《（浙江專(zhuān)用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十九）小題考法——基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程、函數(shù)模型的應(yīng)用.doc》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（浙江專(zhuān)用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十九）小題考法——基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程、函數(shù)模型的應(yīng)用.doc（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十九） 小題考法——基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程、函數(shù)模型的應(yīng)用 A組——10＋7提速練 一、選擇題 1．函數(shù)f(x)＝ln(x2＋1)的圖象大致是(　　) 解析：選A　函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，由f(－x)＝ln[(－x)2＋1]＝ln(x2＋1)＝f(x)知函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，則其圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，排除C；又由f(0)＝ln 1＝0，可排除B、D.故選A. 2．(2016全國(guó)卷Ⅲ)已知a＝2，b＝3，c＝25，則(　　) A．b＜a＜c　　　　　　 　B．a(chǎn)＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b 解析：選A　a＝2＝4，b＝3，c＝25＝5. ∵y＝x在第一象限內(nèi)為增函數(shù)， 又5＞4＞3，∴c＞a＞b. 3．(2018浙江“七彩陽(yáng)光”聯(lián)盟期中)設(shè)a>0，b>0，則“l(fā)og2a＋log2b≥log2(a＋b)”是“ab≥4”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A　若log2a＋log2b≥log2(a＋b)，則ab≥a＋b. 又a>0，b>0， 則有ab≥a＋b≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)等號(hào)成立，即有ab≥4，故充分性成立； 若a＝4，b＝1，滿(mǎn)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，故選A. 4．(2019屆高三浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x＋ex－a，g(x)＝ln(x＋2)－4ea－x，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，若存在實(shí)數(shù)x0，使f(x0)－g(x0)＝3成立，則實(shí)數(shù)a的值為(　　) A．－ln 2－1 B．ln 2－1 C．－ln 2 D．ln 2 解析：選A　f(x)－g(x)＝x＋ex－a－ln(x＋2)＋4ea－x，令y＝x－ln(x＋2)，則y′＝1－＝，故y＝x－ln(x＋2)在(－2，－1)上是減函數(shù)，(－1，＋∞)上是增函數(shù)，故當(dāng)x＝－1時(shí)，y有最小值－1－0＝－1，而ex－a＋4ea－x≥4(當(dāng)且僅當(dāng)ex－a＝4ea－x，即x＝a＋ln 2時(shí)，等號(hào)成立)，故f(x)－g(x)≥3(當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍?hào)同時(shí)成立時(shí)，等號(hào)成立)，所以x＝a＋ln 2＝－1，即a＝－ln 2－1.綜上所述，答案選A. 5．某公司為激勵(lì)創(chuàng)新，計(jì)劃逐年加大研發(fā)資金投入，若該公司2017年全年投入研發(fā)資金130萬(wàn)元，在此基礎(chǔ)上，每年投入的研發(fā)資金比上一年增長(zhǎng)12%，則該公司全年投入的研發(fā)資金開(kāi)始超過(guò)200萬(wàn)元的年份是(　　) (參考數(shù)據(jù)：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：選B　設(shè)2017年后的第n年該公司投入的研發(fā)資金開(kāi)始超過(guò)200萬(wàn)元．由130(1＋12%)n＞200，得1.12n＞，兩邊取常用對(duì)數(shù)，得n＞≈＝，∴n≥4，∴從2021年開(kāi)始，該公司投入的研發(fā)資金開(kāi)始超過(guò)200萬(wàn)元． 6．(2017全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ln(2－x)，則(　　) A．f(x)在(0,2)單調(diào)遞增 B．f(x)在(0,2)單調(diào)遞減 C．y＝f(x)的圖象關(guān)于直線(xiàn)x＝1對(duì)稱(chēng) D．y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱(chēng) 解析：選C　由題易知，f(x)＝ln x＋ln(2－x)的定義域?yàn)?0,2)，f(x)＝ln[x(2－x)]＝ln[－(x－1)2＋1]，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，函數(shù)f(x)＝ln x＋ln(2－x)在(0,1)單調(diào)遞增，在(1,2)單調(diào)遞減，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.故選C. 7．已知函數(shù)f(x)＝ln(x2－4x－a)，若對(duì)任意的m∈R，均存在x0使得f(x0)＝m，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－4) B．(－4，＋∞) C．(－∞，－4] D．[－4，＋∞) 解析：選D　依題意得，函數(shù)f(x)的值域?yàn)镽，令函數(shù)g(x)＝x2－4x－a，其值域包含(0，＋∞)，因此對(duì)于方程x2－4x－a＝0，有Δ＝16＋4a≥0，解得a≥－4，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－4，＋∞)，故選D. 8．(2018湖州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x＋3＋mx3＋nx(m<0，n<0)，且f(x)在[0,1]上的最小值為－，則f(x)在[－1,0]上的最大值為(　　) A. B．－ C. D．－ 解析：選A　令g(x)＝mx3＋nx(m<0，n<0)，則g′(x)＝3mx2＋n，因?yàn)閙<0，n<0，所以g′(x)<0，所以g(x)為減函數(shù)．又y＝x＋3為減函數(shù)，所以f(x)為減函數(shù)．當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)min＝f(1)＝m＋n＋＝－，得m＋n＝－2，當(dāng)x∈[－1,0]時(shí)，f(x)max＝f(－1)＝ －m－n＋＝. 9．(2018全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,0) B．[0，＋∞) C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞) 解析：選C　令h(x)＝－x－a，則g(x)＝f(x)－h(huán)(x)．在同一坐標(biāo)系中畫(huà)出y＝f(x)，y＝h(x)的示意圖，如圖所示．若g(x)存在2個(gè)零點(diǎn)，則y＝f(x)的圖象與y＝h(x)的圖象有2個(gè)交點(diǎn)，平移y＝h(x)的圖象，可知當(dāng)直線(xiàn)y＝－x－a過(guò)點(diǎn)(0,1)時(shí)，有2個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)1＝－0－a， a＝－1.當(dāng)y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a<－1時(shí)，僅有1個(gè)交點(diǎn)，不符合題意．當(dāng)y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a>－1時(shí)，有2個(gè)交點(diǎn)，符合題意．綜上，a的取值范圍為[－1，＋∞)．故選C. 10．已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,1)，且對(duì)任意實(shí)數(shù)x1－2，則不等式f(log2|3x－1|)<3－log|3x－1|的解集為(　　) A．(－∞，0)∪(0,1) B．(0，＋∞) C．(－1,0)∪(0,3) D．(－∞，1) 解析：選A　令F(x)＝f(x)＋2x，由對(duì)任意實(shí)數(shù)x1－2，可得f(x1)＋2x10， f(3)＝－log43＝－log2<0， ∴函數(shù)f(x)在(2,3)內(nèi)存在唯一的一個(gè)零點(diǎn)x0， ∵x0∈(k，k＋1)，∴k＝2. 答案：2 13．(2018廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝若|f(a)|≥2，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析：當(dāng)a≤0時(shí)，1－a≥1，所以21－a≥2，即|f(a)|≥2恒成立；當(dāng)a>0時(shí)，由|f(a)|≥2可得|1－log2a|≥2，所以1－log2a≤－2或1－log2a≥2，解得a≥8或00時(shí)，函數(shù)y＝，t∈(0，＋∞)的單調(diào)遞增區(qū)間是[， ＋∞)，此時(shí)≤1，即0－1，則a的最小值為_(kāi)_______． 解析：設(shè)g(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋c，g(x)＝0在(0,1)上有兩個(gè)實(shí)數(shù)根， 設(shè)為x1，x2，于是g(x)＝a(x－x1)(x－x2)， 由題知故 所以g(0)g(1)＝a2x1(1－x1)x2(1－x2)≤(當(dāng)且僅當(dāng)x1＝x2＝時(shí)等號(hào)成立)，所以1≤g(0)g(1)≤，所以a≥4，經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a＝4，b＝－3，c＝1時(shí)符合題意，故a的最小值為4. 答案：4 B組——能力小題保分練 1．對(duì)于滿(mǎn)足00，于是c<，從而>＝1＋－2，對(duì)滿(mǎn)足02.故選D. 2．已知a，b，c，d都是常數(shù)，a>b，c>d.若f(x)＝2 017－(x－a)(x－b)的零點(diǎn)為c，d，則下列不等式正確的是(　　) A．a(chǎn)>c>b>d B．a(chǎn)>b>c>d C．c>d>a>b D．c>a>b>d 解析：選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為函數(shù)f(x)的零點(diǎn)，且a>b，c>d, 所以可在平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖所示，由圖可知c>a>b>d，故選D. 3．定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(2－x)＝f(x)，且當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，f(x)＝ln x－x＋1，若函數(shù)g(x)＝f(x)＋mx有7個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為(　　) A.∪ B. C. D. 解析：選A　函數(shù)g(x)＝f(x)＋mx有7個(gè)零點(diǎn)，即函數(shù)y＝f(x)的圖象與y＝－mx的圖象有7個(gè)交點(diǎn)．當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝－1＝<0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減，且f(1)＝0，f(2)＝ln 2－1.由f(2－x)＝f(x)知函數(shù)圖象關(guān)于x＝1對(duì)稱(chēng)，而f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f(x)＝f[－(2－x)]＝f(x－2)，故f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是周期為2的函數(shù)．易知m≠0，當(dāng)－m<0時(shí)，作出函數(shù)y＝f(x)與y＝－mx的圖象，如圖所示． 則要使函數(shù)y＝f(x)的圖象與y＝－mx的圖象有7個(gè)交點(diǎn)，需有即解得0時(shí)，可得c)，關(guān)于x的方程|x2－ax＋b|＝cx恰有三個(gè)不等實(shí)根，且函數(shù)f(x)＝|x2－ax＋b|＋cx的最小值是c2，則＝________. 解析：由關(guān)于x的方程|x2－ax＋b|＝cx恰有三個(gè)不等實(shí)根可知，y＝x2－ax＋b有兩個(gè)正的零點(diǎn)m，n(mc，所以4c＝a－c，即＝5. 答案：5