2020届二轮复习小题考法——基本初等函数、函数与方程、函数模型的应用课时作业（全国通用）

2020届二轮复习小题考法——基本初等函数、函数与方程、函数模型的应用课时作业（全国通用）

课时跟踪检测（十九） 小题考法——基本初等函数、函数与方程、‎ 函数模型的应用 A组——10＋7提速练 一、选择题 ‎1．函数f(x)＝ln(x2＋1)的图象大致是(　　)‎ 解析：选A　函数f(x)的定义域为R，由f(－x)＝ln[(－x)2＋1]＝ln(x2＋1)＝f(x)知函数f(x)是偶函数，则其图象关于y轴对称，排除C；又由f(0)＝ln 1＝0，可排除B、D.故选A.‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅲ)已知a＝2，b＝3，c＝25，则(　　)‎ A．b＜a＜c　　　　　　 　B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b 解析：选A　a＝2＝4，b＝3，c＝25＝5.‎ ‎∵y＝x在第一象限内为增函数，‎ 又5＞4＞3，∴c＞a＞b.‎ ‎3．(2018·浙江“七彩阳光”联盟期中)设a>0，b>0，则“log‎2a＋log2b≥log2(a＋b)”是“ab≥‎4”‎的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A　若log‎2a＋log2b≥log2(a＋b)，则ab≥a＋b.‎ 又a>0，b>0，‎ 则有ab≥a＋b≥2，当且仅当a＝b时等号成立，即有ab≥4，故充分性成立；‎ 若a＝4，b＝1，满足ab≥4，‎ 但log‎2a＋log2b＝2，log2(a＋b)＝log25>2，‎ 即log‎2a＋log2b≥log2(a＋b)不成立，故必要性不成立，故选A.‎ ‎4．(2019届高三·浙江名校协作体联考)已知函数f(x)＝x＋ex－a，g(x)＝ln(x＋2)－4ea－x，其中e为自然对数的底数，若存在实数x0，使f(x0)－g(x0)＝3成立，则实数a的值为(　　)‎ A．－ln 2－1 B．ln 2－1‎ C．－ln 2 D．ln 2‎ 解析：选A　f(x)－g(x)＝x＋ex－a－ln(x＋2)＋4ea－x，令y＝x－ln(x＋2)，则y′＝1－＝，故y＝x－ln(x＋2)在(－2，－1)上是减函数，(－1，＋∞)上是增函数，故当x＝－1时，y有最小值－1－0＝－1，而ex－a＋4ea－x≥4(当且仅当ex－a＝4ea－x，即x＝a＋ln 2时，等号成立)，故f(x)－g(x)≥3(当且仅当等号同时成立时，等号成立)，所以x＝a＋ln 2＝－1，即a＝－ln 2－1.综上所述，答案选A.‎ ‎5．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2018年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是(　　)‎ ‎(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)‎ A．2020年 B．2021年 C．2022年 D．2023年 解析：选B　设2018年后的第n年该公司投入的研发资金开始超过200万元．由130(1＋12%)n＞200，得1.12n＞，两边取常用对数，得n＞≈＝，∴n≥4，∴从2021年开始，该公司投入的研发资金开始超过200万元．‎ ‎6．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)，则(　　)‎ A．f(x)在(0,2)单调递增 B．f(x)在(0,2)单调递减 C．y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称 D．y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称 解析：选C　由题易知，f(x)＝ln x＋ln(2－x)的定义域为(0,2)，f(x)＝ln[x(2－x)]＝ln[－(x－1)2＋1]，由复合函数的单调性知，函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)在(0,1)单调递增，在(1,2)单调递减，所以排除A、B；‎ 又f ＝ln＋ln＝ln，‎ f ＝ln＋ln＝ln，‎ 所以f ＝f ＝ln，所以排除D.故选C.‎ ‎7．已知函数f(x)＝ln(x2－4x－a)，若对任意的m∈R，均存在x0使得f(x0)＝m，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－4) B．(－4，＋∞)‎ C．(－∞，－4] D．[－4，＋∞)‎ 解析：选D　依题意得，函数f(x)的值域为R，令函数g(x)＝x2－4x－a ‎，其值域包含(0，＋∞)，因此对于方程x2－4x－a＝0，有Δ＝16＋‎4a≥0，解得a≥－4，即实数a的取值范围是[－4，＋∞)，故选D.‎ ‎8．(2018·湖州模拟)已知函数f(x)＝x＋3＋mx3＋nx(m<0，n<0)，且f(x)在[0,1]上的最小值为－，则f(x)在[－1,0]上的最大值为(　　)‎ A. B．－ C. D．－ 解析：选A　令g(x)＝mx3＋nx(m<0，n<0)，则g′(x)＝3mx2＋n，因为m<0，n<0，所以g′(x)<0，所以g(x)为减函数．又y＝x＋3为减函数，所以f(x)为减函数．当x∈[0,1]时，f(x)min＝f(1)＝m＋n＋＝－，得m＋n＝－2，当x∈[－1,0]时，f(x)max＝f(－1)＝‎ ‎－m－n＋＝.‎ ‎9．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是(　　)‎ A．[－1,0) B．[0，＋∞)‎ C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)‎ 解析：选C　令h(x)＝－x－a，则g(x)＝f(x)－h(x)．在同一坐标系中画出y＝f(x)，y＝h(x)的示意图，如图所示．若g(x)存在2个零点，则y＝f(x)的图象与y＝h(x)的图象有2个交点，平移y＝h(x)的图象，可知当直线y＝－x－a过点(0,1)时，有2个交点，此时1＝－0－a，‎ a＝－1.当y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a<－1时，仅有1个交点，不符合题意．当y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a>－1时，有2个交点，符合题意．综上，a的取值范围为[－1，＋∞)．故选C.‎ ‎10．已知定义域为R的函数f(x)的图象经过点(1,1)，且对任意实数x1－2，则不等式f(log2|3x－1|)<3－log|3x－1|的解集为(　　)‎ A．(－∞，0)∪(0,1) B．(0，＋∞)‎ C．(－1,0)∪(0,3) D．(－∞，1)‎ 解析：选A　令F(x)＝f(x)＋2x，由对任意实数x1－2，可得f(x1)＋2‎ x10，‎ f(3)＝－log43＝－log2<0，‎ ‎∴函数f(x)在(2,3)内存在唯一的一个零点x0，‎ ‎∵x0∈(k，k＋1)，∴k＝2.‎ 答案：2‎ ‎13．(2018·广州模拟)已知函数f(x)＝若|f(a)|≥2，则实数a的取值范围是________．‎ 解析：当a≤0时，1－a≥1，所以21－a≥2，即|f(a)|≥2恒成立；当a>0时，由|f(a)|≥2可得|1－log‎2a|≥2，所以1－log‎2a≤－2或1－log‎2a≥2，解得a≥8或00时，函数y＝，t∈(0，＋∞)的单调递增区间是[，‎ ‎＋∞)，此时≤1，即0－1，则a的最小值为________．‎ 解析：设g(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋c，g(x)＝0在(0,1)上有两个实数根，‎ 设为x1，x2，于是g(x)＝a(x－x1)(x－x2)，‎ 由题知故 所以g(0)g(1)＝a2x1(1－x1)x2(1－x2)≤(当且仅当x1＝x2＝时等号成立)，所以1≤g(0)g(1)≤，所以a≥4，经检验，当a＝4，b＝－3，c＝1时符合题意，故a的最小值为4.‎ 答案：4‎ B组——能力小题保分练 ‎1．对于满足00，于是c<，从而>＝1＋－2，对满足02.故选D.‎ ‎2．已知a，b，c，d都是常数，a>b，c>d.若f(x)＝2 017－(x－a)(x－b)的零点为c，d，则下列不等式正确的是(　　)‎ A．a>c>b>d B．a>b>c>d C．c>d>a>b D．c>a>b>d 解析：选D　f(x)＝2 017－(x－a)·(x－b)＝－x2＋(a＋b)x－ab＋2 017，又f(a)＝f(b)＝2 017，c，d为函数f(x)的零点，且a>b，c>d, 所以可在平面直角坐标系中作出函数f(x)的大致图象，如图所示，由图可知c>a>b>d，故选D.‎ ‎3．定义在R上的偶函数f(x)满足f(2－x)＝f(x)，且当x∈[1,2]时，f(x)＝ln x－x＋1，若函数g(x)＝f(x)＋mx有7个零点，则实数m的取值范围为(　　)‎ A.∪ B. C. D. 解析：选A　函数g(x)＝f(x)＋mx有7个零点，即函数y＝f(x)的图象与y＝－mx的图象有7个交点．当x∈[1,2]时，f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝－1＝<0，此时f(x)单调递减，且f(1)＝0，f(2)＝ln 2－1.由f(2－x)＝f(x)知函数图象关于x＝1对称，而f(x)是定义在R 上的偶函数，所以f(x)＝f[－(2－x)]＝f(x－2)，故f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是周期为2的函数．易知m≠0，当－m<0时，作出函数y＝f(x)与y＝－mx的图象，如图所示．‎ 则要使函数y＝f(x)的图象与y＝－mx的图象有7个交点，需有即解得0时，可得c)，关于x的方程|x2－ax＋b|＝cx恰有三个不等实根，且函数f(x)＝|x2－ax＋b|＋cx的最小值是c2，则＝________.‎ 解析：由关于x的方程|x2－ax＋b|＝cx恰有三个不等实根可知，y＝x2－ax＋b有两个正的零点m，n(mc，所以‎4c＝a－c，即＝5.‎ 答案：5‎