高一数学必修一解答题专项训练(含答案)

-4-广铁一中2017学年上学期高一数学期中考试复习资料《必修一》模块必做解答题问题一：含参数分类讨论的集合综合运算问题1.已知集合，集合.（1）当时，判断集合与集合的关系；（2）若，求实数的取值范围.2.已知全集为实数集R，集合A＝{x|y＝eq\r(x－1)＋eq\r(3－x)}，B＝{x|log2x＞1}．(1)求A∩B，(CRB)∪A；(2)已知集合C＝{x|1＜x＜a}，若C⊆A，求实数a的取值范围．问题二：应用问题3.通过研究学生的学习行为，心理学家发现，学生接受能力依赖于老师引入概念和描述问题所用的时间．讲座开始时，学生的兴趣激增，中间有一段不太长的时间，学生的兴趣保持理想的状态，随后学生的注意力开始分散．分析结果和实验表明，用f(x)表示学生掌握和接受概念的能力[f(x)的值越大，表示接受能力越强]，x表示提出和讲授概念的时间(单位：分)，可以有以下公式：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－0.1x2＋2.6x＋43，0<x≤10,59，10<x≤16,－3x＋107.16<x≤30))(1)开讲多少分钟后，学生的接受能力最强？能维持多少分钟？(2)开讲5分钟与开讲20分钟比较，学生的接受能力何时强一些？(3)一个数学难题，需要55的接受能力以及13分钟的时间，老师能否及时在学生一直达到所需接受能力的状态下讲授完这个难题？4.为了保护环境，发展低碳经济，某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，采用新工艺，把二氧化碳转化为一种可利用的产品．已知该单位每月处理二氧化碳最少为400吨，最多为600吨，月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似表示为y＝eq\f(1,2)x2－200x＋80000，且每处理1吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为100元．(1)若该单位每月成本支出不超过105000元，求月处理量x的取值范围．(2)该单位每月能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则国家至少需要补贴多少元才能使该单位不亏损？问题五：函数零点的分布及个数问题9.已知是定义在R上的奇函数，当x≤0时，.（1）求x>0时，的解析式；（2）若函数有三个不同零点，求实数a的取值范围．10.(1)为何值时，.①有且仅有一个零点；②有两个零点且均比－1大；(2)若函数有4个零点，求实数a的取值范围．问题六：含参函数分类讨论及范围界定问题11.已知函数其中是自然对数的底数．（1）证明：是上的偶函数；（2）若关于x的不等式在上恒成立，求实数m的取值范围.12.已知,函数，.（1）指出的单调性(不要求证明)；（2）若有求的值；（3）若，求使不等式恒成立的t的取值范围.参考答案1.解：（1），又.（2）当时，则，，此时，满足题意；当时，由，得.所以或，即，从而实数的取值范围为.2.解：(1)由已知得A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|log2x＞1}＝{x|x＞2}，所以A∩B＝{x|2＜x≤3}，(∁RB)∪A＝{x|x≤2}∪{x|1≤x≤3}＝{x|x≤3}．(2)①当a≤1时，此时C＝，故C⊆A；②当a＞1时，此时,若C⊆A，则1＜a≤3.综合①②，可得a的取值范围是(－∞，3]．3.解：(1)当0<x≤10时，f(x)＝－0.1x2＋2.6x＋43＝－0.1(x－13)2＋59.9，故f(x)在0<x≤10时递增，最大值为f(10)＝－0.1×(10－13)2＋59.9＝59.当10<x≤16时，f(x)＝59.当x>16时，f(x)为减函数，且f(x)<59.因此，开讲10分钟后，学生达到最强接受能力(为59)，能维持6分钟时间．(2)f(5)＝－0.1×(5－13)2＋59.9＝53.5，f(20)＝－3×20＋107＝47<53.5，故开讲5分钟时学生的接受能力比开讲20分钟时要强一些．(3)当0<x≤10时，令f(x)＝55，解得x＝6或x＝20(舍)，当x>16时，令f(x)＝55，解得x＝17eq\f(1,3).因此学生达到(含超过)55的接受能力的时间为17eq\f(1,3)－6＝11eq\f(1,3)<13，所以老师来不及在学生一直达到所需接受能力的状态下讲授完这个难题．4.解：(1)设月处理量为x吨，则每月处理x吨二氧化碳可获化工产品价值为100x元，则每月成本支出f(x)为f(x)＝eq\f(1,2)x2－200x＋80000－100x，x∈[400,600]．若f(x)≤105000，即eq\f(1,2)x2－300x－25000≤0，即(x－300)2≤140000，∴300－100eq\r(14)≤x≤100eq\r(14)＋300.∵100eq\r(14)＋300≈674>600，且x∈[400,600]，∴该单位每月成本支出不超过105000元时，月处理量x的取值范围是{x|400≤x≤600}．(2)f(x)＝eq\f(1,2)x2－300x＋80000＝eq\f(1,2)(x2－600x＋90000)＋35000＝eq\f(1,2)(x－300)2＋35000，x∈[400,600]，∵eq\f(1,2)(x－300)2＋35000>0，∴该单位不获利．由二次函数性质得当x＝400时，f(x)取得最小值．故f(x)min＝eq\f(1,2)(400－300)2＋35000＝40000.∴国家至少需补贴40000元才能使该单位不亏损．5.解：(1)设g(x)＝ax(a>0，a≠1)，由g(3)＝8得a＝2，故g(x)＝2x，由题意f(x)＝eq\f(－gx＋n,gx＋m)＝eq\f(－2x＋n,2x＋m)，因为f(x)是R上的奇函数，所以f(0)＝0，得n＝1.所以f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋m)，又由f(1)＝－f(－1)知m＝1，所以f(x)＝eq\f(1－2x,1＋2x).(2)f(x)是R上的单调减函数．证明：设x1∈R，x2∈R且x1<x2，因为y＝2x为R上的单调增函数且x1<x2，故2<2，又1＋2>0,1＋2>0，故f(x1)－f(x2)>0，所以f(x)是R上的单调减函数．6.（1）若f(x)为R上的奇函数,则f(0)=0，解得a=1，验证如下：当a=1时,，所以,即f(x)为奇函数(2)为R上的单调递增函数，证明过程如下：任取且，则，因为<,所以<，所以,f(x1)−f(x2)<0，即f(x)为R上的增函数；(3)此时,不等式,可化为：，又∵为R上的增函数,∴x<，解得,，7.(1)在f(x)－f(y)＝f(x－y)中，令x＝2，y＝1，代入得：f(2)－f(1)＝f(1)，所以f(2)＝2f(1)＝－4.(2)f(x)在(－3,3)上单调递减．证明如下：设－3<x1<x2<3，则x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以f(x)在(－3,3)上单调递减．(3)由g(x)≤0得f(x－1)＋f(3－2x)≤0，所以f(x－1)≤－f(3－2x)．又f(x)为奇函数，所以f(x－1)≤f(2x－3)，又f(x)在(－3,3)上单调递减，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3<x－1<3，,－3<2x－3<3，,x－1≥2x－3，))解得0<x≤2，故不等式g(x)≤0的解集是(0,2]．8.解：(1)令x＝y＝0，则f(0)＝f(0)＋f(0)，∴f(0)＝0.(2)令y＝－x，得f(0)＝f(x)＋f(－x)＝0，∴f(－x)＝－f(x)，故函数f(x)是R上的奇函数．(3)任取x1，x2∈R，x1<x2，则x2－x1>0.∵f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1＋x1)－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－f(x1)＝f(x2－x1)>0，∴f(x1)<f(x2)．故f(x)是R上的增函数．∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝2，∴f(x)＋f(2＋x)＝f[x＋(2＋x)]＝f(2x＋2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))).又由y＝f(x)是定义在R上的增函数，得2x＋2<eq\f(2,3)，解之得x<－eq\f(2,3).故x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3))).9.解析：10.解：(1)①有且仅有一个零点⇔方程有两个相等实根⇔Δ＝0，即4m2－4(3m＋4)＝0，即m2－3m－4＝0，∴m＝4或m＝－1.②设f(x)的两个零点分别为，则＝－2m，＝3m＋4.由题意，知⇔⇔∴－5＜m＜－1.故m的取值范围为(－5，－1)．(2)令f(x)＝0，得|4x－x2|＋a＝0，则|4x－x2|＝－a.令g(x)＝|4x－x2|，h(x)＝－a.分别作出g(x)，h(x)的图象．由图象可知，当0＜－a＜4，即-4<a<0时，g(x)与h(x)的图象有4个交点.11.解：（1），有，∴是上的偶函数（2）由题意，，即∵，∴，即对恒成立令，则对任意恒成立∵，当且仅当时等号成立∴12.解：（1）由题意有：①当时，递减 ②当时，递减当且时，是减函数设则定义域为，