【数学】2020届一轮复习人教A版集合简易逻辑函数课时作业
(120分钟 150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.已知全集为实数集R，集合A={x|x2-3x<0}，B={x|2x>1}，则(RA)∩B=
( )
A.(-∞，0]∪ [3，+∞) B.(0，1]
C.[3，+∞) D.[1，+∞)
【解析】选C.集合A={x|x2-3x<0}={x|x(x-3)<0}={x|0
1}={x|2x>20}={x|x>0}.
所以RA={x|x≤0或x≥3}，
所以(RA)∩B={x|x≥3}.
2.已知a，b为实数，命题甲：ab>b2，命题乙：<<0，则甲是乙的 ( )
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B.由ab>b2，即b(b-a)<0知b与b-a异号，由<<0知ax+1
C.任意x>0，5x>3x
D.存在x∈R，ln x<0
【解析】选A.因为x∈(0，+∞)时，x>sin x恒成立，所以存在x∈(0，+∞)，xg(0)=0，可得任意x∈(-∞，0)，ex>x+1恒成立.
由指数函数的性质可知，任意x>0，5x>3x正确；
存在x∈R，ln x<0，当x∈(0，1)时，lnx<0恒成立，所以正确.
4.(2019·宣城模拟)定义在R上的奇函数f(x)满足f(x+2)=-f(x)，且在[0，1]上是减少的，则有 ( )
A.f>>->-1；
所以f1}.
f(x)=
所以f′(x)=
所以当x>1时，f′(x)>0，
当x<-2时，f′(x)>0，
当-20时，f(x)=-e-x(x-1)；
②函数f(x)有2个零点；
③f(x)<0的解集为(-∞，-1)∪(0，1).
其中正确命题的个数是 ( )
A.3 B.2 C.1 D.0
【解析】选C.①当x>0时，-x<0→f(-x)=e-x(-x+1)，
因为f(x)为奇函数，所以f(x)=-f(-x)=e-x(x-1)，所以①错；
②因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)=0，令f(x)=ex(x+1)=0即x=-1，所以f(-1)=f(1)=0，所以②错；
③当x<0时，f(x)=ex(x+1)<0得x+1<0，即x<-1，
当x>0时，f(x)=e-x(x-1)<0，得x-1<0，即01，根据函数y=f(x)的图像知，方程f(x)=t对应解个数为0，1，3，2，因此零点个数为0+1+3+2=6.
10.已知函数f(x)=ln，若f+f+…+f=503(a+b)，则a2+b2的最小值为 ( )
A.6 B.8 C.9 D.12
【解析】选B.因为f(x)+f(e-x)
=ln+ln=ln e2=2，
所以503(a+b)=f+f+…+f=
f+f+…+f+=×(2×2 012)=2 012，
所以a+b=4，
所以a2+b2≥==8，当且仅当a=b=2时取等号.
11.(2018·南昌模拟)若曲线C1：y=ax2与曲线C2：y=ex(其中无理数e=2.718…)存在公切线，则整数a的最值情况为 ( )
A.最大值为2，没有最小值
B.最小值为2，没有最大值
C.既没有最大值也没有最小值
D.最小值为1，最大值为2
【解析】选B.由y=ax2，得y′=2ax，由y=ex，得y′=ex，曲线C1：y=ax2与曲线C2：y=ex存在公共切线，
设公切线与曲线C1切于点(x1，a)，与曲线C2切于点(x2，)，则2ax1==，可得2x2=x1+2，所以a=，
记f(x)=，则f′(x)=，
当x∈(-∞，2)时，f′(x)<0，f(x)是减少的；
当x∈(2，+∞)时，f′(x)>0，f(x)是增加的.
所以当x=2时，f(x)min=.
所以a的范围是，
可得整数a的最小值为2，无最大值.
12.已知函数f(x)=e4x-1，g(x)=+ln(2x)，若f(m)=g(n)成立，则n-m的最小值为 ( )
A. B.
C. D.
【解析】 选B.设e4m-1=+ln(2n)=k(k>0)，
则m=+，n=，
令h(k)=n-m=--，
所以h′(k)=-.
又h′(k)=-是增函数，h′=0.
所以h(k)在上递减，在上递增，所以h(k)min=h=，
即n-m的最小值为.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.若直线y=kx与曲线y=x+e-x相切，则k=_______.
【解析】设切点为(x0，y0)，则y0=x0+，
因为y′=(x+e-x)′=1-e-x，
所以切线斜率k=1-，
又点(x0，y0)在直线上，代入方程得y0=kx0，
即x0+=(1-)x0，
解得x0=-1，所以k=1-e.
答案：1-e
14.(2018·宜春模拟)计算：log3+lg 25+lg 4+-=_______.
【解析】原式=log3+lg(25×4)+2-=+2+2-=4.
答案：4
15.若偶函数y=f(x)，x∈R，满足f(x+2)=-f(x)，且当x∈[0，2]时，f(x)=2-x2，则方程f(x)=sin|x|在[-10，10]内的根的个数为_______.
【解析】因为函数y=f(x)为偶函数，且满足f(x+2)=-f(x)，所以
f(x+4)=f(x+2+2)=-f(x+2)=f(x)，所以偶函数y=f(x)为周期为4的函数，由x∈[0，2]时，f(x)=2-x2可作出函数f(x)在[-10，10]上的图像，同时作出函数y=sin|x|在[-10，10]上的图像，交点个数即为所求.数形结合可得交点个数为10.
答案：10
16.设x=1是函数f(x)=an+1x3-anx2-an+2x+1(n∈N+)的极值点，数列{an}满足a1=1，a2=2，bn=log2an+1，若[x]表示不超过x的最大整数，则=_______.
【解析】函数f(x)=an+1x3-anx2-an+2x+1(n∈N+)的导数为
f′(x)=3an+1x2-2anx-an+2，
由x=1是f(x)=an+1x3-anx2-an+2x+1的极值点，可得f′(1)=0，即3an+1-2an-an+2=0，
即有2(an+1-an)=an+2-an+1，
设cn=an+1-an，可得2cn=cn+1，
可得数列{cn}为首项为1，公比为2的等比数列，即有cn=2n-1，
则an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+1+2+…+2n-2
=1+=2n-1，则bn=log2an+1=n，
所以==-，
所以++…+=1-+-+…+-=1-，
所以2018
=2 018-，
所以
==
=2 017.
答案：2 017
三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)设命题p：实数x满足x2-4ax+3a2<0，其中a>0；命题q：实数x满足≤0.
(1)若a = 1，且p∧q为真，求实数x的取值范围.
(2)若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围.
【解析】(1)由x2-4ax+3a2<0得(x-3a)(x-a)<0，又a>0，所以a3；
p为：实数x满足x2-4ax+3a2≥0，并解x2-4ax+3a2≥0得x≤a，或x≥3a.
p是q的充分不必要条件，所以a应满足：a≤2，且3a>3，解得11时，f(x)>0.
(1)求f(1)的值.
(2)证明：f(x)为单调增函数.
(3)若f=-1，求f(x)在上的最值.
【解析】(1)因为函数f(x)满足f(x1·x2)=f(x1)+f(x2)，令x1=x2=1，则f(1)=f(1)+f(1)，解得f(1)=0.
(2)设x1，x2∈(0，+∞)，且x1>x2，则>1，所以f>0，所以f(x1)-f(x2)=f-f(x2)=f(x2)+f-f(x2)=f>0，
即f(x1)>f(x2)，
所以f(x)在(0，+∞)上是增加的.
(3)因为f(x)在(0，+∞)上是增加的.
若f=-1，则f+f=f=-2，即f=f(1)=f+f(5)=0，
即f(5)=1，则f(5)+f(5)=f(25)=2，
f(5)+f(25)=f(125)=3，即f(x)在上的最小值为-2，最大值为3.
19.(12分)已知函数f(x)=(x2+mx+n)ex，其导函数y=f′(x)的两个零点为-3和0.
(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程.
(2)求函数f(x)的单调区间.
(3)求函数f(x)在区间[-2，2]上的最值.
【解析】(1)因为f(x)=(x2+mx+n)ex，
所以f′(x)=(2x+m)ex+(x2+mx+n)ex=[x2+(2+m)x+(m+n)]ex，
由知
解得从而f(x)=(x2+x-1)ex，
所以f′(x)=(x2+3x)ex，所以f(1)=e，
所以f′(1)=4e，
曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-e=4e(x-1)，即y=4ex-3e.
(2)由于ex>0，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
x
(-∞，-3)
-3
(-3，0)
0
(0，+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
增加
极大值
减少
极小值
增加
故f(x)在区间(-∞，-3)和(0，+∞)上是增加的，在区间(-3，0)上是减少的.
(3)由于f(2)=5e2，f(0)=-1，f(-2)=e-2，
所以函数f(x)在区间[-2，2]上的最大值为5e2，最小值为-1.
20.(12分)已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).
(1)若曲线y=f(x)与直线x-y-1=0相切，求实数a的值.
(2)若函数y=f(x)有两个零点x1，x2，证明+>2.
【解析】(1)由f(x)=ln x-ax，得f′(x)=-a，
设切点横坐标为x0，依题意得
解得即实数a的值为0.
(2)不妨设01，则ln>0，--2ln=t--2ln t，设g(t)=t--2ln t，则g′(t)=>0，即函数g(t)在(1，+∞)上是增加的，所以g(t)>g(1)=0，从而>0，即+>2.
21.(12分)(2019·合肥一模)已知函数f(x)=ln x+(a∈R).
(1)求函数y=f(x)的单调区间.
(2)当a=1时，求证：f(x)≤.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，+∞)，f′(x)=.
考虑y=x2+2(1-a)x+1，x>0.
①当Δ≤0，即0≤a≤2时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(0，+∞)上是增加的；
②当Δ>0，即a>2或a<0时，由x2+2(1-a)x+1=0得x=a-1±.
若a<0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，+∞)上是增加的；若a>2，则a-1+>a-1->0，
此时f′(x)>0⇒0a-1+；
f′(x)<0⇒a-1-2时，f(x)的单调递增区间为，(a-1+，+∞).
单调递减区间为(a-1-，a-1+).
(2)当a=1时，f(x)≤⇔f(x)-≤0.
令g(x)=f(x)-=ln x+-，
g′(x)=--==.
当x>1时，g′(x)<0；当00，
所以g(x)在(0，1)上是增加的，在(1，+∞)上是减少的，即当x=1时，g(x)取得最大值，故g(x)≤g(1)=0，即f(x)≤成立，得证.
22.(12分)已知曲线y=f(x)=x2-1-aln x(a∈R)与x轴有唯一公共点A.
(1)求实数a的取值范围.
(2)曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为a2-a-7.若两个不相等的正实数x1，x2满足=，求证：x1x2<1.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f(1)=0.
由题意，函数f(x)有唯一零点1.f′(x)=2x-.
①若a≤0，则-a≥0.
显然f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，+∞)上是增加的.
又f(1)=0，所以a≤0符合题意.
②若a>0，f′(x)=.f′(x)>0⇔x>；f′(x)<0⇔00，则f(x)>0恒成立，f(x)无零点，不符合题意).
(ⅰ)若f<0，则-1-ln<0.
令g(a)=-1-ln(a>0)，则g′(a)=-ln-××=-ln.
g′(a)>0⇔02.
所以函数g(a)在(0，2)上是增加的，在(2，+∞)上是减少的.
所以g(a)max=g(2)=0.所以g(a)≤0，当且仅当a=2时取等号，
所以，f<0⇔a>0，且a≠2.
取正数b-1-aln b>-1-a×=0；
取正数c>a+1，显然c>2>.而f(c)=c2-1-aln c，令h(x)=ln x-x，则h′(x)=-1.当x>1时，显然h′(x)=-1<0.
所以h(x)在[1，+∞)上是减少的.
所以，当x>1时，h(x)=ln x-x1，所以f(c)=c2-1-aln c>c2-1-ac=c(c-a)-1>c×1-1>0.
又f(x)在上是减少的，在上是增加的，
则由零点存在性定理，f(x)在，上各有一个零点.
可见，02不符合题意.
注：a>0时，也可利用f(x)=+∞，f<0，
f(x)=+∞，说明f(x)在，
上各有一个零点.
(ⅱ)若f=0，显然=1，即a=2.符合题意.
综上，实数a的取值范围为{a|a≤0或a=2}.
(2)由(1)可得A点坐标为(1，0)，所以，f′(1)=2-a=a2-a-7.所以a2=9，即a=±3.因为a≤0或a=2，所以a=-3.
f(x)=x2-1+3ln x，f(x)在(0，+∞)上是增加的.
f(x)<0⇔00⇔x>1.
由|f(x1)|=|f(x2)|，不妨设x12x1x2+3ln x1x2-2.
令p(t)=2t+3ln t-2，显然p(t)在(0，+∞)上是增加的，且p(1)=0.
所以p(t)<0⇔0
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