2021版高考数学一轮复习滚动评估检测一含解析新人教B版

滚动评估检测(一)(第一至第三章)(120分钟　150分)一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.集合A={x|2lg x<1},B={x|x2-9≤0},则A∩B= (　　)A.[-3,3]   B.(0,)C.(0.3]　  D.[-3,)【解析】选C.因为集合A={x|2lg x<1}={x|0<x<},B={x|x2-9≤0}={x|-3≤x≤3},所以A∩B={x|0<x≤3}=(0,3].2.设函数y=f(x)的定义域为I,则“f(x)在I上的最大值为M”是“∀x∈I,f(x)≤M”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】选A.若“f(x)在I上的最大值为M”,则“∀x∈I,f(x)≤M”成立.如函数f(x)=sin x≤2恒成立,但“f(x)在I上的最大值不是2, 即必要性不成立,所以“f(x)在I上的最大值为M”是“∀x∈I,f(x)≤M”的充分不必要条件.3.函数f(x)=+ln(2x+1)的定义域为(　　) A.     B.C.    D.【解析】选D.要使函数f(x)=+ln(2x+1)有意义,需满足解得-<x<2,即函数的定义域为.4.设函数f(x)是R上的奇函数,当x>0时,f(x)=ex+x-3,则f(x)的零点个数是 (　　)A.1　　 B.2　 C.3 D.4【解析】选C.因为函数f(x)是定义域为R的奇函数,所以f(0)=0,所以0是函数f(x)的一个零点;当x>0时,令f(x)=ex+x-3=0,则ex=-x+3,分别画出函数y=ex和y=-x+3的图象,如图所示, 有一个交点,所以函数f(x)有一个零点,又根据对称性知,当x<0时函数f(x)也有一个零点.综上所述,f(x)的零点个数为3个.5.(2020·泉州模拟)函数f(x)=x3ex的图象大致为 (　　)【解析】选C.当x<0时,x3ex<0,故排除B;f(1)=e>1,故排除D;f′(x)=(x3+3x2)ex,令f′(x)=0,得x=0或x=-3,则当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:x(-∞,-3)-3(-3,0)0(0,+∞)f′(x)-0+0+f(x)单调递减极小值f(-3)单调递增 单调递增又因为f′(0)=0,故f(x)在x=0的切线为x轴,故排除A.6.(2018·全国卷Ⅰ)设函数f=x3+x2+ax.若f为奇函数,则曲线y=f在点处的切线方程为 (　　)A.y=-2x    B.y=-xC.y=2x    D.y=x【解析】选D.因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即a=1,所以f(x)=x3+x,因为f′(0)=1,所以切线方程为y=x.7.若0<x1<x2<1,则 世纪金榜导学号(　　) A.->ln x2-ln x1B.-<ln x2-ln x1 C.x2>x1D.x2<x1【解析】选C.令f(x)= ,则f ′(x)==.当0<x<1时, f ′(x)<0,即f(x)在(0,1)上单调递减,因为0<x1<x2<1,所以f(x2)<f(x1),即<,所以x2>x1.8.若函数f(x)=ex-ax2在区间(0,+∞)上有两个极值点x1,x2(0<x1<x2),则实数a的取值范围是              世纪金榜导学号(　　)A.a≤    B.a>eC.a≤e   D.a>【解析】选D.f(x)=ex-ax2,可得f′(x)=ex-2ax,要使f(x)恰有2个正极值点,则方程ex-2ax=0有2个不相等的正实数根,即2a=有两个不同的正根,令g(x)=,y=2a.即g(x)=,y=2a的图象在y轴右边有两个不同的交点,求得g′(x)=,由g′(x)<0可得g(x)=在(0,1)上递减,由g′(x)>0可得g(x)=,在(1,+∞)上递增,g(x)min=g(1)=e,当x→0时,g(x)→+∞;当x→+∞时,g(x)→+∞.所以,当2a>e,即a>时,g(x)=,y=2a的图象在y轴右边有两个不同的交点,所以使函数f(x)=ex-ax2在区间(0,+∞)上有两个极值点x1,x2(0<x1<x2)的实数a的取值范围是a>.二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)9.若定义在R上的函数f满足:对任意的x1,x2∈R,都有f=f+f,且当x>0时,f<0,则 (　　)A.f=1 B.f是奇函数C.f在R上是减函数 D.x<0时,f>0【解析】选BCD.因为对任意的x1,x2∈R,都有f=f+f,①令x1=x2=0代入①式,得f=f+f,即 f=0,故A不正确;令x1=x,x2=-x,代入①式,得 f=f+f,又f=0,则有0=f+f,即对任意x∈R成立,则f是奇函数,故B正确;设x1,x2∈R,且x1>x2,则x1-x2>0,从而f<0,又f-f=f+f=f=f,所以f-f<0,即f<f,所以函数f为R上的减函数,故C正确;当x<0时,-x>0,f<0,即-f<0,故f>0,故D正确.10.(2020·临沂模拟)若函数f(x)=2x3-ax2(a<0)在上有最大值,则a的取值可能为 (　　)A.-6   B.-5   C.-4   D.-3【解析】选ABC.令f′(x)=2x(3x-a),得x1=0,x2=(a<0),当<x<0时,f′(x)<0;当x<或x>0时,f′(x)>0,则f(x)的增区间为,,减区间为, 从而f(x)在x=处取得极大值f=-,由f(x)=-,得=0,解得x=或x=-,又f(x)在上有最大值,所以<≤-,即a≤-4.11.(2020·烟台模拟)已知函数y=f是R上的奇函数,对任意x∈R,都有f=f+f成立,当x1,x2∈,且x1≠x2时,都有>0,则下列结论正确的有              (　　)A.f+f+f+…+f=0B.直线x=-5是函数y=f图象的一条对称轴C.函数y=f在上有5个零点D.函数y=f在上为减函数【解析】选ABD.由奇函数可得f(0)=0.由f(2-x)=f(x)+f(2),令x=2,可得f(2)=0,则f(x)=f(2-x),f(x)的图象关于直线x=1对称.f(x)=f(2-x)=-f(x-2)=-[-f(x-2-2)]=f(x-4),所以f(x)是周期为4的周期函数.当x1,x2∈,且x1≠x2时,都有>0,所以f(x)在区间上单调递增.根据以上信息可画出函数f(x)的草图如图所示.选项A,易得f(1)+f(3)=…=f(2 017)+f(2 019)=0,f(2)=f(4)=…=f(2 018)=0,所以f+f+f+…+f=0,A正确.选项B,直线x=-5是函数y=f图象的一条对称轴,B正确.选项C,函数y=f在上有7个零点,C不正确.选项D,函数y=f在上为减函数,D正确.12.对于定义域为D的函数f,若存在区间⊆D,同时满足下列条件:①f在上是单调的;②当定义域是时,f的值域也是,则称为该函数的“和谐区间”.下列函数存在“和谐区间”的是 (　　)A.f=x3     B.f=3-C.f=ex-1    D.f=ln x+2【解析】选ABD.A.f(x)=x3是单调递增函数,若存在区间,m<n 使解得m=-1,0,n=0,1,所以存在区间,, 满足②,所以A符合;B.f=3-在和上都是单调递增函数,所以设m<n<0或0<m<n,满足解得m=1,n=2,所以存在区间满足条件,所以B符合;C.f(x)=ex-1是单调递增函数,若存在区间,m<n,使即ex=x+1有两个不等实数根,但y=ex与y=x+1相切于点,没有两个不等实数根,所以不正确,C不符合;D.f(x)=ln x+2是单调递增函数,定义域是 ,若存在区间,m<n,使即ln x+2=x有两个不等实数根,转化为ln x=x-2,即y=ln x与y=x-2有两个不同的交点,满足条件,所以D符合.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.已知幂函数f(x)=xa的图象过点,则f(x)的定义域为________. 【解析】依题意得2a==,所以a=-,f(x)==,所以f(x)的定义域为(0,+∞).答案:(0,+∞)14.若函数f(x)=(a>0,a≠1)的定义域和值域都是[0,1],则loga+lo=________. 【解析】当0<a<1时,函数f(x)=递增,又函数f(x)的定义域和值域都是[0,1], 则此方程组无解.当a>1时,函数f(x)=递减,又函数f(x)的定义域和值域都是[0,1],则解得a=2,所以loga+lo=log2+lo=log2-log2=log2=-1.答案:-115.若函数f(x)=(a>0且a≠1)的值域为[4,+∞),则f(1)=________;实数a的取值范围为________. 【解析】因为1≤2,所以f(1)=-1+6=5.当x≤2时,y=-x+6是减函数,所以y≥-2+6=4.若0<a<1,函数y=f(x)=3+logax是减函数,显然当x→+∞时,y→-∞,不符合题意;若a>1,函数y=f(x)=3+logax是增函数,所以y>3+loga2,要想函数f(x)的值域为[4,+∞),只需3+loga2≥4,即loga2≥1⇒≥1⇒lg 2≥lg a⇒a≤2,所以1<a≤2,实数a的取值范围为(1,2].答案:5　(1,2] 16.若函数f(x)=x2ex-a恰有3个零点,则实数a的取值范围是________. 世纪金榜导学号 【解析】函数y=x2ex的导数为y′=2xex+x2ex=xex(x+2), 令y′=0,则x=0或-2,所以函数y在(-2,0)上单调递减,在(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,所以0或-2 是函数y的极值点,函数的极值为:y1=0,y2=4e-2=,函数f(x)=x2ex-a恰有三个零点,则实数a的取值范围是.答案:四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)已知2x≤256且log2x≥.(1)求x的取值范围.(2)在(1)的条件下,求函数f(x)=(log2)×(lo2x)的最大值和最小值.【解析】 (1)由2x≤256得x≤8,log2x≥得x≥,所以≤x≤8.(2)由(1)≤x≤8得≤log2x≤3,f(x)=(log2)×(lo2x)=×2(1+log2x)=log2x(1+log2x),所以f(x)=log2x(1+log2x)=- ,当log2x=时,f(x)min= .当log2x=3时,f(x)max=12.18.(12分)已知函数f(x)=(m∈R).(1)当m=3时,判断并证明函数f(x)的奇偶性.(2)当m>1时,判断并证明函数f(x)在R上的单调性.【解析】(1)函数f(x)=为奇函数.由题意知f(x)的定义域为R,且f(-x)===-f(x),所以f(x)为奇函数.(2)当m>1时,函数f(x)==-1+在R上为减函数.理由:设x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-1++1-=(m-1),由m>1,可得m-1>0,x1<x2,可得->0,且(1+)(1+)>0,即有f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),可得当m>1时,f(x)在R上为减函数.19.(12分)函数f(x)=xex-ln x-ax.(1)若函数f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=2(e-1)(x-1)平行,求实数a的值.(2)若函数f(x)在[1,+∞)上递增,求实数a的取值范围.【解析】(1)f′(x)=(x+1)ex--a(x>0),f′(1)=2e-1-a=2(e-1),所以a=1.(2)由函数f(x)在[1,+∞)上递增,可得f′(x)=(x+1)ex--a≥0在[1,+∞)上恒成立,即a≤(x+1)ex-在[1,+∞)上恒成立,令g(x)=(x+1)ex-,则g′(x)=(x+2)ex+>0,所以g(x)在[1,+∞)上递增,所以g(x)min=g(1)=2e-1,所以a≤2e-1.即a的取值范围为(-∞,2e-1].20.(12分)(2020·福州模拟)已知函数f(x)=xex+a(x-1)2+b在点(0,f(0))处的切线方程为3x-y-1=0.              世纪金榜导学号(1)求a,b的值.(2)证明:当x>0时,f(x)>2eln x+1.【解题指南】(1)根据点(0,f(0))在切线3x-y-1=0上可得a+b=-1;再根据f′(0)=3可得1-2a=3进而求出a 和b的值.(2)构造新函数g(x)=f(x)-2eln x-1,利用导数来研究y=g(x)的单调性及最值,从而证明不等式成立.【解析】(1)由题可知,点(0,f(0))在直线3x-y-1=0上,则有a+b=-1.又因为f′(x)=(x+1)ex+2a(x-1)且f′(0)=3,所以1-2a=3,所以可求出.(2)令g(x)=f(x)-2eln x-1=xex-(x-1)2-2eln x-1,所以g′(x)=(x+1)ex-2(x-1)-.令h(x)=(x+1)ex-2x-+2,所以h′(x)=(x+2)ex-2+=2(ex-1)+xex+>0,所以y=h(x)在(0,+∞)上单调递增.又因为h(1)=0,所以当0<x<1时,h(x)<0,当x>1时,h(x)>0,所以y=g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=e-1>0,所以g(x)>0,即f(x)>2eln x+1.21.(12分)(2020·天津模拟)已知函数f=ax2-ex，f′是f的导数(e为自然对数的底数).(1)当a=1时，求曲线y=f在点(0，f)处的切线方程.(2)若当x≥0时，不等式f≤-x-1恒成立，求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=1时，f=x2-ex，f′=2x-ex，则f=0-e0=-1，f′=0-e0=-1，所以切线方程为y+1=-1，即x+y+1=0.(2)当x≥0时，f≤-x-1恒成立，即ax2-ex+x+1≤0在上恒成立，设g=ax2-ex+x+1，则g′=2ax-ex+1，g′′=2a-ex.①当a≤时，2a≤1，此时ex≥e0=1，则g′′≤0，可知g′在上单调递减，则g′≤g′=0，所以g在上单调递减，所以g≤g=0，即f≤-x-1恒成立，所以a≤满足题意，②当a>时，令g′′=0，解得x=ln 2a，当x∈时，g′′>0，则g′单调递增，此时g′≥g′=0，则g在上单调递增，所以g≥g=0，即当x∈时，f≥-x-1，即f≤-x-1不恒成立，可知a>不合题意，综上所述，a∈.22.(12分)已知函数f(x)=x2+ax+2ln x(a为常数). 世纪金榜导学号(1)若f(x)是定义域上的单调函数,求a的取值范围.(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且|x1-x2|≤,求|f(x1)-f(x2)|的最大值.【解析】(1)因为f(x)=x2+ax+2ln x,x∈(0,+∞),所以f′(x)=2x+a+=.设g(x)=2x2+ax+2,x∈(0,+∞),因为f(x)是定义域上的单调函数,函数g(x)的图象为开口向上的抛物线,所以f′(x)≥0在定义域上恒成立,即g(x)=2x2+ax+2≥0在(0,+∞)上恒成立.又二次函数图象的对称轴为x=-,且图象过定点(0,2),所以-≤0,或,解得a≥-4.所以实数a的取值范围为[-4,+∞).(2)由(1)知函数f(x)的两个极值点x1,x2满足2x2+ax+2=0,所以x1·x2=1,x1+x2=-,不妨设0<x1<1<x2,则f(x)在(x1,x2)上是减函数,所以f(x1)>f(x2),所以|f(x1)-f(x2)|=f(x1)-f(x2)=+ax1+2ln x1-(+ax2+2ln x2)=-+a(x1-x2)+2ln=--2(x1+x2)(x1-x2)+2ln=-+2ln=--2ln ,令t=,则t>1,又|x1-x2|=x2-≤ ,即2-3x2-2≤0,解得1<x2≤2,故1<≤4,所以1<t≤4.设h(t)=t--2ln t(1<t≤4),则h′(t)=1+-=≥0,所以h(t)在(1,4]上为增函数.所以h(t)≤h(4)=-2ln 4=-4ln 2,即|f(x1)-f(x2)|≤-4ln 2.所以|f(x1)-f(x2)|的最大值为-4ln 2.