2025屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí)層級二專題一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第2講基本初等函數(shù)函數(shù)與方程課時作業(yè)

-1-第2講基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程限時40分鐘滿分80分一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1．(2024·云南檢測)設(shè)a＝60.7，b＝log70.6，c＝log0.60.7，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．c＞b＞a B．b＞c＞aC．c＞a＞b D．a(chǎn)＞c＞b解析：D[因為a＝60.7＞1，b＝log70.6＜0,0＜c＝log0.60.7＜1，所以a＞c＞b.]2．(北京卷)依據(jù)有關(guān)資料，圍棋狀態(tài)空間困難度的上限M約為3361，而可觀測宇宙中一般物質(zhì)的原子總數(shù)N約為1080.則下列各數(shù)中與eq\f(M,N)最接近的是()(參考數(shù)據(jù)：lg3≈0.48)A．1033 B．1053C．1073 D．1093解析：D[設(shè)eq\f(M,N)＝x＝eq\f(3361,1080)，兩邊取對數(shù)，lgx＝lgeq\f(3361,1080)＝lg3361－lg1080＝361×lg3－80＝93.28，所以x＝1093.28，即eq\f(M,N)最接近1093，故選D.]3．(2024·安徽皖中名校聯(lián)考)若a＜b＜c，則函數(shù)f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的兩個零點分別位于區(qū)間()A．(a，b)和(b，c) B．(－∞，a)和(a，b)C．(b，c)和(c，＋∞) D．(－∞，a)和(c，＋∞)解析：A[由題意可得f(a)＞0，f(b)＜0，f(c)＞0，則由零點存在性定理可知，選A.]4．(2024·鐵人中學(xué)期中)函數(shù)f(x)滿意f(x＋2)＝f(x)，且當－1≤x≤1時，f(x)＝|x|.若y＝f(x)的圖象與g(x)＝logax(a＞0且a≠1)的圖象有且僅有四個交點，則a的取值集合為()A．{4,5} B．{4,6}C．{5} D．{6}解析：C[函數(shù)f(x＋2)＝f(x)，則函數(shù)f(x)是周期為2的周期函數(shù)，畫出函數(shù)f(x)的圖象(圖略)，數(shù)形結(jié)合可知，當g(x)的圖象過點(5,1)時，f(x)的圖象與g(x)＝logax的圖象僅有四個交點，則g(5)＝loga5＝1，得a＝5.故選C.]5．(2024·廣西三校)函數(shù)f(x)＝x2lgeq\f(x－2,x＋2)的圖象()A．關(guān)于x軸對稱 B．關(guān)于原點對稱C．關(guān)于直線y＝x對稱 D．關(guān)于y軸對稱解析：B[因為f(x)＝x2lgeq\f(x－2,x＋2)，所以其定義域為(－∞，－2)∪(2，＋∞)，所以f(－x)＝x2lgeq\f(x＋2,x－2)＝－x2lgeq\f(x－2,x＋2)＝－f(x)，所以函數(shù)為奇函數(shù)，所以函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱．]6．某商店已按每件80元的成本購進某商品1000件，依據(jù)市場預(yù)料，銷售價為每件100元時可全部售完，定價每次提高1元時銷售量就削減5件，若要獲得最大利潤，銷售價應(yīng)定為每件()A．100元 B．110元C．150元 D．190元解析：D[設(shè)售價提高x元，利潤為y元，則依題意得y＝(1000－5x)×(20＋x)＝－5x2＋900x＋20000＝－5(x－90)2＋60500.故當x＝90時，ymax＝60500，此時售價為每件190元．]7．(2024·深圳模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－2[x]＋3，其中[x]表示不大于x的最大整數(shù)(如[1.6]＝1，[－2.1]＝－3)，則函數(shù)f(x)的零點個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4解析：B[設(shè)g(x)＝lnx，h(x)＝2[x]－3，當0＜x＜1時，h(x)＝－3，作出圖象，兩個函數(shù)圖象有一個交點，即f(x)有一個零點；當2≤x＜3時，h(x)＝1，ln2≤g(x)＜ln3.此時兩函數(shù)圖象有一個交點，即f(x)有一個零點，當x≥3以后，兩函數(shù)圖象無交點，綜上，共有兩個零點．]8．(2024·貴陽模擬)某地方政府為激勵全民創(chuàng)業(yè)，擬對本地產(chǎn)值在50萬元到500萬元的新增小微企業(yè)進行嘉獎，嘉獎方案遵循以下原則：獎金y(單位：萬元)隨年產(chǎn)值x(單位：萬元)的增加而增加，且獎金不低于7萬元，同時獎金不超過年產(chǎn)值的15%.若采納函數(shù)f(x)＝eq\f(15x－a,x＋8)作為嘉獎函數(shù)模型，則最小的正整數(shù)a的值為()A．310 B．315C．320 D．325解析：B[對于函數(shù)模型f(x)＝eq\f(15x－a,x＋8)＝15－eq\f(120＋a,x＋8)，a為正整數(shù)，函數(shù)在[50,500]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(50)≥7，得a≤344，要使f(x)≤0.15x對x∈[50,500]恒成立，即a≥－0.15x2＋13.8x對x∈[50,500]恒成立，所以a≥315.綜上，最小的正整數(shù)a的值為315.]9．(山東卷)已知當x∈[0,1]時，函數(shù)y＝(mx－1)2的圖象與y＝eq\r(x)＋m的圖象有且只有一個交點，則正實數(shù)m的取值范圍是()A．(0,1]∪[2eq\r(3)，＋∞) B．(0,1]∪[3，＋∞)C．(0，eq\r(2)]∪[2eq\r(3)，＋∞) D．(0，eq\r(2)]∪[3，＋∞)解析：B[當0＜m≤1時，eq\f(1,m)≥1，y＝(mx－1)2單調(diào)遞減，且y＝(mx－1)2∈[(m－1)2,1]，y＝eq\r(x)＋m單調(diào)遞增，且y＝eq\r(x)＋m∈[m,1＋m]，此時有且僅有一個交點；當m＞1時，0＜eq\f(1,m)＜1，y＝(mx－1)2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，1))上單調(diào)遞增，所以要有且僅有一個交點，需(m－1)2≥1＋m?m≥3，選B.]10．(2024·長春模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x＞a，,x2＋5x＋2，x≤a，))函數(shù)g(x)＝f(x)－2x恰有三個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[－1,1) B．[0,2]C．[－2,2) D．[－1,2)解析：D[∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x＞a，,x2＋5x＋2，x≤a，))∴g(x)＝f(x)－2x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2，x＞a，,x2＋3x＋2，x≤a，))而方程－x＋2＝0的解為2，方程x2＋3x＋2＝0的解為－1，－2；若函數(shù)g(x)＝f(x)－2x恰有三個不同的零點，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＜a，,－1≤a，,－2≤a，))解得－1≤a＜2，實數(shù)a的取值范圍是[－1,2)．故選D.]11．(2024·長春質(zhì)量監(jiān)測)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x－1,x－2)與g(x)＝1－sinπx，則函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)在區(qū)間[－2,6]上的全部零點的和為()A．4 B．8C．12 D．16解析：D[令F(x)＝f(x)－g(x)＝0，得f(x)＝g(x)，在同一平面直角坐標系中分別畫出函數(shù)f(x)＝1＋eq\f(1,x－2)與g(x)＝1－sinπx的圖象，如圖所示．f(x)，g(x)的圖象都關(guān)于點(2,1)對稱，結(jié)合圖象可知f(x)與g(x)的圖象在[－2,6]上共有8個交點，交點的橫坐標即F(x)＝f(x)－g(x)的零點，且這些交點關(guān)于直線x＝2成對出現(xiàn)，由對稱性可得全部零點之和為4×2×2＝16，故選D.]12．(2024·煙臺模擬)已知函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱，且當x∈(－∞，0)時，f(x)＋xf′(x)＜0成立(其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù))，若a＝30.3·f(30.3)，b＝(logπ3)·f(logπ3)，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)＞b＞c B．c＞a＞bC．c＞b＞a D．a(chǎn)＞c＞b解析：B[因為當x∈(－∞，0)時不等式f(x)＋xf′(x)＜0成立，即[xf(x)]′＜0，所以g(x)＝xf(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)．又因為函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(0,0)對稱，所以函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以g(x)＝xf(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以g(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．又因為30.3＞1＞logπ3＞0＞log3eq\f(1,9)＝－2，2＝－log3eq\f(1,9)＞30.3＞1＞logπ3＞0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－log3\f(1,9)))feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－log3\f(1,9)))＞30.3·f(30.3)＞(logπ3)·f(logπ3)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))＞30.3·f(30.3)＞(logπ3)·f(logπ3)，即c＞a＞b，故選B.]二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．(2024·福建三明模擬)物體在常溫下的溫度改變可以用牛頓冷卻定律來描述：設(shè)物體的初始溫度是T0，經(jīng)過肯定時間t(單位：分)后的溫度是T，則T－Ta＝(T0－Ta)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,h)，其中Ta稱為環(huán)境溫度，h稱為半衰期．現(xiàn)有一杯用88℃熱水沖的速溶咖啡，放在24℃的房間中，假如咖啡降到40℃須要20分鐘，那么此杯咖啡從40℃降溫到32℃時，還須要________分鐘．解析：由已知可得Ta＝24，T0＝88，T＝40，則40－24＝(88－24)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(20,h)，解得h＝10.當咖啡從40℃降溫到32℃時，可得32－24＝(40－24)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,10)，解得t＝10.故還須要10分鐘．答案：1014．(2024·湖南省四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝lgx＋eq\f(3,2)x－9在區(qū)間(n，n＋1)(n∈Z)上存在零點，則n＝________.解析：易知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f(x)在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增，由零點存在性定理知，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(n，n＋1)(n∈Z)上存在零點，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fn＜0，,fn＋1＞0.))又f(4)＝lg4＋6－9＝lg4－3＜0，f(5)＝lg5＋eq\f(15,2)－9＝lg5－eq\f(3,2)＜0，f(6)＝lg6＋9－9＝lg6＞0，所以函數(shù)f(x)在(5,6)上存在零點，所以n＝5.答案：515．(2024·浙江卷)已知λ∈R，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4，x≥λ，,x2－4x＋3，x<λ.))當λ＝2時，不等式f(x)<0的解集是________．若函數(shù)f(x)恰有2個零點，則λ的取值范圍是________．解析：∵λ＝2，∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4，x≥2,x2－4x＋3，x＜2))當x≥2時，x－4＜0得2≤x＜4.當x＜2時，x2－4x＋3＜0，解得1＜x＜2.綜上不等式的解集為1＜x＜4.當y＝x2－4x＋3有2個零點時，λ＞4.當y＝x2－4x＋3有1個零點時，y＝x－4有1個零點，1＜λ≤3.∴1＜λ≤3或λ＞4.答案：(1,4)；(1,3]∪(4，＋∞)16．(2024·合肥調(diào)研)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4，x≤a，,ex－1，x＞a))(其中a＜0，e為自然對數(shù)的底數(shù))，若g(x)＝f[