1、小题自测卷(二)1C解析 f(f(2)f(22)f1.2C解析 因为f(2)1log243，f(log212)2(log2121)6，所以f(2)f(log212)9，故选C.3B解析 因为f(x)xsin xf(x)，所以函数f(x)是奇函数又f(x)1cos x0，故函数f(x)为增函数4C解析 设z2xy，则y2xz.易知当y2xz的图像过点B时，z取得最大值，即最大值为7.5C解析 在函数yf(x)的图像上任设一点P(x，y)，其关于直线yx的对称点为P(x，y)，则有解得由于点P(x，y)在函数y2xa的图像上，于是有x2ya，得yalog2(x)，即yf(x)alog2(x)，所以
2、f(2)f(4)alog22alog242a31，所以a2.6B解析 当P在BC边上时，PBOBtan xtan x，PA，所以f(x)tan x0x，显然f(x)单调递增且是非线性的，当x时，f1.当P位于CD中点时，x，fPAPB2，所以可知当P从B运动到C时，f(x)从2增到1，当P从C运动到CD中点时，f(x)从1减到2，且增减都是非线性的，结合图像可知选B.7B解析 因为yf(x)，y|x22x3|的图像都关于直线x1对称，所以两函数图像的交点也关于直线x1对称当m为偶数时，xi2m；当m为奇数时，xi21m.8A解析 由已知可知f(x)的定义域为R，且有f(x)f(x)，即函数f(
3、x)为偶函数，所以要使得f(x)f(2x1)成立，即使得f(|x|)f(|2x1|)成立又当x0时，f(x)ln(1x)为增函数，所以得|x|2x1|，解得x0.8，所以ab201，又c2log52log54bc.12C解析 易判断函数y是奇函数，且当x(0，1)时，y1时，取x12和x24，得y1，y2，所以x1时，函数y不是增函数，结合选项知，选项C正确13D解析 设点(x0，x01)为函数g(x)x1的图像上的点，则点(x0，x01)为函数f(x)ax2(1x2)图像上的点，所以x01ax，依题意方程x2xa10在区间1，2上有解，设h(x)x2x1a，则有解得1a1.14A解析 由f(
4、a)f(b)，得ln(a1)ln(b1)，即abab0.0abab0，显然1a0，所以ab40，所以ab0.15B解析 当x(1，3)时，f(x)42x，此时2f(x)2，当x3，)时，f(x)2，当x(，1时，f(x)2，这时|f(x)|2，满足题设条件，即为R上的“Z型”函数其余三个函数不满足题设条件故选B.16D解析 f(x)为奇函数，所以不等式0化为0，即xf(x)0.由题意，f(x)的大致图像如图所示，所以xf(x)0，即m，且由x(1，0，得m2.综上可知，m2，故选A.18B解析 由函数f(x)为R上的偶函数知，只需考虑f(x)在(0，)上的单调性因为f(x)在3，)上为增函数，
5、在1，2上为减函数，所以函数yx2ax2的图像的对称轴x2，3，得a6，4192a1解析 因为f(x)是R上的增函数，所以由f(a2)f(2a)，得a22a，即a2a20，解得2a1.208解析 因为f(x)是R上的奇函数，所以f(0)0，即30a0，所以a1.当x0，所以g(x)f(x)f(x)(3x1)13x，所以g(2)1328.小题自测卷(三)1A解析 由函数图像上两点处的切线互相垂直可知，函数在两点处的导数之积为1.对于A，y(sin x)cos x，存在x1，x2使cos x1cos x21.2D解析 由已知得，f(x)3x2123(x24)3(x2)(x2)于是当x2或x2时，f
6、(x)0；当2x2时，f(x)0.故函数f(x)在区间(，2)，(2，)上单调递增；在区间(2，2)上单调递减于是当x2时，f(x)取得极小值，故a2.3C解析 方法一：对函数f(x)求导得f(x)1cos 2xacos xcos2xacos x，因为函数f(x)在R上单调递增，所以f(x)0，即cos2xacos x0恒成立设tcos x1，1，则g(t)4t23at50在1，1上恒成立，所以有解得a.方法二：取a1，则f(x)xsin 2xsin x，f(x)1cos 2xcos x，但f(0)110，不满足f(x)在(，)单调递增，排除A，B，D，故选C.4C解析 依题可构造函数f(x)
7、，则f(x).当x(0，1)时，f(x)0，所以f(x)在区间(0，1)上递减.0x1x21时，有f(x1)f(x2)，即x2ex1x1ex2.5C解析 当2x0时，不等式可转化为a，令f(x)(2x0)，则f(x)，故函数f(x)在2，1上单调递减，在(1，0)上单调递增，此时有a2.当x0时，不等式恒成立当0x1时，a，令g(x)(0x1)，则g(x)，故函数g(x)在(0，1上单调递增，此时有a6.综上，6a2.6A解析 不妨设P1，P2两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，其中0x11x2.由题意可知，f(x)由于l1，l2分别是点P1，P2处的切线，所以l1的斜率为，l2的
8、斜率为.又l1与l2垂直，且0x1x2，所以1，即x1x21，可以写出l1与l2的方程分别为l1：y(xx1)ln x1，l2：y(xx2)ln x2.则点A的坐标为(0，1ln x1)，点B的坐标为(0，1ln x2)，由此可得|AB|2ln x1ln x22ln(x1x2)2.联立解得交点P的横坐标为，故SPAB21，当且仅当x1，即x11时，等号成立而0x11，所以0SPAB0)可得h(x)1，所以h(x)minh(1)0，故x1ln x，所以曲线C在点P附近位于直线l的下侧，错误11D解析 直线ykxm与曲线yf(x)相切于两点，kxmf(x)有两个根，且f(x)kxm，由图像知m0，
9、则f(x)kx，即F(x)f(x)kxk，在a，b，c的右侧，f(x)k，此时函数F(x)f(x)kx有3个极大值，在d，e的左侧，f(x)k，此时函数F(x)f(x)kx有2个极小值，故函数F(x)f(x)kx有5个极值点，3个极大值点，2个极小值点，故选D.12B解析 yaex1，则y|x1ae1，即曲线yaexx在点(1，ae1)处的切线斜率为ae1，因为切线与直线2exy10平行，所以ae12e，得a.13C解析 由图可知f(1)0，得ab10，又f(0)b(0，1)，所以2a0且a10，gln 1a0，所以函数g(x)的零点所在的区间是.故选C.14A解析 f(x)2ax，则切线斜率
10、kf(1)2ab，切点为(1，ab)，所以切线方程为y(ab)(2ab)(x1)，因为切线过点，所以(ab)(2ab)，整理得4ab1，所以(4ab)5529，当且仅当2ab，即a，b时取等号故选A.15A解析 由x33x3a0有解，得x33x3a有解，设g(x)x33x3，h(x)a，则g(x)3(x1)(x1)，h(x).易知，当x1时，函数g(x)取得极小值1，也是最小值；函数h(x)取得极大值a，也是最大值在同一坐标系中画出函数g(x)和h(x)在2，)上的图像(图略)，可知，若不等式有解，则a1，解得a1.故选A.166解析 f(x)3x23a3(x)(x)，因为函数f(x)的单调递
11、减区间是(1，1)，所以a1，又函数f(x)在x1处取得极小值2，可得13b2，得b4.所以f(x)x33x4的极大值为f(1)(1)33(1)46.171解析 因为f(x)x36x29x10，所以f(x)3x212x93(x1)(x3)，由此可知函数的极大值为f(1)60，极小值为f(3)100，所以方程x36x29x100有1个实根181a解析 函数图像如图所示，当1x0时，f(x)x33x2，f(x)3x23，令f(x)0，得x1(舍去x1)，易知，x1是极小值点，也是最小值点，所以，当函数f(x)的值域是0，2时，有解得1a.19.解析 yln x1ax1ln xax，令y0，得axl
12、n x，依题意，该方程有两个不等的实数根，即过原点的直线与yln x的图像有两个交点设过原点的直线与曲线yln x相切于点(x0，ln x0)，则切线斜率k，所以，切线方程为yln x0(xx0)，将原点坐标代入方程，得x0e，所以切线斜率k.所以a的取值范围是.20(，2)解析 当x2时，由ef(x)1，得f(x)0等价于ln x0.设g(x)ln x，则g(x)，g(1)0.(i)当a2，x(1，)时，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)上单调递增，因此g(x)0.(ii)当a2时，令g(x)0，得x1a1，x2a1.由x21和x1x21得x11，故当x(1，x
13、2)时，g(x)0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)0，则函数g(x)单调递增；当a0时，若x0，则g(x)0，函数g(x)单调递增，若x，则g(x)0时，g(x)的单调递增区间为0，单调递减区间为，.(2)由(1)知，f(1)0.当a0时，f(x)单调递增，所以当x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递增所以f(x)在x1处取得极小值，不合题意当0a1，由(1)知f(x)在0，内单调递增，可得当x(0，1)时，f(x)0，所以f(x)在(0，1)内单调递减，在1，内单调递增所以f(x)在x1处取得极小值，不合题意当a时，1，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，)内单调递减
14、，所以当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减，不合题意当a时，00，f(x)单调递增当x(1，)时，f(x).3解：(1)由题可知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减(2)证明：由(1)知，f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即1x.(3)证明：设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c，令g(x)0，解得x0.当x0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)1，由(2)知，1c，所以0x01.又g(0)
15、g(1)0，故当0x0.所以当x(0，1)时，1(c1)xcx.4解：(1)证明：由f(x)ln x，求导得f(x)0，所以f(x)在(0，)上是减函数，又f(e)0，所以当0e时，f(x)0.所以xe是f(x)的唯一零点(2)当1xe时，|f(x)|g(x)|f(x)g(x)ex1a, 设m(x)ex1a，则m(x)ex10，所以m(x) 在1，e上为减函数，所以m(x)m(1)e1a，因为a2，所以m(x)0，所以|f(x)|g(x)|.当xe时，|f(x)|g(x)|f(x)g(x)2ln xex1a2ln xex1a，设n(x)2ln xex1a，则n(x)ex1, 令h(x)ex1，
16、则h(x)ex10，所以n(x)在(e，)上为减函数，所以n(x)n(e)ee10，所以n(x)在(e，)上为减函数，所以n(x)n(e)2aee10，所以|f(x)|g(x)|.综上所述，当a2且x1时，|f(x)|0)，所以f(x)1ln x，所以f(x)0x，f(x)00x.当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表：xf(x)0f(x)单调递减极小值单调递增所以当x时，f(x)有极小值f，无极大值 (2)易求得a1，故问题化为b1)，则g(x)(x1)，又令h(x)2x32ln x(x1)，则h(x)0在(1，)上恒成立，所以h(x)在(1，)上单调递增又因为h(2)12ln 20
17、，所以h(x)在(1，)上有唯一零点，设为x0，则x0，且h(x0)2x032ln x00，所以当x(1，x0)时，h(x)0，所以当x(1，x0)时，g(x)0，所以g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以g(x)ming(x0)，将代入有g(x0)2x0(4，5)，所以g(x0)(4，5)，又bg(x0)，所以整数b的最大值为4.6解：(1)f(x)exa，依题意，设切点为(x0，0), 则即 解得 所以f(x)ex1.所以，当x0时，f(x)0时，f(x)0.所以，f(x)的单调递减区间为(，0)，单调递增区间为(0，). (2)令g(x)f(x)mx2，则g(x)
18、ex2mx1，令h(x)g(x)，则h(x)ex2m, (i)若m，因为当x0时，ex1，所以h(x)0，所以h(x)g(x)在(0，)上单调递增又因为g(0)0，所以当x0时，g(x)g(0)0，从而g(x)在(0，)上单调递增，而g(0)0，所以g(x)g(0)0，即f(x)mx2成立. (ii)若m，令h(x)0，解得xln(2m)0，当x(0，ln(2m)，h(x)0，所以h(x)g(x)在(0，ln(2m)上单调递减，又因为g(0)0，所以当x(0，ln(2m)时，g(x)0，从而g(x)在(0，ln(2m)上单调递减，而g(0)0，所以当x(0，ln(2m)时，g(x)mx2不成立综上所述，m的取值范围是.
