【创新设计】2021高考数学(理)(江西)二轮专题补偿练：函数与导数二

eq\a\vs4\al\co1(补偿练3函数与导数二)(建议用时：40分钟)一、选择题1．下列函数中，既是偶函数又在(－∞，0)上单调递增的是 ()．A．y＝x2 B．y＝2|x|C．y＝log2eq\f(1,|x|) D．y＝sinx解析函数y＝x2在(－∞，0)上是减函数；函数y＝2|x|在(－∞，0)上是减函数；函数y＝log2eq\f(1,|x|)＝－log2|x|是偶函数，且在(－∞，0)上是增函数；函数y＝sinx不是偶函数，综上所述，选C.答案C2．曲线f(x)＝x2(x－2)＋1在点(1，f(1))处的切线方程为 ()．A．x＋2y－1＝0 B．2x＋y－1＝0C．x－y＋1＝0 D．x＋y－1＝0解析∵f(x)＝x3－2x2＋1，∴f′(x)＝3x2－4x，∴f′(1)＝－1，又f(1)＝1－2＋1＝0，∴所求切线方程为y＝－(x－1)，即x＋y－1＝0.答案D3．已知幂函数f(x)的图象经过(9,3)，则f(2)－f(1)＝ ()．A．3 B．1－eq\r(2)C.eq\r(2)－1 D．1解析设幂函数为f(x)＝xα，则f(9)＝9α＝3，即32α＝3，所以2α＝1，α＝eq\f(1,2)，即f(x)＝x＝eq\r(x)，所以f(2)－f(1)＝eq\r(2)－1.答案C4．设a＝log32，b＝log23，c＝logeq\f(1,2)5，则 ()．A．c＜b＜a B．a＜c＜bC．c＜a＜b D．b＜c＜a解析∵0＜log32＜1,1＜log23＜log24＝2，c＝logeq\f(1,2)5＜logeq\f(1,2)4＝logeq\f(1,2)(eq\f(1,2))－2＝－2＜0，∴c＜a＜b.答案C5．已知函数f(x)＝sinx＋1，则f(lg2)＋f(lgeq\f(1,2))＝ ()．A．－1 B．0C．1 D．2解析由于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(flg2＝sinlg2＋1，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))＋1，))所以f(lg2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))＝sin(lg2)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))＋2，而y＝sinx是奇函数，lgeq\f(1,2)＝－lg2，所以f(lg2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))＝2.答案D6．函数f(x)＝ax2－(a－1)x－3在区间[－1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是 ()．A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))) B．(－∞，0]C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))解析当a＝0时，f(x)＝x－3符合题意；当a≠0时，由题意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,\f(a－1,2a)≤－1，))解得0＜a≤eq\f(1,3)，综上a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).答案D7．若函数f(x)＝eq\r(x2＋ax＋1)的定义域为实数集R，则实数a的取值范围为()．A．(－2,2)B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－∞，－2]∪[2，＋∞)D．[－2,2]解析依题意x2＋ax＋1≥0对x∈R恒成立，∴Δ＝a2－4≤0，∴－2≤a≤2.答案D8．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－alnx在(1,2)上为增函数，则a的值等于 ()．A．1 B．2C．0 D．eq\r(2)解析∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，∴eq\f(a,2)≥1，得a≥2.又∵g′(x)＝2x－eq\f(a,x)，依题意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.答案B9．下列四个图象中，有一个是函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋(a2－4)x＋1(a∈R，a≠0)的导函数y＝f′(x)的图象，则f(1)＝ ()．A.eq\f(10,3) B．eq\f(4,3)C．－eq\f(2,3) D．1解析f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋(a2－4)x＋1(a∈R，a≠0)，f′(x)＝x2＋2ax＋(a2－4)，由a≠0，结合导函数y＝f′(x)，知导函数图象为③，从而可知a2－4＝0，解得a＝－2或a＝2，再结合－a＞0知a＝－2，代入可得函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋(－2)x2＋1，可得f(1)＝－eq\f(2,3).答案C10．某公司在甲乙两地销售一种品牌车，利润(单位：万元)分别为L1＝5.06x－0.15x2和L2＝2x，其中x为销售量(单位：辆)．若该公司在这两地共销售15辆车，则能获得的最大利润为 ()．A．45.606 B．45.6C．45.56 D．45.51解析设在甲地销售x辆车，则在乙地销售(15－x)辆车，获得的利润为y＝5.06x－0.15x2＋2(15－x)＝－0.15x2＋3.06x＋30.当x＝－eq\f(3.06,2×－0.15)＝10.2时，y最大，但x∈N，所以当x＝10时，ymax＝－15＋30.6＋30＝45.6.答案B11．f(x)＝2sinπx－x＋1的零点个数为 ()．A．4 B．5C．6 D．7解析令2sinπx－x＋1＝0，则2sinπx＝x－1，令h(x)＝2sinπx，g(x)＝x－1，则f(x)＝2sinπx－x＋1的零点个数问题转化为两个函数h(x)与g(x)图象的交点个数问题．h(x)＝2sinπx的最小正周期为T＝eq\f(2π,π)＝2，画出两个函数的图象，如图所示，∵h(1)＝g(1)，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＞geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，g(4)＝3＞2，g(－1)＝－2，∴两个函数图象的交点一共有5个，∴f(x)＝2sinπx－x＋1的零点个数为5.答案B12．已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋eq\f(fx,x)＞0，则函数F(x)＝xf(x)＋eq\f(1,x)的零点个数是 ()．A．0 B．1C．2 D．3解析依题意，记g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)，g(0)＝0，当x＞0时，g′(x)＝xeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′x＋\f(fx,x)))＞0，g(x)是增函数，g(x)＞0；当x＜0时，g′(x)＝x[f′(x)＋eq\f(fx,x)]＜0，g(x)是减函数，g(x)＞0.在同一坐标系内画出函数y＝g(x)与y＝－eq\f(1,x)的大致图象，结合图象可知，它们共有1个公共点，因此函数F(x)＝xf(x)＋eq\f(1,x)的零点个数是1.答案B二、填空题13．函数f(x)＝eq\r(1－lgx－2)的定义域为__________．解析∵1－lg(x－2)≥0，∴lg(x－2)≤1，∴0＜x－2≤10，∴2＜x≤12，∴f(x)＝eq\r(1－lgx－2)的定义域为(2,12]．答案(2,12]14．若loga2＝m，loga3＝n，则a2m＋n解析由题意am＝2，an＝3，所以a2m＋n＝(am)2·an＝22×3＝12.答案1215．若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)内有微小值，则实数b的取值范围是_____．解析f′(x)＝3x2－6b，若f(x)在(0,1)内有微小值，只需f′(0)·f′(1)＜0，即－6b·(3－6b)＜0，解得0＜b＜eq\f(1,2).答案(0，eq\f(1,2))16．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x＞0，,4x，x≤0，))则f[f(－1)]＝________；若函数g(x)＝f(x