高考数学专题复习：专题1集合与常用逻辑用语、函数与导数 第4讲

高考数学专题复习：专题1集合与常用逻辑用语、函数与导数 第4讲

专题一　第四讲 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．240 B．200‎ C．180 D．160‎ ‎[答案]　B ‎[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．(2014·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，∴0，则a的取值范围为(　　)‎ A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)‎ C．(－∞，－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．(2013·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．0 B. 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．(2013·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 ‎[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”、“<”、“≥”、“≤”)．‎ ‎[答案]　>‎ ‎[解析]　解法1：∵f(x)＝()x－log3x在(0，＋∞)上为减函数，且0f(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，10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)(2014·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：‎ 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．①④②③ B．①④③②‎ C．④①②③ D．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．(2014·百校联考)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．9‎ C. 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00，令f(x)＝－1，(0 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．(2013·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(　　)‎ A．[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01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)(2013·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x10，‎ ‎(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09.‎ 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09.‎ ‎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)(2013·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)(2013·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．‎ ‎[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00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≤

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