2021高考数学二轮复习专题二跟踪训练2

这是一份2021高考数学二轮复习专题二跟踪训练2，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


[解析]
[答案] C
2．(2018·广东揭阳一模)曲线y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x与y＝x eq \s\up15( eq \f (1,2)) 的交点横坐标所在区间为
( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))
[解析]
根据零点存在性定理可得函数零点所在区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))，
即所求交点横坐标所在区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))，故选B.
[答案] B
3．(2018·孝感一模)若函数f(x)＝(m－2)x2＋mx＋(2m＋1)的两个零点分别在区间(－1,0)和区间(1,2)内，则实数m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)))
[解析] 依题意并结合函数f(x)的图象可知，
[答案] C
4．(2018·河南焦作二模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x≤0，,x2＋ax＋1，x>0，))
F(x)＝f(x)－x－1，且函数F(x)有2个零点，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，0] B．[1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(0，＋∞)
[解析] 当x≤0时，F(x)＝ex－x－1，此时有一个零点0；当x>0时，F(x)＝x[x＋(a－1)]，
∵函数F(x)有2个零点，∴1－a>0，∴a<1，故选C.
[答案] C
5．(2018·湖南十三校二模)函数f(x)＝lnx＋ex(e为自然对数的底数)的零点所在的区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))
C．(1，e) D．(e，＋∞)
[解析]
[答案] A
6．(2018·河南郑州模拟)已知函数f(x)＝x2＋m与函数g(x)＝－lneq \f(1,x)－3xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))))的图象上至少存在一对关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,4)＋ln2，2)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2－ln2，\f(5,4)＋ln2))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,4)＋ln2，2＋ln2)) D．[2－ln2,2]
[解析] 由已知，得方程x2＋m＝lneq \f(1,x)＋3x，∴m＝－lnx＋3x－x2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上有解．
设h(x)＝－lnx＋3x－x2，
求导，得h′(x)＝－eq \f(1,x)＋3－2x＝－eq \f(2x2－3x＋1,x)
＝－eq \f(2x－1x－1,x)
∵eq \f(1,2)≤x≤2，
令h′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,2)或x＝1.
当h′(x)>0时，eq \f(1,2)当h′(x)<0时，1∴h(x)在x＝1处有唯一的极值点．
∵heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝ln2＋eq \f(5,4)，h(2)＝－ln2＋2，
且知h(2)∴h(x)最大值＝h(1)＝2，h(x)min＝2－ln2.
故方程m＝－lnx＋3x－x2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上有解等价于2－ln2≤m≤2.
所以m的取值范围是[2－ln2,2]，故选D.
[答案] D
二、填空题
7．(2018·河北石家庄模拟)若函数f(x)＝m＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x的零点是－2，则实数m＝________.
[解析] 由m＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))－2＝0，得m＝－9.
[答案] －9
8．设二次函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在[－3,2]上有最大值4，则实数a的值为________．
[解析] f(x)的对称轴为x＝－1.当a>0时，f(2)＝4a＋4a＋1＝8a＋1，f(－3)＝3a＋1.∴f(2)>f(－3)，即f(x)max＝f(2)＝8a＋1＝4，∴a＝eq \f(3,8)；当a<0时，f(x)max＝f(－1)＝a－2a＋1＝－a＋1＝4，∴a＝－3.综上所述，a＝eq \f(3,8)或a＝－3.
[答案] eq \f(3,8)或－3
9．某租赁公司拥有汽车100辆．当每辆车的月租金为3000元时，可全部租出．当每辆车的月租金每增加50元时，未出租的车将会增加一辆．租出的车每辆每月需要维护费150元，未租出的车每辆每月需要维护费50元，要使租赁公司的月收益最大，则每辆车的月租金应定为________元．
[解析] 设每辆车的月租金为x(x>3000)元，则租赁公司月收益为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100－\f(x－3000,50)))·(x－150)－eq \f(x－3000,50)×50，整理得y＝－eq \f(x2,50)＋162x－21000＝－eq \f(1,50)(x－4050)2＋307050.
所以当x＝4050时，y取最大值为307050，即当每辆车的月租金定为4050元时，租赁公司的月收益最大为307050元．
[答案] 4050
三、解答题
10．(2018·唐山一中期末)已知函数f(x)＝ex－e－x(x∈R，且e为自然对数的底数)．
(1)判断函数f(x)的单调性与奇偶性；
(2)是否存在实数t，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切x∈R都成立？若存在，求出t；若不存在，请说明理由．
[解] (1)∵f(x)＝ex－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))x，
∴f′(x)＝ex＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))x，
∴f′(x)>0对任意x∈R都成立，
∴f(x)在R上是增函数．
又∵f(x)的定义域为R，且f(－x)＝e－x－ex＝－f(x)，
∴f(x)是奇函数．
(2)存在．由(1)知f(x)在R上是增函数和奇函数，则
f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切x∈R都成立，
⇔f(x2－t2)≥f(t－x)对一切x∈R都成立，
⇔x2－t2≥t－x对一切x∈R都成立，
⇔t2＋t≤x2＋x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2－eq \f(1,4)对一切x∈R都成立，
⇔t2＋t≤(x2＋x)min＝－eq \f(1,4)⇔t2＋t＋eq \f(1,4)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))2≤0，
又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))2≥0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))2＝0，
∴t＝－eq \f(1,2).
∴存在t＝－eq \f(1,2)，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切x∈R都成立．
11．(2018·江西三校联考)食品安全问题越来越引起人们的重视，农药、化肥的滥用给人民群众的健康带来一定的危害，为了给消费者带来放心的蔬菜，某农村合作社每年投入200万元，搭建甲、乙两个无公害蔬菜大棚，每个大棚至少要投入20万元，其中甲大棚种西红柿，乙大棚种黄瓜，根据以往的种菜经验，发现种西红柿的年收入P(单位：万元)、种黄瓜的年收入Q(单位：万元)与投入a(单位：万元)满足P＝80＋4eq \r(2a)，Q＝eq \f(1,4)a＋120，设甲大棚的投入为x(单位：万元)，每年两个大棚的总收益为f(x)(单位：万元)．
(1)求f(50)的值；
(2)试问如何安排甲、乙两个大棚的投入，才能使总收益f(x)最大？
[解] (1)依题意f(x)＝80＋4eq \r(2x)＋eq \f(1,4)(200－x)＋120＝－eq \f(1,4)x＋4eq \r(2x)＋250，其中eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥20，,200－x≥20，))
所以20≤x≤180.
故f(50)＝－eq \f(1,4)×50＋4eq \r(2×50)＋250＝277.5.
(2)由(1)知f(x)＝－eq \f(1,4)x＋4eq \r(2x)＋250(20≤x≤180)，
令eq \r(x)＝t，则2eq \r(5)≤t≤6eq \r(5)，
y＝－eq \f(1,4)t2＋4eq \r(2)t＋250＝－eq \f(1,4)(t－8eq \r(2))2＋282，
因此当t＝8eq \r(2)时，函数取得最大值282，此时x＝128，
故投入甲大棚128万元，乙大棚72万元时，总收益最大，最大总收益是282万元．
12．(2018·江西吉安一中摸底)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x≥0，,lg－x，x<0，))
若关于x的方程[f(x)]2＋f(x)＋t＝0有三个不同的实数根，求实数t的取值范围．
[解] 原问题等价于[f(x)]2＋f(x)＝－t有三个不同的实数根，
即直线y＝－t与y＝[f(x)]2＋f(x)的图象有三个不同的交点．
当x≥0时，y＝[f(x)]2＋f(x)＝e2x＋ex为增函数，在x＝0处取得最小值2，其图象与直线y＝－t最多只有一个交点．
当x<0时，y＝[f(x)]2＋f(x)＝[lg(－x)]2＋lg(－x)，根据复合函数的单调性，其在(－∞，0)上先减后增，最小值为－eq \f(1,4).
所以要使函数的图象有三个不同的交点，只需－t≥2，解得t≤－2.