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2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(含解析)

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2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(含解析)_第1頁
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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(含解析) 一、選擇題(本大題共12個小題,每小題5分,共60分,在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的) 1.(文)設(shè)集合M={-1},N={1+cos,log0.2(|m|+1)},若M?N,則集合N等于(  ) A.{2} B.{-2,2} C.{0} D.{-1,0} [答案] D [解析] 因為M?N且1+cos≥0,log0.2(|m|+1)<0,所以log0.2(|m|+1)=-1,可得|m|+1=5,故m=±4,N={-1,0}. (理)(xx·福建理,1)若集合A={i,i2,i3,i4

2、}(i是虛數(shù)單位),B={1,-1},則A∩B等于(  ) A.{-1}         B.{1} C.{1,-1} D.? [答案] C [解析] 考查:(1)復(fù)數(shù)的概念;(2)集合的運算. 由已知得A={i,-1,-i,1},故A∩B={1,-1},故選C. 2.(文)(xx·福建理,2)下列函數(shù)為奇函數(shù)的是(  ) A.y= B.y=|sin x| C.y=cos x D.y=ex-e-x [答案] D [解析] 考查函數(shù)的奇偶性. 函數(shù)y=是非奇非偶函數(shù);y=|sin x|和y=cos x是偶函數(shù);y=ex-e-x是奇函數(shù),故選D. (理)下列函數(shù)中,定義域是

3、R且為增函數(shù)的是(  ) A.y=e-x B.y=x3 C.y=lnx D.y=|x| [答案] B [解析] A為減函數(shù),C定義域為(0,+∞),D中函數(shù)在(-∞,0)上遞減,在(0,+∞)上遞增. 3.(文)已知y=f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù),當(dāng)x≠0時,f′(x)+>0,則函數(shù)g(x)=f(x)+的零點個數(shù)為(  ) A.1 B.2 C.0 D.0或2 [答案] C [解析] 由條件知,f′(x)+=>0. 令h(x)=xf(x),則當(dāng)x>0時,h′(x)>0,當(dāng)x<0時,h′(x)<0,∴h(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且h(0)=0.

4、,則h(x)≥0對任意實數(shù)恒成立.函數(shù)g(x)的零點即為y=h(x)與y=-1的圖象的交點個數(shù),所以函數(shù)g(x)的零點個數(shù)為0. (理)(xx·浙江理,6)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,且0≤f(-1)=f(-2)=f(-3)≤3,則(  ) A.c≤3 B.39 [答案] C [解析] ∵f(-1)=f(-2)=f(-3) 解得 ∴f(x)=x3+6x2+11x+c, 又∵0

5、) A.?n∈N*, f(n)?N*且f(n)>n B.?n∈N*, f(n)?N*或f(n)>n C.?n0∈N*, f(n0)?N*且f(n0)>n0 D.?n0∈N*, f(n0)?N*或f(n0)>n0 [答案] D [解析] 全稱命題的否定為特稱命題,“≤”的否定為“>”. (理)(xx·浙江理,6)設(shè)A,B是有限集,定義:d(A,B)=card(A∪B)-card(A∩B),其中card(A)表示有限集A中元素的個數(shù). 命題①:對任意有限集A,B,“A≠B”是“ d(A,B)>0”的充分必要條件; 命題②:對任意有限集A,B,C,d(A,C)≤d(A,B)+d(B

6、,C). A.命題①和命題②都成立 B.命題①和命題②都不成立 C.命題①成立,命題②不成立 D.命題①不成立,命題②成立 [答案] A [解析] 考查集合的性質(zhì). 命題①顯然正確,通過下圖亦可知d(A,C)表示的區(qū)域不大于d(A,B)+d(B,C)的區(qū)域,故命題②也正確,故選A. 5.(文)(xx·福建理,4)若函數(shù)y=logax(a>0,且a≠1)的圖象如圖所示,則下列函數(shù)圖象正確的是(  ) [答案] B [解析] 由圖可知y=logax圖象過(3,1),∴l(xiāng)oga3=1,∴a=3,∵y=3-x為減函數(shù),∴排除A;∵y=(-x)3當(dāng)x>0時,y<0,∴排除C;

7、∵y=log3(-x)中,當(dāng)x=-3時,y=1,∴排除D,∴選B. (理)函數(shù)f(x)=的圖象大致是(  ) [答案] B [解析] f ′(x)=(x≠2),令f ′(x)<0,得x<1.故f(x)的減區(qū)間是(-∞,1),增區(qū)間為(1,2),(2,+∞),f(x)在x=1處取得極小值,且極小值為f(1)=>0,故排除C、D兩項;當(dāng)x>2時,f(x)<0,排除A項,故選B項. 6.(xx·北京海淀期末)設(shè)a=0.23,b=log20.3,c=20.3,則(  ) A.b

8、<1,b=log20.3<0,c=20.3>1,所以bxf ′(x),則一定有(  ) A.函數(shù)F(x)=在(0,+∞)上為增函數(shù) B.函數(shù)G(x)=xf(x)在(0,+

9、∞)上為增函數(shù) C.函數(shù)F(x)=在(0,+∞)上為減函數(shù) D.函數(shù)G(x)=xf(x)在(0,+∞)上為減函數(shù) [答案] C [解析] 對于F(x)=,F(xiàn)′(x)=<0,故F(x)在(0,+∞)上為減函數(shù). 8.(文)若函數(shù)f(x)=lnx+在區(qū)間[1,e]上的最小值為,則實數(shù)a的值為(  ) A. B. C. D.非上述答案 [答案] B [解析] f ′(x)=-=, 令f ′(x)=0,則x=a, 若a<1,則f(x)min=f(1)=a=>1,不合題意. 若a>e,則f(x)min=f(e)=1+=, 則a=

10、=f(a)=lna+1=,則a=. (理)(xx·新課標(biāo)Ⅱ理,8)設(shè)曲線y=ax-ln(x+1)在點(0,0)處的切線方程為y=2x,則a=(  ) A.0 B.1 C.2 D.3 [答案] D [解析] 本題考查導(dǎo)數(shù)的基本運算及導(dǎo)數(shù)的幾何意義. 令f(x)=ax-ln(x+1),∴f′(x)=a-. ∴f(0)=0,且f′(0)=2.聯(lián)立解得a=3,故選D. 9.(文)(xx·北京西城區(qū)二模)設(shè)命題p:函數(shù)f(x)=ex-1在R上為增函數(shù);命題q:函數(shù)f(x)=cos(x+π)為奇函數(shù),則下列命題中真命題是(  ) A.p∧q B.(?p)∨q C.(?p)∧(?q) D

11、.p∧(?q) [答案] D [解析] p為真命題;∵cos(x+π)=-cosx, ∴f(x)為偶函數(shù),∴q為假命題.故選D. (理)(xx·杭州市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)(x∈R)是以4為周期的奇函數(shù),當(dāng)x∈(0,2)時,f(x)=ln(x2-x+b).若函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2,2]上有5個零點,則實數(shù)b的取值范圍是(  ) A.-1

12、=f(2),∴f(2)=0,f(-2)=0,又f(0)=0,故若函數(shù)在區(qū)間[-2,2]內(nèi)存在5個零點,只需x∈(0,2)時,f(x)=ln(x2-x+b)只有一個零點即可,即方程x2-x+b=1在區(qū)間(0,2)內(nèi)只有一根,可轉(zhuǎn)化為y=b,y=-x2+x+1在x∈(0,2)上只有一個交點,結(jié)合圖形可得-10恒成立得b>,綜上可得b的取值范圍是

13、滿足以下兩個條件的函數(shù)f(x)稱為M函數(shù):①對任意的x∈[0,1],恒有f(x)≥0;②當(dāng)x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1時,總有f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)成立,則下列函數(shù)不是M函數(shù)的是(  ) A.f(x)=x2 B.f(x)=2x-1 C.f(x)=ln(x2+1) D.f(x)=x2+1 [答案] D [解析] 利用排除法求解.函數(shù)f(x)=x2≥0,x∈[0,1],且x1,x2∈[0,1],x1+x2≤1時,f(x1+x2)-f(x1)-f(x2)=(x1+x2)2-x-x=2x1x2≥0,所以f(x)=x2是M函數(shù),A選項正確;函數(shù)f(x)=2x-1≥0,x∈

14、[0,1],且x1,x2∈[0,1],x1+x2≤1時,f(x1+x2)-f(x1)-f(x2)=2x1+x2-2x1-2x2+1=(2x1-1)(2x2-1)≥0,所以f(x)=2x-1是M函數(shù),B選項正確;函數(shù)f(x)=ln(x2+1)≥0,x∈[0,1],且x1,x2∈[0,1],x1+x2≤1時,x1x2≤()2≤,所以[(x1+x2)2+1]-(x+1)(x+1)=x1x2(2-x1x2)≥0,則f(x1+x2)-f(x1)-f(x2)=ln[(x1+x2)2+1]-ln(x+1)-ln(x+1)=ln≥0,所以f(x)=ln(x2+1)是M函數(shù),C選項正確;對于函數(shù)f(x)=x2+

15、1,x1=x2=滿足條件,此時f(x1+x2)=f(1)=2

16、],即?x1,x2∈[-1,1],使得|g(x1)-g(x2)|>|x1-x2|,故g(x)?Ψ.在同一直角坐標(biāo)系中分別作出y=h(x),y=x,y=-x的圖象如圖所示,觀察可知?x1,x2∈[-1,1],≤1,即|h(x1)-h(huán)(x2)|≤|x1-x2|,故h(x)∈Ψ.綜上所述,故選C. 11.(文)(xx·濟南模擬)若至少存在一個x(x≥0),使得關(guān)于x的不等式x2≤4-|2x-m|成立,則實數(shù)m的取值范圍為(  ) A.[-4,5] B.[-5,5] C.[4,5] D.[-5,4] [答案] A [解析] 本題考查函數(shù)的圖象與性質(zhì)、數(shù)形結(jié)合思想. 至少存在一個x≥0,

17、使得不等式|x-|≤2-x2成立,即函數(shù)f(x)=|x-|與g(x)=2-x2的圖象存在橫坐標(biāo)是非負(fù)數(shù)的公共點.在同一坐標(biāo)系下畫出函數(shù)g(x)=2-x2與y=|x|的圖象,結(jié)合圖象可知將y=|x|的圖象向左平移到經(jīng)過點(0,2)這個過程中的相應(yīng)曲線均滿足題意,即-4≤m≤0;將y=|x|的圖象向左平移到直線y=-x+與拋物線y=2-x2相切的過程中的相應(yīng)曲線均滿足題意,設(shè)相應(yīng)的切點橫坐標(biāo)是x0,則有-x0=-1,x0=1,切點坐標(biāo)是(1,),于是有=-1+,得m=5,所以0≤m≤5.因此滿足題意的實數(shù)m的取值范圍是[-4,5],故選A. (理)(xx·東北三省四市聯(lián)考)若對于?x,y∈[0,

18、+∞),不等式4ax≤ex+y-2+ex-y-2+2恒成立,則實數(shù)a的最大值是(  ) A. B.1 C.2 D. [答案] D [解析] 利用分離參數(shù)法求解.由題意可得4ax≤ex-2(ey+e-y)+2,y∈[0,+∞)恒成立,所以≤(ey+e-y)min=2,則2ax≤ex-2+1,x∈[0,+∞)恒成立,x=0時顯然成立,所以2ax≤ex-2+1,x∈(0,+∞)恒成立,即2a≤()min在x∈(0,+∞)上恒成立,令f(x)=,x∈(0,+∞),則f′(x)=,x∈(0,+∞),由f′(x)=0得x=2,當(dāng)x∈(0,2)時,f′(x)<0,f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減;當(dāng)x

19、∈(2,+∞)時,f′(x)>0,f(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增,所以f(x)min=f(2)=1,則2a≤1,a≤,所以實數(shù)a的最大值是,故選D. 12.(文)(xx·四川理,9)如果函數(shù)f(x)=(m-2)x2+(n-8)x+1(m≥0,n≥0)在區(qū)間上單調(diào)遞減,那么mn的最大值為(  ) A.16 B.18 C.25 D. [答案] B [解析] 考查函數(shù)與不等式的綜合應(yīng)用. 當(dāng)m=2時,∵f(x)=(n-8)x+1在[,2]上單調(diào)遞減,∴n<8,又n≥0,∴mn=2n<16.當(dāng)m≠2時,拋物線的對稱軸為x=-.據(jù)題意,當(dāng)m>2時,-≥2即2m+n≤12.∵≤≤6,∴mn≤

20、18.由2m=n且2m+n=12得m=3,n=6.∴當(dāng)m=3,n=6時,mn取到最大值18.當(dāng)m<2時,拋物線開口向下,據(jù)題意得,-≤,即m+2n≤18.∵n≤9-m,∵0≤m<2,n≥0,∴mn≤9m-m2=-(m-9)2+<-(2-9)2+=16.綜上可知mn的最大值為18.選B. (理)(xx·新課標(biāo)Ⅰ理,12)設(shè)函數(shù)f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0,則a的取值范圍是(  ) A. B. C. D. [答案] D [解析] 解法1:設(shè)g(x)=ex(2x-1),h(x)=ax-a,由題知存在唯一的整數(shù)x0,使得(x0,g(

21、x0))在直線h(x)=ax-a的下方.因為g′(x)=ex(2x+1),所以當(dāng)x<-時,g′(x)<0,當(dāng)x>-時,g′(x)>0,所以當(dāng)x=-時,[g(x)]min=-2e-,∵f(1)=e>0, ∴,解得≤a<1,故選D . 解法2:∵a<1,∴f(0)=-1+a<0,∴x0=0是符合題意的唯一的整數(shù)x0,從而∴a≥, 又a<1,∴≤a<1,故選D. 二、填空題(本大題共4個小題,每小題5分,共20分,將正確答案填在題中橫線上) 13.已知命p:?x∈R,ax2+2x+1≤0.若命題p是假命題,則實數(shù)a的取值范圍是________. [答案] (1,+∞) [解析] 根據(jù)原

22、命題是假命題,則其否定是真命題,結(jié)合二次函數(shù)圖象求解.命題p的否定?p:?x∈R,ax2+2x+1>0是真命題,故解得a>1. 14.(文)若曲線y=x-在點(m,m-)處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成三角形的面積為18,則m=________. [答案] 64 [解析] ∵y=x-,∴y′=-x-,∴切線的斜率為-m-,切線方程為y-m-=-m-(x-m),令x=0,得y=m-,令y=0,得x=3m,∵m>0,∴×3m×m-=18,∴m=8,∴m=64. (理)已知函數(shù)f(x)=ax3+ax2-bx+b-1在x=1處的切線與x軸平行,若函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過四個象限,則實數(shù)a的取值范圍是___

23、_____. [答案] (,) [解析] 依題意得,f ′(1)=0,又f ′(x)=ax2+ax-b, ∴b=2a, ∴f ′(x)=ax2+ax-2a=a(x+2)(x-1),令f ′(x)=0,得x=-2或x=1, ①當(dāng)a=0時,不合題意; ②當(dāng)a>0時,要使圖象過四個象限, 只需結(jié)合a>0,解得a∈(,); ③當(dāng)a<0時,要使圖象過四個象限, 只需結(jié)合a<0.可知不存在符合條件的實數(shù)a; 綜上得,a的取值范圍是(,). 15.(文)函數(shù)f(x)=ax3-2ax2+(a+1)x-log2(a2-1)不存在極值點,則實數(shù)a的取值范圍是________. [答案] 1

24、0,∴a>1或a<-1; f ′(x)=3ax2-4ax+a+1, ∵函數(shù)f(x)不存在極值點, ∴f ′(x)=0不存在兩不等實根, ∴Δ=16a2-4×3a(a+1)=4a(a-3)≤0, 所以0≤a≤3,綜上可知:1

25、上可以看到:當(dāng)x∈(0,1)時,f ′(x)>0;當(dāng)x∈(1,2)時,f ′(x)<0;當(dāng)x∈(2,+∞)時,f ′(x)>0,所以f(x)有兩個極值點1和2,且當(dāng)x=2時函數(shù)取得極小值,當(dāng)x=1時函數(shù)取得極大值.只有①不正確. 16.(文)(xx·長沙市模擬)若關(guān)于x的方程x4+ax3+ax2+ax+1=0有實根,則實數(shù)a的取值范圍是________. [答案] (-∞,-]∪[2,+∞) [解析] 利用分離參數(shù)法求解.因為關(guān)于x的方程x4+ax3+ax2+ax+1=0有實根,易知實根不為0,則-a==,令x+=t∈(-∞,-2]∪[2,+∞),則-a=,t∈(-∞,-2]∪[2,+∞

26、).因為()′=>0,所以≤-2或≥,即-a≤-2或-a≥,解得a≥2或a≤-. (理)(xx·福州市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=x·sinx,有下列四個結(jié)論: ①函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱; ②存在常數(shù)T>0,對任意的實數(shù)x,恒有f(x+T)=f(x)成立; ③對于任意給定的正數(shù)M,都存在實數(shù)x0,使得|f(x0)|≥M; ④函數(shù)f(x)的圖象上至少存在三個點,使得該函數(shù)在這些點處的切線重合. 其中正確結(jié)論的序號是________(請把所有正確結(jié)論的序號都填上). [答案]?、佗邰? [解析] 因為函數(shù)的定義域為R,且f(-x)=(-x)·sin(-x)=xsinx=f(x),

27、故函數(shù)f(x)=xsinx為偶函數(shù),圖象關(guān)于y軸對稱,①正確;作出函數(shù)y=xsinx的圖象如圖所示,觀察可知,該函數(shù)沒有周期性,②錯誤;因為當(dāng)x→∞,x≠kπ時,|f(x)|→+∞,故對于任意給定的正數(shù)M,都存在實數(shù)x0,使得|f(x0)|≥M,對于任意正數(shù)M,在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)y=sinx與y=的圖象,易知當(dāng)x>0時,總存在x0>0,使sinx0≥>0,∴x0sinx0≥M, ∴|x0sinx0|≥M,可知③正確;作出y=±x的圖象如圖所示,觀察可知,或由直線y=x與曲線切于點(+2kπ,+2kπ),k∈Z知④正確.綜上所述,正確命題的序號為①③④. 三、解答題(本大題共6個小題

28、,共70分,解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17.(本題滿分10分)(文)已知命題p:A={a|關(guān)于x的不等式x2+2ax+4>0在R上恒成立},命題q:B={a|1<<2}. (1)若k=1,求A∩(?RB); (2)若“非p”是“非q”的充分不必要條件,求實數(shù)k的取值范圍. [解析] 依題意,可得A={a|4a2-16<0}={x|-2

29、必要條件.只需解得2≤k≤4. 所以實數(shù)k的取值范圍是[2,4]. (理)若集合A具有以下性質(zhì): ①0∈A,1∈A; ②若x、y∈A,則x-y∈A,且x≠0時,∈A, 則稱集合A是“好集”. (1)分別判斷集合B={-1,0,1},有理數(shù)集Q是否是“好集”,并說明理由; (2)設(shè)集合A是“好集”,求證:若x、y∈A,則x+y∈A; (3)對任意的一個“好集”A,分別判斷下面命題的真假,并說明理由. 命題p:若x、y∈A,則必有xy∈A; 命題q:若x、y∈A,且x≠0,則必有∈A. [解析] (1)集合B不是“好集”.理由是:假設(shè)集合B是“好集”,因為-1∈B,1∈B,所

30、以-1-1=-2∈B. 這與-2?B矛盾. 有理數(shù)集Q是“好集”.因為0∈Q,1∈Q, 對任意的x,y∈Q,有x-y∈Q,且x≠0時,∈Q. 所以有理數(shù)集Q是“好集”. (2)證明:因為集合A是“好集”,所以0∈A. 若x、y∈A,則0-y∈A,即-y∈A. 所以x-(-y)∈A,即x+y∈A. (3)命題p、q均為真命題.理由如下: 對任意一個“好集”A,任取x、y∈A, 若x、y中有0或1時,顯然xy∈A. 下設(shè)x、y均不為0,1.由定義可知x-1、、∈A. 所以-∈A,即∈A. 所以x(x-1)∈A. 由(2)可得x(x-1)+x∈A,即x2∈A.同理可得y2

31、∈A. 若x+y=0或x+y=1,則顯然(x+y)2∈A. 若x+y≠0且x+y≠1,則(x+y)2∈A. 所以2xy=(x+y)2-x2-y2∈A. 所以∈A. 由(2)可得=+∈A. 所以xy∈A. 綜上可知,xy∈A,即命題p為真命題. 若x,y∈A,且x≠0,則∈A. 所以=y(tǒng)·∈A,即命題q為真命題. 18.(本題滿分12分)(xx·四川綿陽一診)已知函數(shù)f(x)=1-(a>0且a≠1)是定義在(-∞,+∞)上的奇函數(shù). (1)求a的值; (2)求函數(shù)f(x)的值域; (3)當(dāng)x∈(0,1]時,tf(x)≥2x-2恒成立,求實數(shù)t的取值范圍. [解析] 解

32、法1:(1)∵f(x)是定義在(-∞,+∞)上的奇函數(shù),即f(-x)=-f(x)恒成立,∴f(0)=0. 即1-=0,解得a=2. (2)由(1)知f(x)=1-=, 記y=f(x),即y=, ∴2x=,由2x>0知>0, ∴-1

33、 (2)由(1)知f(x)=1-, 而2x>0,∴2x+1>1,∴0<<2, ∴-1<1-<1,即-10, ∴原式變?yōu)閠≥·(2x-2)= ==(2x-1)-+1. 令μ=2x-1,則μ∈(0,1],原式變?yōu)閠≥μ-+1. 而g(μ)=μ-+1在μ∈(0,1]時是增函數(shù), ∴當(dāng)μ=1時,g(μ)max=0,∴t≥0. 19.(本題滿分12分)(文)某開發(fā)商用9000萬元在市區(qū)購買一塊土地,用于建一幢寫字樓,規(guī)劃要求寫字樓每層建筑面積為2000平方米.已知該寫字樓第一層的建筑費用為每平方

34、米4000元,從第二層開始,每一層的建筑費用比其下面一層每平方米增加100元. (1)若該寫字樓共x層,總開發(fā)費用為y萬元,求函數(shù)y=f(x)的表達(dá)式; (總開發(fā)費用=總建筑費用+購地費用) (2)要使整幢寫字樓每平方米的平均開發(fā)費用最低,該寫字樓應(yīng)建為多少層? [解析] (1)由已知,寫字樓最下面一層的總建筑費用為4000×2000=8000000(元)=800(萬元), 從第二層開始,每層的建筑總費用比其下面一層多 100×2000=200000(元)=20(萬元), 寫字樓從下到上各層的總建筑費用構(gòu)成以800為首項,20為公差的等差數(shù)列, 所以函數(shù)表達(dá)式為 y=f(x)

35、=800x+×20+9000 =10x2+790x+9000(x∈N*). (2)由(1)知寫字樓每平方米平均開發(fā)費用為 g(x)=×10000= =50(x++79) g′(x)=50(1-),由g′(x)=0及x∈N*得,x=30. 易知當(dāng)x=30時,g(x)取得最小值. 答:該寫字樓建為30層時,每平方米平均開發(fā)費用最低. (理)經(jīng)市場調(diào)查,某旅游城市在過去的一個月內(nèi)(以30天計),旅游人數(shù)f(t)(萬人)與時間t(天)的函數(shù)關(guān)系近似滿足f(t)=4+,人均消費g(t)(元)與時間t(天)的函數(shù)關(guān)系近似滿足g(t)=115-|t-15|. (1)求該城市的旅游日收益w(

36、t)(萬元)與時間t(1≤t≤30,t∈N)的函數(shù)關(guān)系式; (2)求該城市旅游日收益的最小值(萬元). [解析] (1)依題意得, w(t)=f(t)·g(t)=(4+)(115-|t-15|). (2)因為w(t)= ①當(dāng)1≤t<15時,w(t)=(4+)(t+100)=4(t+)+401≥4×2+401=441, 當(dāng)且僅當(dāng)t=,即t=5時取等號. ②當(dāng)15≤t≤30時,w(t)=(4+)(130-t)=519+(-4t),可證w(t)在t∈[15,30]上單調(diào)遞減,所以當(dāng)t=30時,w(t)取最小值為403. 由于403<441, 所以該城市旅游日收益的最小值為403萬元

37、. 20.(本題滿分12分)(文)已知函數(shù)f(x)=x2+2alnx. (1)若函數(shù)f(x)的圖象在(2,f(2))處的切線斜率為1,求實數(shù)a的值; (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (3)若函數(shù)g(x)=+f(x)在[1,2]上是減函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍. [解析] (1)f ′(x)=2x+=. 由已知f ′(2)=1,解得a=-3. (2)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞). ①當(dāng)a≥0時,f ′(x)>0,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞); ②當(dāng)a<0時f ′(x)=. 當(dāng)x變化時,f ′(x),f(x)的變化情況如下: x (0,) (,+∞)

38、f ′(x) - 0 + f(x)  極小值  由上表可知,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,);單調(diào)遞增區(qū)間是(,+∞). (3)由g(x)=+x2+2alnx,得g′(x)=-+2x+, 由已知函數(shù)g(x)為[1,2]上的單調(diào)減函數(shù), 則g′(x)≤0在[1,2]上恒成立, 即-+2x+≤0在[1,2]上恒成立. 即a≤-x2在[1,2]上恒成立. 令h(x)=-x2,x∈[1,2],則h′(x)=--2x=-(+2x)<0, ∴h(x)在[1,2]上為減函數(shù).h(x)min=h(2)=-, ∴a≤-,故a的取值范圍為(-∞,-]. (理)設(shè)函數(shù)f(x

39、)=lnx+(x-a)2,a∈R. (1)若a=0,求函數(shù)f(x)在[1,e]上的最小值; (2)若函數(shù)f(x)在[,2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間,試求實數(shù)a的取值范圍. [解析] (1)f(x)的定義域為(0,+∞). 因為f ′(x)=+2x>0, 所以f(x)在[1,e]上是增函數(shù), 當(dāng)x=1時,f(x)取得最小值f(1)=1. 所以f(x)在[1,e]上的最小值為1. (2)法一:f ′(x)=+2(x-a)= 設(shè)g(x)=2x2-2ax+1, 依題意得,在區(qū)間[,2]上存在子區(qū)間使得不等式g(x)>0成立. 注意到拋物線g(x)=2x2-2ax+1的圖象開口向上,

40、所以只要g(2)>0,或g()>0即可. 由g(2)>0,即8-4a+1>0,得a<, 由g()>0,即-a+1>0,得a<. 所以a<, 所以實數(shù)a的取值范圍是(-∞,). 法二:f ′(x)=+2(x-a)=, 依題意得,在區(qū)間[,2]上存在子區(qū)間使不等式2x2-2ax+1>0成立. 又因為x>0,所以2a<(2x+). 設(shè)g(x)=2x+,所以2a小于函數(shù)g(x)在區(qū)間[,2]的最大值. 又因為g′(x)=2-, 由g′(x)=2->0,解得x>; 由g′(x)=2-<0,解得0

41、數(shù)g(x)在x=,或x=2處取得最大值. 又g(2)=,g()=3, 所以2a<,即a<, 所以實數(shù)a的取值范圍是(-∞,). 21.(本題滿分12分)(文)(xx·新課標(biāo)Ⅰ文,21)設(shè)函數(shù)f(x)=e2x-aln x. (1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點的個數(shù); (2)證明:當(dāng)a>0時,f(x)≥2a+aln. [解析] (1)f(x)的定義域為(0,+∞), f′(x)=2e2x-(x>0).當(dāng)a≤0時, f′(x)>0,∴y=f′(x)沒有零點; 當(dāng)a>0時,因為y=e2x單調(diào)遞增, y=-單調(diào)遞增,所以f′(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增. 又f′(a)>0,

42、當(dāng)b滿足0<b<且b<時,f′(b)<0,故當(dāng)a>0時,f′(x)存在唯一零點. (2)由(1),可設(shè)f′(x)在(0,+∞)的唯一零點為x0, 當(dāng)x∈(0,x0)時,f′(x)<0; 當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f′(x)>0. 故f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=x0時,f(x)取得最小值,最小值為f(x0). 由于2e2x0-=0, 所以f(x0)=+2ax0+aln ≥2a+aln . 故當(dāng)a>0時,f(x)≥2a+aln . (理)(xx·新課標(biāo)Ⅱ文,21)已知函數(shù)f(x)=ln x+a(1-x). (1)討論f(x)的單調(diào)性;

43、(2)當(dāng)f(x)有最大值,且最大值大于2a-2時,求a的取值范圍. [解析] (1)f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=-a,若a≤0,則f′(x)>0,f(x)在(0,+∞),單調(diào)遞增;若a>0,則當(dāng)x∈時,f′(x)>0,當(dāng)x∈時,f′(x)<0,所以f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. (2)由(1)知a≤0時f(x)在(0,+∞)無最大值.當(dāng)a>0時f(x)在x=處取得最大值,最大值為f=ln+a=-ln a+a-1.因此f>2a-2?ln a+a-1<0,令g(a)=ln a+a-1.則g(a)在(0,+∞)是增函數(shù),且g(1)=0,于是,當(dāng)0

44、a>1時,g(a)>0.因此a的取值范圍是(0,1). 22.(本題滿分12分)(文)(xx·重慶文,19)已知函數(shù)f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-處取得極值. (1)確定a的值; (2)若g(x)=f(x)ex,討論g(x)的單調(diào)性. [解析] (1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)=3ax2+2x,因為f(x)在x=-處取得極值,所以f′(-)=0,即3a×+2×(-)=-=0,解得a=. (2)由(1)得,g(x)=ex.故g′(x)=ex+ex=ex=x(x+1)(x+4)ex,令g′(x)=0,解得x=0,x=-1或x=-4.當(dāng)x<-4時,g′(x)<0,故g(x)為減函

45、數(shù);當(dāng)-40,故g(x)為增函數(shù);當(dāng)-10時,g′(x)>0,故g(x)為增函數(shù);綜上知g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)內(nèi)為減函數(shù),在(-4,-1)和(0,+∞)內(nèi)為增函數(shù). (理)已知函數(shù)f(x)=--2x,(a>0). (1)若函數(shù)f(x)在x=0處取得極值,求a的值; (2)如圖,設(shè)直線x=-1,y=-2x,將坐標(biāo)平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四個區(qū)域(不含邊界),若函數(shù)y=f(x)的圖象恰好位于其中一個區(qū)域內(nèi),試判斷其所在的區(qū)域,并求其對應(yīng)的a的取值范圍. (3)試比較xxxx與xxxx的大小,并說明

46、理由. [解析] (1)∵f(x)=--2x ∴f ′(x)=+-2, ∵f(x)在x=0處取得極值, ∴f ′(0)=1+a-2=0, ∴a=1.(經(jīng)檢驗a=1符合題意) (2)因為函數(shù)的定義域為(-1,+∞),且當(dāng)x=0時, f(0)=-a<0, 又直線y=-2x恰好通過原點,所以函數(shù)y=f(x)的圖象應(yīng)位于區(qū)域Ⅲ內(nèi), ∵x>-1,∴可得f(x)<-2x,即<, ∵x+1>0,∴a>, 令φ(x)=,∴φ′(x)=, 令φ′(x)=0得x=e-1,∵x>-1, ∴x∈(-1,e-1)時,φ′(x)>0,φ(x)單調(diào)遞增, x∈(e-1,+∞)時,φ′(x)<

47、0,φ(x)單調(diào)遞減. ∴φmax(x)=φ(e-1)=,∴a的取值范圍是:a>. (3)法1:由(2)知函數(shù)φ(x)=在x∈(e-1,+∞)時單調(diào)遞減. ∴函數(shù)p(x)=在x∈(e,+∞)時單調(diào)遞減, ∴<,∴xln(x+1)<(x+1)lnx, ∴l(xiāng)n(x+1)x

48、<2+++…+<3, ∴<1,∴xxxx-1},則A∩B等于(  ) A.{x|x<-2}      B.{x|2

49、>3} D.{x|x<-2或22},B={x|0m,則f(x0)的值(  ) A.等于0 B.大于0 C.小于0 D.符號不確定 [答

50、案] C [解析] ∵f(x)=()x-log3x=()x+logx在(0,+∞)上為減函數(shù),又f(m)=0,∴x0>m時,應(yīng)有f(x0)

51、2-|x|-3+x=-1無零點; 當(dāng)x>2時,f(2-x)=2-|2-x|=4-x,g(x)=x-1,函數(shù)f(x)-g(x)=(x-2)2-x+1=x2-5x+5大于2零點有一個,故選A. 4.(文)已知函數(shù)f(x)=,g(x)=lnx,x0是函數(shù)h(x)=f(x)+g(x)的一個零點,若x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞),則(  ) A.h(x1)<0,h(x2)<0 B.h(x1)>0,h(x2)>0 C.h(x1)>0,h(x2)<0 D.h(x1)<0,h(x2)>0 [答案] D [解析] 令h(x)=+lnx=0,從而有l(wèi)nx=,此方程的解即為函數(shù)h(x)的零點.

52、在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)g(x)=lnx與f(x)=的圖象,如圖所示. 由圖象易知>lnx1,從而lnx1-<0, 故lnx1+<0,即h(x1)<0.同理h(x2)>0. (理)函數(shù)f(x)=sin(3x)-x3的圖象最可能是(  ) [答案] A [解析] ∵f(-x)=sin(-3x)-(-x)3=-f(x),∴函數(shù)f(x)為奇函數(shù),排除B項;又f(2)=sin6-×23=sin6-1<0,故排除C、D兩選項,應(yīng)選A. 5.(xx·山東文,10)設(shè)函數(shù)f(x)=若f=4,則b=(  ) A.1 B. C. D. [答案] D [解析] 考查分段函數(shù)與方程思想.

53、 由題意,f()=3×-b=-b,由f(f())=4得, 或解得b=,故選D. 6.設(shè)f(x)是R上的奇函數(shù),且f(x)滿足f(x+1)=f(x-1),當(dāng)-1≤x≤0時,f(x)=x(1+x),則f()=(  ) A. B. C.- D.- [答案] B [解析] ∵f(x)滿足f(x+1)=f(x-1), ∴f(x+2)=f(x),∴f(x)的周期為2,∴f()=f(), ∵f(x)為奇函數(shù), ∴f()=-f(-)=(1-)=, ∴f()=,故選B. 7.函數(shù)f(x)=x3+ax2+3x-9,已知f(x)有兩個極值點x1、x2,則x1·x2等于(  ) A.9    

54、B.-9 C.1     D.-1 [答案] C [解析] f ′(x)=3x2+2ax+3,則x1·x2=1. 8.(文)已知a≤+lnx對任意x∈[,2]恒成立,則a的最大值為(  ) A.0     B.1 C.2     D.3 [答案] A [解析] 令f(x)=+lnx,則f ′(x)=,當(dāng)x∈[,1]時,f ′(x)<0,當(dāng)x∈[1,2]時,f ′(x)>0, ∴f(x)在[,1]上單調(diào)遞減,在[1,2]上單調(diào)遞增, ∴f(x)min=f(1)=0,∴a≤0,故選A. (理)若f ′(x)=(x+a)(x-2),f(0)=0,函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2,0]上

55、不是單調(diào)函數(shù),且當(dāng)x∈[-2,0]時,不等式f(x)0,在(-a,0)上f ′(x)<0, ∴當(dāng)x∈[-2,0]時,[f(x)]max=f(-a)=-a3++2a2=a3+a2,由條件知a3+a2

56、. 9.(文)函數(shù)f(x)= 的定義域為(  ) A.(0,) B.(2,+∞) C.(0,)∪(2,+∞) D.(0,]∪[2,+∞) [答案] C [解析] (log2x)2-1>0,(log2x)2>1, ∴l(xiāng)og2x<-1或log2x>1, ∴02. (理)(xx·重慶文,3)函數(shù)f(x)=log2(x2+2x-3)的定義域是(  ) A.[-3,1] B.(-3,1) C.(-∞,-3]∪[1,+∞) D.(-∞,-3)∪(1,+∞) [答案] D [解析] 考查函數(shù)的定義域與一元二次不等式. 由x2+2x-3>0?(x+3)(x-1)>0,解得

57、x<-3或x>1;故選D. 10.已知函數(shù)f(x)=則f(x)>1的解集為(  ) A.(-1,0)∪(0,e) B.(-∞,-1)∪(e,+∞) C.(-1,0)∪(e,+∞) D.(-∞,1)∪(e,+∞) [答案] C [解析] 不等式f(x)>1化為或, ∴x>e或-1

58、)cos x=-f(x),故函數(shù)是奇函數(shù),所以排除A,B;取x=π,則f(π)=(π-)cos π=-(π-)<0,故選D. 12.(文)(xx·中原名校第二次聯(lián)考)已知函數(shù)g(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的導(dǎo)函數(shù)為f(x),且a+2b+3c=0,f(0)f(1)>0,設(shè)x1、x2是方程f(x)=0的兩根,則|x1-x2|的取值范圍是(  ) A.[0,) B.[0,) C.(,) D.(,) [答案] A [解析] f(x)=g′(x)=3ax2+2bx+c,∵f()=++c=(a+2b+3c)=0,∴是f(x)=0的一根,又f(0)·f(1)>0,∴0

59、, 即或故選A. (理)(xx·哈三中一模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知P是函數(shù)f(x)=xlnx-x的圖象上的動點,該曲線在點P處的切線l交y軸于點M(0,yM),過點P作l的垂線交y軸于點N(0,yN).則的范圍是(  ) A.(-∞,-1]∪[3,+∞) B.(-∞,-3]∪[1,+∞) C.[3,+∞) D.(-∞,-3] [答案] A [解析] ∵f(x)=xlnx-x,∴f ′(x)=lnx,設(shè)P(x0,y0),則y0=x0lnx0-x0,kl=lnx0,∴l(xiāng):y-y0=(x-x0)·lnx0,令x=0得yM=y(tǒng)0-x0lnx0=-x0,過點P的直線l的垂線斜率k

60、=-,方程為y-y0=-·(x-x0),令x=0得yN=y(tǒng)0+=x0lnx0-x0+= ∴==-lnx0-+1 當(dāng)x0>1時,lnx0>0,-lnx0-+1=-(lnx0+)+1≤1-2=-1,同理當(dāng)00,即a2-a-2>0,解得a>2或a<-1.

61、 14.(文)已知直線y=2x+b是曲線y=lnx(x>0)的一條切線,則實數(shù)b=________. [答案]?。璴n2-1 [解析] 由y=lnx得y′=,令=2得x=, ∴切點為(,ln),∴l(xiāng)n=×2+b, ∴b=-ln2-1. (理)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,若f(x)在區(qū)間(-1,0)上單調(diào)遞減,則a2+b2的取值范圍是________. [答案] [,+∞) [解析] 由題意得f ′(x)=3x2+2ax+b,f ′(x)≤0在x∈(-1,0)上恒成立,即3x2+2ax+b≤0在x∈(-1,0)上恒成立, ∴∴a、b所滿足的可行域如圖中的陰影部分所

62、示.則點O到直線2a-b-3=0的距離d=.∴a2+b2≥d2=. ∴a2+b2的取值范圍為[,+∞). 15.(文)給出下列四個命題: ①命題“?x∈R,cosx>0”的否定是“?x∈R,cosx≤0”; ②若00時,f ′(x)>0,則當(dāng)x<0時,f ′(x)<0. 其中真命題的序號是________(把所有真命題的序號都填上). [答案] ①③④ [解析]?、僬_;令f(x)=x2+ax-3=0,則ax=3-x

63、2,在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)y=ax(00時,f ′(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),∴f(x)在(-∞,0)上為減函數(shù),因此,當(dāng)x<0時,f ′(x)<0,故④真. (理)命題p:方程x2-x+a2-6a=0有一正根和一負(fù)根.命題q:函數(shù)y=x2+(a-3)x+1的圖象與x軸無交點.若命題“p或q”為真命題,而命題“p且q”為假命題,則實數(shù)a的取值范圍是________. [答案] (0,1]∪[5,6) [

64、解析] 由題意,命題p為真時, 解得0

65、x)+g(-x)=f(x)+f(-x)-x2=0,∴函數(shù)g(x)是奇函數(shù),又g′(x)=f′(x)-x<0在(-∞,0)上恒成立,∴g(x)在(-∞,0)上是減函數(shù),則在(-∞,+∞)上是減函數(shù). f(x)+≥f(1-x)+x?f(x)-x2≥f(1-x)-x2+x-?g(x)≥g(1-x),∴x≤1-x,∴x≤. [方法點撥] 函數(shù)的知識常與導(dǎo)數(shù)、三角函數(shù)、數(shù)列、不等式、概率等知識結(jié)合命題,是重要的知識交匯點,解答此類問題時一定要先判明是以函數(shù)為主還是以其他知識為主,結(jié)合條件找準(zhǔn)解題切入點. (理)(xx·濰坊模擬)定義在(0,+∞)上的函數(shù)f(x)滿足:?x∈(0,+∞),都有f(2

66、x)=2f(x);當(dāng)x∈(1,2]時,f(x)=2-x,給出如下結(jié)論: ①?m∈Z,有f(2m)=0;②函數(shù)f(x)的值域為[0,+∞);③存在n∈Z,使f(2n+1)=9;④函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)遞減的充分條件是“存在k∈Z,使得(a,b)?(2k,2k+1)”.其中所有正確結(jié)論的序號是________. [答案]?、佗冖? [解析] 本題主要考查函數(shù)的圖象以及函數(shù)解析式的求法,考查函數(shù)的值域、單調(diào)性以及充分條件的判斷,難度較大. 因為f(2x)=2f(x),所以f(x)=2f(),因為當(dāng)x∈(1,2]時,f(x)=2-x,所以當(dāng)x∈(2,4]時,∈(1,2],f(x)=2(2-)=4-x,當(dāng)x∈(4,8]時,∈(2,4],f(x)=2(4-)=8-x,以此類推,當(dāng)x∈(2n,2n+1],n∈Z時,f(x)=2n+1-x,n∈Z,可知?m∈Z,f(2m)=0,所以①正確;f(x)的值域為[0,+∞),故②正確;若f(2n+1)=9,則2n+1-2n-1=9,即2n=10,又n∈Z,故2n≠10,故③錯誤;易知函數(shù)f(x)在(a,b)上單調(diào)遞減的充分條件是存在k∈Z,

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