【创新设计】2021高考数学(理)(江西)二轮专题补偿练：函数与导数一

eq\a\vs4\al\co1(补偿练2函数与导数一)(建议用时：40分钟)一、选择题1．下列函数中定义域为R，且是奇函数的是 ()．A．f(x)＝x2＋x B．f(x)＝tanxC．f(x)＝x＋sinx D．f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)解析函数f(x)＝x2＋x不是奇函数；函数f(x)＝tanx的定义域不是R；函数f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)的定义域是(－1,1)，因此选C.答案C2．式子2lg2－lgeq\f(1,25)的值为 ()．A．1 B．2C．3 D．4解析2lg2－lgeq\f(1,25)＝lg4＋lg25＝lg100＝2.答案B3．函数f(x)＝eq\f(1,\r(2x－1))＋ln(x－1)的定义域是 ()．A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)C．(0,1) D．(0,1)∪(1，＋∞)解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＞1，,x－1＞0，))得x＞1，故函数的定义域是(1，＋∞)．答案B4．下列函数f(x)中，满足“∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0”的是 A．f(x)＝eq\f(1,x)－x B．f(x)＝x3C．f(x)＝lnx D．f(x)＝2x解析“∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0”等价于在(0，＋∞)上f(x)为减函数，易推断f(x)＝eq\f(1,x)－x符合．答案A5．函数f(x)＝excosx的图象在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为 ()．A.eq\f(π,4) B．0C.eq\f(3π,4) D．1解析由f’(x)＝ex(cosx－sinx)，则在点(0，f(0))处的切线的斜率k＝f’(0)＝1，故倾斜角为eq\f(π,4).答案A6．设a＞0，且a≠1，则“函数f(x)＝ax在R上是增函数”是“函数g(x)＝xa在R上是增函数”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函数f(x)＝ax在R上是增函数，即a＞1；但当a＝2时，函数g(x)＝x2在R上不是增函数．函数g(x)＝xa在R上是增函数时，可有a＝eq\f(1,3)，此时函数f(x)＝ax在R上不是增函数．答案D7．f(x)是R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x3＋ln(1＋x)，则当x＜0时，f(x)＝ ()．A．－x3－ln(1－x) B．x3＋ln(1－x)C．x3－ln(1－x) D．－x3＋ln(1－x)解析当x＜0时，－x＞0，f(－x)＝(－x)3＋ln(1－x)，∵f(x)是R上的奇函数，∴x＜0时，f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)3＋ln(1－x)]，∴f(x)＝x3－ln(1－x)．答案C8．设函数f(x)＝loga|x|在(－∞，0)上单调递增，则f(a＋1)与f(2)的大小关系是 ()．A．f(a＋1)＞f(2) B．f(a＋1)＜f(2)C．f(a＋1)＝f(2) D．不能确定解析由已知得0＜a＜1，所以1＜a＋1＜2，依据函数f(x)为偶函数，可以推断f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(a＋1)＞f(2)．答案A9．函数f(x)＝eq\f(1,4)x2＋2cosx＋2的导函数f′(x)的图象大致是 ()．解析∵f′(x)＝eq\f(1,2)x－2sinx，明显是奇函数，∴排解A.当x→∞时，f′(x)→＋∞，∴排解D.而[f′(x)]＝eq\f(1,2)－2cosx＝0有无穷多个根，∴函数f′(x)有无穷多个单调区间，排解C.故选B.答案B10．函数f(x)＝x2－ax＋1在区间(eq\f(1,2)，3)上有零点，则实数a的取值范围是()．A．(2，＋∞) B．[2，＋∞)C．[2，eq\f(5,2)) D．[2，eq\f(10,3))解析由于f(x)＝x2－ax＋1在区间(eq\f(1,2)，3)上有零点，所以x2－ax＋1＝0在(eq\f(1,2)，3)上有解．由x2－ax＋1＝0，得a＝x＋eq\f(1,x)，设g(x)＝x＋eq\f(1,x)，则g′(x)＝1－eq\f(1,x2)，令g′(x)＞0，得g(x)在(1，＋∞)，(－∞，－1)上单调递增，令g′(x)＝1－eq\f(1,x2)＜0，得g(x)在(－1,1)上单调递减，由于eq\f(1,2)＜x＜3，所以g(x)在(eq\f(1,2)，1)上单调递减，在(1,3)上单调递增，所以当eq\f(1,2)＜x＜3时，2≤g(x)＜eq\f(10,3)，所以a∈[2，eq\f(10,3))．答案D11．设函数f(x)＝xex，则 ()．A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的微小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的微小值点解析f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，当x＞－1时，f′(x)＞0，函数f(x)递增，当x＜－1时，f′(x)＜0，函数f(x)递减，所以当x＝－1时，f(x)有微小值．答案D12．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)，x≥2，,x2－3，x＜2，))若关于x的方程f(x)＝k有三个不等的实根，则实数k的取值范围是 ()．A．(－3,1) B．(0,1)C．(－2,2) D．(0，＋∞)解析由函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)，x≥2，,x2－3，x＜2))的图象可知，要使关于x的方程f(x)＝k有三个不等的实根，则需直线y＝k与函数f(x)的图象有三个不同的交点，所以有0＜k＜1，所以关于x的方程f(x)＝k有三个不等的实根的实数k的取值范围是(0,1)．答案B二、填空题13．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3xx≤0，,log2xx＞0，))则f[f(eq\f(1,2))]＝__________.解析f(eq\f(1,2))＝log2eq\f(1,2)＝－1，∴f[f(eq\f(1,2))]＝3－1＝eq\f(1,3).答案eq\f(1,3)14．函数f(x)＝lneq\f(1,|x|＋1)的值域是__________．解析由于|x|≥0，所以|x|＋1≥1，所以0＜eq\f(1,|x|＋1)≤1，所以lneq\f(1,|x|＋1)≤0，即f(x)＝lneq\f(1,|x|＋1)的值域为(－∞，0]．答案(－∞，0]解析答案eq\f(π,4)－eq\f(1,2)16．已知a＞0，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在区间[－2,2]上单调递减，则4a＋b解析∵f(x)＝x3＋ax2＋bx