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  • 2021-07-01 发布

【数学】2020届一轮复习人教A版集合简易逻辑函数课时作业

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‎ (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|01}={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