第四章复习提升-2022版数学必修第一册 湘教版（2019） 同步练习 （Word含解析）

本章复习提升

易混易错练

易错点1　不能正确进行指数、对数的相关运算

1.(2021山东师大附中高一上期中,)求下列各式的值:

(1)++;

(2)(lg 2)2+lg 2·lg 5+lg 25;

(3)lg -lg+lg .

易错点2　忽视零点存在定理的使用条件致误

2.()对于函数f(x),若f(-1)f(3)<0,则下列判断中正确的是 (　　)

A.方程f(x)=0一定有根

B.方程f(x)=0一定无根

C.方程f(x)=0一定有两根

D.方程f(x)=0可能无根

3.()设f(x)在区间[a,b]上是连续的单调函数,且f(a)·f(b)<0,则方程f(x)=0在[a,b]内              (　　)

A.至少有一实根 

B.至多有一实根

C.没有实根 

D.必有唯一实根

易错点3　求参数的取值范围时考虑不全面致错

4.(2020黑龙江哈三中高一上第一次阶段性验收,)已知函数f(x)=若f(a)>1,则实数a的取值范围是              (　　)

A.(-∞,-2)∪ B.

C.(-∞,-2)∪    D.∪(1,+∞)

5.(2020黑龙江哈三中高一上期中,)设函数f(x)=loga(x2-ax+20)在(1,4)上单调递减,则a的取值范围是　　　　　　. 

6.()已知函数f(x)=(log2x)2+4log2x+m,x∈,m为常数.

(1)设函数f(x)存在大于1的零点,求实数m的取值范围;

(2)设函数f(x)有两个互异的零点α,β,求实数m的取值范围,并求αβ的值.

易错点4　数学建模不当或运算求解失误

7.()某工厂生产一种溶液,按市场要求其杂质含量不得超过0.1%,而这种溶液最初的杂质含量为2%,现进行过滤,已知每过滤一次杂质含量减少,则使产品达到市场要求的最少过滤次数为(参考数据:lg 2≈0.301,lg 3≈0.477)              (　　)

A.10 B.9 C.8 D.7

思想方法练

一、方程思想在解决函数问题中的运用

1.(2020浙江温州十五校联合体高一上期中联考,)函数f(x)=|log2x|-e-x的所有零点的积为m,则有(　　)

A.m=1       B.m∈(0,1)

C.m∈(1,2) D.m∈(2,+∞)

2.(2020山东菏泽高一上期末联考,)若函数f(x)满足:在定义域内存在x0,使得f(x0+1)=f(x0)+f(1)成立,则称函数f(x)具有性质M;反之,则称函数f(x)不具有性质M.

(1)证明函数f(x)=2x具有性质M,并求出对应的x0的值;

(2)已知函数h(x)=lg 具有性质M,求实数a的取值范围.

二、数形结合思想在解决函数问题中的运用

3.(2020安徽黄山高一上期末,)形如y=(c>0,b>0)的函数因其函数图象类似于汉字中的“囧”字,故被称为“囧函数”.若函数f(x)=(a>0且a≠1)有最小值,则当c=1,b=1时的“囧函数”与函数y=loga|x|的图象的交点个数为              (　　)

A.1  B.2 

C.4 D.6

4.(2020山西长治二中高一上期末,)已知函数f(x)=若F(x)=[f(x)]2-af(x)+的零点个数为4,则实数a的取值范围为              (　　)

A.∪ 

B.

C.  

D.(2,+∞)

三、分类讨论思想在解决函数问题中的运用

5.(2020浙江嘉兴一中高一上期中,)设函数f(x)=e|ln x|(e为自然对数的底数),若x1≠x2且f(x1)=f(x2),则下列结论一定不成立的是              (　　)

A.x2f(x1)>1  

B.x2f(x1)<1

C.x2f(x1)=1  

D.x2f(x1)<x1f(x2)

6.(2020山东泰安高一上期末,)若f(x)=loga(x-2a)+loga(x-3a)(a>0,且a≠1).

(1)当a=时,若方程f(x)=lo(p-x)在(2,3)上有解,求实数p的取值范围;

(2)若f(x)≤1在[a+3,a+4]上恒成立,求实数a的取值范围.

7.(2020北京丰台高一上期中,)由历年市场行情知,从11月1日起的30天内,某商品每件的销售价格P(元)与时间t(天)的函数关系是P=日销售量Q(件)与时间t(天)的函数关系是Q=-t+40(t≤30,t∈N+).

(1)设该商品的日销售额为y元,请写出y与t的函数关系式(商品的日销售额=该商品每件的销售价格×日销售量);

(2)求该商品的日销售额的最大值,并指出哪一天的销售额最大.

四、转化与化归思想在解决函数问题中的运用

8.()设函数f(x)=+aex(a为常数),若对任意x∈R,f(x)≥3恒成立,则实数a的取值范围是　　　　　. 

答案全解全析

易混易错练

1.解析　(1)原式=π-++4=π+3.

(2)原式=lg 2·(lg 2+lg 5)+lg 5=lg 2+lg 5=1.

(3)原式=lg-lg[(23+lg

=lg -lg 4=lg =lg =.

2.D　因为f(x)的图象不一定是连续不断的,所以方程f(x)=0可能无根.

3.D　由题意知函数f(x)的图象在[a,b]内与x轴只有一个交点,即方程f(x)=0在[a,b]内只有一个实根.

4.C　当a≤-1时,由f(a)=(a+1)2>1,解得a>0或a<-2,故a<-2;

当-1<a<1时,由f(a)=2a+2>1,

解得a>-,故-<a<1;

当a≥1时,由f(a)=>1,解得0<a<1,故无解.

综上,a∈(-∞,-2)∪,故选C.

5.答案　(0,1)∪[8,9]

解析　令u=x2-ax+20.

当0<a<1时,y=logau在(0,+∞)上是减函数,u=x2-ax+20=+20-在上是增函数,

又0<a<1,

∴0<<.

∴u=x2-ax+20在(1,4)上单调递增,

当x=1时,u=1-a+20>0,

∴f(x)在(1,4)上是减函数.

当a>1时,y=logau在(0,+∞)上单调递增,u=x2-ax+20=+20-,

若f(x)在(1,4)上单调递减,则

解得

即8≤a≤9.

综上所述,a的取值范围是(0,1)∪[8,9].

6.解析　(1)令t=log2x,x∈,

则y=t2+4t+m,t∈[-3,2].

因为函数f(x)存在大于1的零点,

所以方程t2+4t+m=0在(0,2]上存在实根.由t2+4t+m=0,得m=-t2-4t,t∈(0,2],

所以m∈[-12,0).

故实数m的取值范围为[-12,0).

(2)令g(t)=t2+4t+m,t∈[-3,2].

若函数f(x)有两个互异的零点α,β,

则函数g(t)=t2+4t+m在[-3,2]上有两个互异的零点t1,t2,其中t1=log2α,t2=log2β,

所以

解得3≤m<4,

所以实数m的取值范围为[3,4).

因为t1+t2=-4,

即log2α+log2β=-4,

所以log2(αβ)=-4,

所以αβ=2-4=.

7.C　设经过n次过滤,产品达到市场要求,则×≤,即≤,由nlg≤-lg 20,

即n(lg 2-lg 3)≤-(1+lg 2),得n≥≈7.4,

所以最少过滤8次,

故选C.

思想方法练

1.B　由f(x)=0,得|log2x|=e-x,在同一平面直角坐标系中作出函数y=|log2x|与y=e-x的图象,如图所示.

由图象知f(x)=0有两个实数解x1,x2,且0<x1<1<x2,

∴-log2x1=,log2x2=,

∴log2x1+log2x2=-,

∴log2(x1·x2)=-<0,

∴0<x1x2<1,即0<m<1.

故选B.

2.解析　(1)由f(x0+1)=f(x0)+f(1),得=+2,

即=2,解得x0=1,所以函数f(x)=2x具有性质M.

(2)易知h(x)的定义域为R,且a>0.

因为h(x)具有性质M,所以在R上存在x0,使h(x0+1)=h(x0)+h(1),

代入得lg =lg +lg ,

即2(+1)=a(x0+1)2+a,

整理得(a-2)+2ax0+2a-2=0.

若a=2,则x0=-;

若a≠2,则Δ≥0,

即a2-6a+4≤0,

解得3-≤a≤3+,

所以a∈[3-,2)∪(2,3+].

综上,可得a∈[3-,3+].

3.C　∵f(x)==,且f(x)有最小值,∴a>1.

在同一平面直角坐标系中作出函数y=与y=loga|x|的图象,如图所示.

由图象知,当c=1,b=1时的“囧函数”与函数y=loga|x|的图象有4个交点,

故选C.

4.A　作出函数f(x)=的图象,如图.

设t=f(x),根据函数图象有:

当t>2时,方程t=f(x)有2个实数根;

当1<t≤2时,方程t=f(x)有3个实数根;

当0<t≤1时,方程t=f(x)有2个实数根;

当t=0时,方程t=f(x)有1个实数根;

当t<0时,方程t=f(x)没有实数根.

因为F(x)=[f(x)]2-af(x)+的零点个数为4,所以方程t2-at+=0(t≠0)有两个不相等的实数根t1,t2,不妨设t1<t2,则0<t1<t2≤1或 t2>t1>2或0<t1≤1,t2>2.

设函数h(t)=t2-at+.

则或或

解得<a≤或a>.

故选A.

5.B　f(x)=e|ln x|=

当x≥1时,f(x)=x是增函数;当0<x<1时, f(x)=是减函数.

由f(x1)=f(x2)可知0<x1<1<x2,或0<x2<1<x1.

当0<x1<1<x2时, f(x1)=, f(x2)=x2⇒x1x2=1,故x2 f(x1)=>1,x1f(x2)=x1·x2=1.

从而x2 f(x1)>x1 f(x2),此时A成立.

当0<x2<1<x1时,f(x2)=,f(x1)=x1⇒x1x2=1,故x2 f(x1)=x2·x1=1,x1 f(x2)=>1.

从而x2 f(x1)<x1f(x2),此时C、D成立.

而B无论何种情况都不成立,

故选B.

6.解析　(1)当a=时, f(x)=lo(x-1)+lo= lo,

故函数f(x)的定义域为.

∵f(x)=lo(p-x),

∴(x-1)=p-x,

即x2-x+-p=0,

令g(x)=x2-x+-p=+-p,

∵<2,

∴g(x)在(2,3)上单调递增,

∵f(x)=lo(p-x)在(2,3)上有解,

∴

∴<p<6.

(2)f(x)=loga(x2-5ax+6a2)

=loga.

设u=-,则f(x)可以看成由y=logau,u=-复合而成.

由题意知a+3>3a,

∴a<,

∴a+3>.

∴函数u=-在区间[a+3,a+4]上单调递增.

若0<a<1,则f(x)在[a+3,a+4]上单调递减,

∴f(x)在[a+3,a+4]上的最大值为f(a+3)=loga(2a2-9a+9).

∵f(x)≤1在[a+3,a+4]上恒成立,

∴loga(2a2-9a+9)≤1,∴2a2-10a+9≥0,

解得a≥或a≤,∴0<a<1.

若1<a<,则f(x)在[a+3,a+4]上单调递增,

∴f(x)在[a+3,a+4]上的最大值为f(a+4)=loga(2a2-12a+16).

∵f(x)≤1在[a+3,a+4]上恒成立,

∴loga(2a2-12a+16)≤1,∴2a2-13a+16≤0,解得≤a≤,

∵>,

∴不存在a满足题意.

综上,实数a的取值范围为(0,1).

7.解析　(1)由题意知y=P·Q

=

即y=

(2)当0<t<25,t∈N+时,y=-t2+20t+800=-(t-10)2+900,

所以当t=10时,ymax=900;

当25≤t≤30,t∈N+时,y=1 800-45t,所以当t=25时,ymax=675.

因为900>675,所以日销售额的最大值为900元,且11月10日销售额最大.

8.答案　

解析　f(x)≥3⇔+aex≥3⇔a≥-.

令t=,则t>0,a≥3t-t2.

设g(t)=-t2+3t=-+,

则当t=时,g(t)max=,

又不等式a≥3t-t2恒成立,

所以a≥,

故a的取值范围是.