0，)上存在零点，即存在x0(0，)使得f(x0)0，函数g(x)ax2x16a0在(0，)上恒成立，所以此时存在x0(0，)使得f(x0)g(x0)0成立；当a1时，函数f(x)acos x10在(0，)上恒成立，函数g(x)ax2x16a0在(0，
11、)上恒成立，所以此时存在x0(0，)使得f(x0)g(x0)0成立；当0a时，函数f(x)acos x10在(0，)上恒成立，函数g(x)ax2x16a0存在两个不同的零点x1，x2(x1x2)，且所以x1，x2(0，)，所以存在x0(0，x1)(x2，)使得g(x0)0，所以此时存在x0(0，)使得f(x0)g(x0)0成立；当a0时，显然不等式不成立；当a0时，函数f(x)acos x10在(0，)上恒成立，函数g(x)ax2x16a0存在两个不同的零点x1，x2，且所以x1，x2(，0)，所以函数g(x)ax2x16a0在(0，)上恒成立，所以此时不存在x0(0，)使得f(x0)g(x0
12、)0成立；当1a时，函数f(x)acos x10在(0，)上恒成立，函数g(x)ax2x16a0在(0，)上恒成立，所以此时不存在x0(0，)使得f(x0)g(x0)0成立；当a1时，函数f(x)acos x1在(0，)上存在零点，即存在x0(0，)使得f(x0)0，函数g(x)ax2x16a0在(0，)上恒成立，所以此时存在x0(0，)使得f(x0)g(x0)0成立.综上所述，实数a的取值范围为(，1)(0，).21.(本小题满分15分)(2020杭州质检)设函数f(x)k(x1)2.(1)若k1，解方程f(x)0；(2)若关于x的方程f(x)0有四个不同的解，求k的取值范围.解(1)当k1
13、时，(x1)20，所以|x1|0，所以|x1|0或1|x1|(x2)0，解得x1或x.(2)因为|x1|0，即|x1|0或k|x1|0，当|x1|0时，x1，此时kR；所以k|x1|0有三个不等于1的解，即|x1|(x2)有三个不等于1的解，根据函数y|x1|(x2)的图象，得0，即k4.22.(本小题满分15分)(2020绍兴适应性考试)已知函数f(x)2ln(axb)，其中a，bR.(1)若直线yx是曲线yf(x)的切线，求ab的最大值；(2)(一题多解)设b1，若关于x的方程f(x)a2x2(a22a)xa1有两个不相等的实根，求a的最大整数值.(参考数据：ln 0.223)解(1)设直
14、线yx与yf(x)相切于点P(x0，2ln(ax0b).因为f(x)，所以f(x0)1，所以ax0b2a(a0).又因为P在切线yx上，所以2ln(ax0b)x0，所以x02ln(ax0b)2ln2a，b2aax02a2aln 2a，因此ab2a22a2ln 2a(a0)，设g(a)2a22a2ln 2a(a0)，则由g(a)2a4aln 2a2a(12ln 2a)0，解得0a.所以g(a)在上单调递增，在上单调递减，可知g(a)的最大值为g，所以ab的最大值为.(2)法一原方程即为2ln(ax1)(ax1)2a(ax1)，设ax1t，则上述方程等价于2ln tt2at(t0).设p(t)2l
15、n tt2at(t0)，则函数p(t)需有两个不同的零点.因为p(t)2ta在(0，)上单调递减，则p(t)0在(0，)上存在唯一实根t0，即p(t0)0，即at022t.所以当t(0，t0)时，p(t)0；当t(t0，)时，p(t)0.因此p(t)在(0，t0)上单调递增，在(t0，)上单调递减.当a0时，由at022t0得t0(0，1).p(t)p(t0)2ln t0tat02ln t0t(22t)2ln t0t20，不合题意，舍去.当a0时，由at022t0得t0(1，).()当t(0，1)时，则p(t)2ln tt2at2ln t|a|，取t1e，则p(t1)0；()当t(1，)时，则
16、p(t)2ln tt2at2(t1)t2att2(2a)t，取t22|a|，则p(t2)0.因此t1t0t2，且p(t1)0，p(t2)0.要使函数p(t)2ln tt2at(t0)有两个不同的零点，则只需p(t0)2ln t0tat00，所以只需p(t0)2ln t0t(22t)t2ln t020.因为p(t0)t2ln t02是关于t0的增函数，且p(1)10，p2ln 0，所以存在m使得p(m)0，所以当t0m时，p(t0)0.因为a2t0是关于t0的减函数，所以a2t02m，又因为2m，所以a的最大整数值为1.法二原方程即为2ln(ax1)(ax1)2a(ax1)，设ax1t，则原方程
17、等价于关于t的方程2ln tt2at0(t0)有两个不同的解，即关于t的方程a(t0)有两个不同的解.设h(t)，则h(t).设m(t)2t22ln t，由t0知m(t)2t0，所以m(t)2t22ln t在(0，)上单调递减，又m(1)10，m2ln 0，所以存在t0使得m(t0)0.当t(0，t0)时，m(t)0，h(t)0；当t(t0，)时，m(t)0，h(t)0.所以h(t)在(0，t0)上单调递增，在(t0，)上单调递减，所以h(t0)2t0.要使得关于t的方程a(t0)有两个不同的解，则ah(t0).当a1时，设p(t)2ln tt2t，则p(t)2t1，可知p(t)在上单调递增，在上单调递减.又p(1)0，p0，p(e)2e2e0，p(t)有两个不同的零点，符合题意.所以a的最大整数值为1.
