2019高考数学大二轮复习专题2函数与导数第1讲基础小题部分增分强化练文.doc

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1、1第 1讲 基础小题部分一、选择题1已知函数 f(x)Error!且 f(a)2，则 f(7 a) ( )Alog 37 B34C D54 74解析：当 a0 时，2 a22 无解；当 a0时，由log 3a2，解得 a9，所以f(7 a) f(2)2 2 2 ，故选 D.74答案：D2函数 y( x3 x)2|x|的图象大致是 ( )解析：易判断函数为奇函数，由 y0 得 x1 或 x0.且当 01时， y0，故选 B.答案：B3对于函数 f(x)，使 f(x) n成立的所有常数 n中，我们把 n的最小值 G叫做函数 f(x)的上确界，则函数 f(x)Error!的上确界是 ( )A0 B.

2、122C1 D2解析： f(x)在(，0)上是单调递增的，在0，)上是单调递减的， f(x)在 R上的最大值是 f(0)1， n1， G1.故选 C.答案：C4(2018重庆模拟)若直线 y ax是曲线 y2ln x1 的一条切线，则实数 a( )解析：依题意，设直线 y ax与曲线 y2ln x1 的切点的横坐标为 x0，则有y| x x0 ，于是有Error!解得 x0 ， a 2e ，选 B.2x0 e 2x0答案：B5已知函数 f(x) x33 x29 x1，若 f(x)在区间 k,2上的最大值为 28，则实数 k的取值范围为 ( )A3，) B(3，)C(，3) D(，3解析：由题意

3、知 f( x)3 x26 x9，令 f( x)0，解得 x1 或 x3，所以f( x)， f(x)随 x的变化情况如下表：x (，3) 3 (3，1) 1 (1，)f( x) 0 0 f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增又 f(3)28， f(1)4， f(2)3， f(x)在区间 k,2上的最大值为 28，所以k3.答案：D6(2018重庆一中模拟)设曲线 y f(x)与曲线 y x2 a(x0)关于直线 y x对称，且f(2)2 f(1)，则 a ( )A0 B.13C. D123解析：依题意得，曲线 y f(x)即为 x( y)2 a(其中 y0，即 y0，则 x2,0)(1,2

4、，令 f( x)0.(14) 2 12 (12)设 g(x)4 x2 x2 的零点为 x0，则 2，则 f(x1)与 f(x2)的大小关系是 ( )A f(x1)f(x2) D不确定解析：由( x1) f( x)1时， f( x)0，函数单调递增因为函数 f(x1)是偶函数，所以 f(x1) f(1 x)， f(x) f(2 x)，即函数 f(x)图象的对称轴为 x1.所以，若 1 x1f(x2)；若x12 x11，此时有 f(x2)f(x2)综上，必有 f(x1)f(x2)，选 C.答案：C二、填空题13(2018高考全国卷)曲线 y2ln x在点(1,0)处的切线方程为_解析：因为 y ，

5、 y| x1 2，2x所以切线方程为 y02( x1)，即 y2 x2.答案： y2 x214已知函数 f(x) x22 ax5 在(，2上是减函数，且对任意的 x1， x21， a1，总有| f(x1) f(x2)|4，则实数 a的取值范围为_解析：函数 f(x)( x a)25 a2在(，2上是减函数， a2，| a1|( a1) a|1，因此要使 x1， x21， a1时，总有| f(x1) f(x2)|4，只要| f(a) f(1)|4 即可，即|( a22 a25)(12 a5)|( a1)24，解得1 a3.又 a2，2 a3.答案：2,315已知 y f(x)为 R上的连续可导函

6、数，且 xf( x) f(x)0，则函数 g(x) xf(x)1( x0)的零点个数为_解析：设 F(x) xf(x)，则 F( x) f(x) xf( x)0在 R上恒成立，且 F(0)0，所以 F(x) xf(x)0在(0，)上恒成立，所以在(0，)上 g(x) xf(x)11 恒成立，则函数 g(x) xf(x)1 的零点个数为 0.答案：016已知函数 f(x)ln x，则函数 g(x) f(x) f( x)在区间2，e上的最大值为6_解析：因为 f(x)ln x，所以 f( x) ，1x则 g(x) f(x) f( x)ln x ，1x函数 g(x)的定义域为(0，)，g( x) 0在 x(0，)上恒成立，1x 1x2所以函数 g(x)在(0，)上是增函数，所以 g(x)在区间2，e上的最大值 g(x)max g(e)ln e 1 .1e 1e答案：11e