【走向高考】2022届高中数学二轮复习 专题1 集合与常用逻辑用语、函数与导数（第4讲）课时作业 新人教A版

【走向高考】2022届高中数学二轮复习专题1集合与常用逻辑用语、函数与导数（第4讲）课时作业新人教A版一、选择题1．(文)函数f(x)＝－＋log2x的一个零点落在区间(　　)A．(0,1)B．(1,2)C．(2,3)D．(3,4)[答案]　B[解析]　∵f(1)·f(2)<0，∴选B.(理)在用二分法求方程x3－2x－1＝0的一个近似解时，现在已经将一根锁定在区间(1,2)内，则下一步可断定该根所在的区间为(　　)A．(1.4,2)B．(1.1,4)C．(1，)D．(，2)[答案]　D[解析]　令f(x)＝x3－2x－1，则f(1)＝－2<0，f(2)＝3>0，f()＝－<0，∴选D.2．若x0是方程x＝x的解，则x0属于区间(　　)A.B.C.D.[答案]　C[解析]　令f(x)＝x－x，f(1)＝－1＝－<0，f＝－<0，f＝－>0，f＝－＝－<0，∴f(x)在区间内有零点．3．利民工厂某产品的年产量在150t至250t之间，年生产的总成本y(万元)与年产量x(t)之间的关系可近似地表示为y＝－30x＋4000，则每吨的成本最低时的年产量为(　　)A．240B．200C．180D．160[答案]　B-9-\n[解析]　依题意得每吨的成本是＝＋－30，则≥2－30＝10，当且仅当＝，即x＝200时取等号，因此当每吨的成本最低时，相应的年产量是200t，选B.4．(2022·山东理，8)已知函数f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx，若方程f(x)＝g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是(　　)A．(0，)B．(，1)C．(1,2)D．(2，＋∞)[答案]　B[解析]　作出函数y＝f(x)的图象如图，当y＝kx在l1位置时，过A(2,1)，∴k＝，在l2位置时与l3平行，k＝1，∴<k<1.5．(2022·豫东、豫北十所名校联考)已知a、b∈[－1,1]，则函数f(x)＝ax＋b在区间(1,2)上存在一个零点的概率为(　　)A.B.C.D.[答案]　C[解析]　如图，由图形可知点(a，b)所在区域的面积S＝4，满足函数f(x)＝ax＋b在区间(1,2)上存在一个零点的点(a，b)所在区域面积S′＝××1×2＝，故所求概率P＝＝.6．(2022·新课标Ⅰ理，11)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围为(　　)A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)-9-\nC．(－∞，－2)D．(－∞，－1)[答案]　C[解析]　f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，若a>0，则f(x)在(－∞，0)和(，＋∞)上单调递增，在(0，)上单调递减，又f(0)＝1，∴f(x)不可能存在唯一零点；由选项知a＝0不必考虑；a<0时，f(x)在(－∞，)和(0，＋∞)上单调递减，在(，0)上单调递增，欲使f(x)落在唯一零点x0>0，应有极小值f()>0，即a·()3－3·()2＋1>0，∴a<－2.[点评]　可以用验证法求解．7．(2022·郑州市质检)已知函数f(x)＝x－cosx，则方程f(x)＝所有根的和为(　　)A．0B.C.D.[答案]　C[解析]　依题意，方程f(x)＝，即cosx＝x－，在同一坐标系下画出函数y＝cosx与y＝x－的大致图象，注意到当x≥时，y＝cosx≤1，y＝x－≥>1，即此时，y＝cosx与y＝x－的图象必无交点；当x<－时，y＝cosx≥－1.y＝x－≤－<－1，即此时y＝cosx与y＝x－的图象必无交点，结合图象可知，它们的图象只有唯一公共点(，0)，即方程cosx＝x－有唯一解x＝，因此方程f(x)＝所有的实根和等于，故选C.二、填空题8．(2022·济宁模拟)已知定义域为R的函数f(x)既是奇函数，又是周期为3的周期函数，当x∈(0，)时，f(x)＝sinπx，则函数f(x)在区间[0,6]上的零点个数是________．[答案]　7-9-\n[解析]　易知在(－，)内，有f(－1)＝0，f(0)＝0，f(1)＝0，即f(x)在一个周期内有3个零点，又区间[0,6]包含f(x)的2个周期，而两端点都是f(x)的零点，故f(x)在[0,6]内有7个零点．9．已知函数f(x)＝()x－log3x，若x0是函数y＝f(x)的零点，且0<x1<x0，则f(x1)________0(填“>”、“<”、“≥”、“≤”)．[答案]　>[解析]　解法1：∵f(x)＝()x－log3x在(0，＋∞)上为减函数，且0<x1<x0，∴f(x1)>f(x0)．解法2：如图知，f(x1)>f(x0)．10．设函数y＝x3与y＝()x－2的图象的交点为(x0，y0)．若x0所在的区间是(n，n＋1)(n∈Z)，则n＝________.[答案]　1[解析]　由函数图象知，1<x0<2，∴n＝1..一、选择题11．(文)(2022·四川内江市二模)若定义域为R的函数f(x)的周期为2，当x∈(－1,1]时，f(x)＝|x|，则函数y＝f(x)的图象与y＝log3|x|的图象的交点个数为(　　)A．8　　　B．6　　　　C．4　　　D．2[答案]　C[解析]　在同一坐标系内作出函数y＝f(x)与y＝log3|x|的图象可见，当x>0时，y＝f(x)与y＝log3x的图象有2个交点，又y＝log3|x|为偶函数，∴两函数图象交点有4个．(理)(2022·银川市一中二模)现有四个函数：①y＝x·sinx；②y＝x·cosx；③y＝x·|cosx|；④y＝x·2x的图象(部分)如下：-9-\n则按照从左到右图象对应的函数序号安排正确的一组是(　　)A．①④②③B．①④③②C．④①②③D．③④②①[答案]　A[解析]　①y＝xsinx为偶函数，对应第一个图；②y＝xcosx为奇函数，且x>0时，y可正可负，对应第三个图；③y＝x|cosx|为奇函数，且x>0时，y>0，对应第四个图；④y＝x·2x为增函数，对应第二个图，故选A.12．(2022·百校联考)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，f(x＋1)为奇函数，f(0)＝0，当x∈(0,1]时，f(x)＝log2x，则在(8,10)内满足方程f(x)＋1＝f(1)的实数x为(　　)A.B．9C.D.[答案]　C[解析]　由条件知f(－x)＝f(x)　①，f(－x＋1)＝－f(x＋1)　②，在②式中给x赋值x＋1得f(－x)＝－f(x＋2)，将①代入得f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)的周期为4.在②中令x＝0得f(1)＝0，∴方程f(x)＋1＝f(1)，化为f(x)＝－1，由于f(x)的图象关于点(1,0)对称，当0<x<1时，f(x)＝log2x<0，∴当1<x<2时，f(x)>0，令f(x)＝－1，(0<x<1)得x＝，即f()＝－1，∴f()＝f(＋8)＝f()＝－1，故选C.13．若函数f(x)＝在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是(　　)A．a>B．a≥C．a<D．a≤[答案]　A[解析]　当x≤0时，函数y＝－x与函数y＝3x的图象有一个交点，所以函数y＝f(x)有一个零点；而函数f(x)在其定义域上只有一个零点，所以当x>0时，f(x)没有零点．当x>0时，f′(x)＝x2－4，令f′(x)＝0得x＝2，所以f(x)在(0,2)上递减，在(2，＋∞)上递增，因此f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝a－>0，解得a>.故选A.14．(2022·天津南开中学月考)已知定义域为(－1,1]的函数f(x)，对任意x∈(－1,0]，f(x＋1)＝，当x∈[0,1]时，f(x)＝x，若在区间(－1,1]内g(x)＝f(x)－mx－m有两个零点，则实数m的取值范围是(　　)-9-\nA．[0，)B．[，＋∞)C．[0，)D．(0，][答案]　D[解析]　∵x∈(－1,0]时，x＋1∈(0,1]，又x∈[0,1]时，f(x)＝x，∴f(x＋1)＝x＋1，又f(x＋1)＝，∴x∈(－1,0]时，f(x)＝－1，作出函数f(x)＝的图象，由于y＝m(x＋1)过定点(－1,0)，∴要使y＝m(x＋1)与y＝f(x)的图象有两个交点，应有0<m≤，∴选D.15．(文)(2022·黄浦区模拟)如果函数y＝|x|－2的图象与曲线C：x2＋λy2＝4恰好有两个不同的公共点，则实数λ的取值范围是(　　)A．[－1,1)B．{－1,0}C．(－∞，－1]∪[0,1)D．[－1,0]∪(1，＋∞)[答案]　A[解析]　y＝与圆x2＋y2＝4有三个不同公共点，当0<λ<1时，曲线C为焦点在y轴上的椭圆，满足题设要求，当λ>1时，不满足；当λ<0时，曲线C为焦点在x轴上的双曲线，其渐近线斜率k＝，由题意应有≥1，∴－1≤λ<0，综上知－1≤λ<1.(理)(2022·绍兴市模拟)已知函数f(x)＝若方程f(x)＝t(t∈R)有四个不同的实数根x1、x2、x3、x4，则x1x2x3x4的取值范围为(　　)A．(30,34)B．(30,36)C．(32,34)D．(32,36)[答案]　C[解析]　设四个实数根满足x1<x2<x3<x4，则易知0<t<2，∴x1＝2－t，x2＝2t，由(x－6)2－2＝t得x－6＝±，∴x＝6±，∴x3＝6－，x4＝6＋，∴x1x2x3x4＝2－t·2t·[6－][6＋]＝36－(2＋t)＝34－t∈(32,34)，故选C.二、填空题16．(2022·天津理，14)已知函数f(x)＝|x2＋3x|，x∈R.若方程f(x)－a|x－1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为________．[答案]　(0,1)∪(9，＋∞)[解析]　解法一：显然有a>0，(ⅰ)当y＝－a(x－1)与y＝－x2－3x相切时，a＝1，此时f(x)－a|x－1|＝0恰有3个互异的实数根．(ⅱ)当直线y＝a(x－1)与函数y＝x2＋3x相切时，a＝9，此时f(x)－a|x－1|＝0恰有2个互异的实数根．结合图象可知0<a<1或a>9.-9-\n解法二：显然x≠1，所以a＝||，令t＝x－1，则a＝|t＋＋5|.因为t＋∈(－∞，－4])∪[4，＋∞)，所以t＋＋5∈(－∞，1]∪[9，＋∞)．令t＋＝－5得t＝－1或－4，结合图象可得0<a<1或a>9.17．(文)函数f(x)对一切实数x都满足f(＋x)＝f(－x)，并且方程f(x)＝0有三个实根，则这三个实根的和为________．[答案]　[解析]　函数图象关于直线x＝对称，方程f(x)＝0有三个实根时，一定有一个是，另外两个关于直线x＝对称，其和为1，故方程f(x)＝0的三个实根之和为.(理)(2022·南开中学月考)已知f(x)＝ax＋x－b的零点x0∈(n，n＋1)(n∈Z)，其中常数a，b满足2a＝3,3b＝2，则n等于________．[答案]　－1[解析]　∵2a＝3,3b＝2，∴a＝log23，b＝log32，∴f(－1)＝a－1－1－b＝log32－1－log32＝－1<0，f(0)＝a0－b＝1－log32>0，∴f(x)在(－1,0)内存在零点，又f(x)为增函数，∴f(x)在(－1,0)内只有一个零点，∴n＝－1.三、解答题18．(文)(2022·保定市一模)设函数f(x)＝x3＋x2－ax＋a，其中a>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若方程f(x)＝0在(0,2)内恰有两个实数根，求a的取值范围；(3)当a＝1时，设函数f(x)在[t，t＋3](t∈(－3，－2))上的最大值为H(t)，最小值为h(t)，记g(t)＝H(t)－h(t)，求函数g(t)的最小值．-9-\n[解析]　(1)f′(x)＝x2＋(a－1)x－a＝(x＋a)(x－1)，令f′(x)＝0得，x1＝1，x2＝－a<0，当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下表：x(－∞，－a)－a(－a,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值函数f(x)的单调增区间为(－∞，－a)，(1，＋∞)，单调减区间为(－a,1)．(2)由(1)知f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，从而方程f(x)＝0在区间(0,2)内恰有两个实数根等价于f(0)>0，f(1)<0，f(2)>0，解得0<a<，所以a的取值范围是(0，)．(3)当a＝1时，f(x)＝x3－x＋1，由(1)知f(x)在(－3，－1)上单调递增，(－1,1)上单调递减．所以，当t∈[－3，－2]时，t＋3∈[0,1]，－1∈[t，t＋3]，所以f(x)在[t，－1]上单调递增，[－1，t＋3]上单调递减，因此，f(x)在[t，t＋3]上的最大值H(t)＝f(－1)＝，而最小值h(t)为f(t)与f(t＋3)中的较小者．∵f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)，当t∈[－3，－2]时，f(t)≤f(t＋3)，故h(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)，而f(t)在[－3，－2]上单调递增，因此f(t)≤f(－2)＝，所以g(t)在[－3，－2]上的最小值为g(－2)＝－＝.即函数g(x)在区间[－3，－2]上的最小值为.(理)(2022·海淀期中)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx(其中a、b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．[解析]　(1)因为f(x)＝lnx＋ax2＋bx，所以f′(x)＝＋2ax＋b.因为函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，f′(1)＝1＋2a＋b＝0.当a＝1时，b＝－3，f′(x)＝，f′(x)、f(x)随x的变化情况如下表：x(0，)(，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递增区间为(0，)和(1，＋∞)，单调递减区间为(，1)．(2)因为f′(x)＝＝，令f′(x)＝0得，x1＝1，x2＝，-9-\n因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝≠x1＝1，当<0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2，当a>0时，x2＝>0，当<1时，f(x)在(0，)上单调递增，(，1)上单调递减，(1，e)上单调递增，所以最大值1可能在x＝或x＝e处取得，而f()＝ln＋a()2－(2a＋1)·＝ln－－1<0，所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝；当1≤<e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，(1，)上单调递减，(，e)上单调递增，所以最大值1可能在x＝1或x＝e处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)<0，所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝，与1<x2＝<e矛盾；当x2＝≥e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，所以最大值1可能在x＝1处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)<0，矛盾．综上所述，a＝或a＝－2.-9-