（浙江专用）2019高考数学二轮复习课时跟踪检测（十九）小题考法——基本初等函数、函数与方程、函数模型的应用.doc

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1、1课时跟踪检测（十九） 小题考法基本初等函数、 函数与方程、函数模型的应用A 组107 提速练一、选择题1函数 f(x)ln( x21)的图象大致是( )解析：选 A 函数 f(x)的定义域为 R，由 f( x)ln( x)21ln( x21) f(x)知函数 f(x)是偶函数，则其图象关于 y 轴对称，排除 C；又由 f(0)ln 10，可排除B、D.故选 A.2(2016全国卷)已知 a243， b32， c2513，则( )A b a c B a b cC b c a D c a b解析：选 A a24342， b32， c251352. y x 3在第一象限内为增函数，又 543， c

2、 a b.3(2018浙江“七彩阳光”联盟期中)设 a0， b0，则“log 2alog 2blog 2(a b)”是“ ab4”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 log2alog 2blog 2(a b)，则 ab a b.又 a0， b0，则有 ab a b2 ，当且仅当 a b 时等号成立，即有 ab4，故充分性成立；ab若 a4， b1，满足 ab4，但 log2alog 2b2，log 2(a b)log 252，即 log2alog 2blog 2(a b)不成立，故必要性不成立，故选 A.4(2019 届高三浙江名校协作

3、体联考)已知函数 f(x) xe x a， g(x)ln( x2)4e a x，其中 e 为自然对数的底数，若存在实数 x0，使 f(x0) g(x0)3 成立，则实数 a的值为( )Aln 21 Bln 21Cln 2 Dln 22解析：选 A f(x) g(x) xe x aln( x2)4e a x，令 y xln( x2)，则y1 ，故 y xln( x2)在(2，1)上是减函数，(1，)上是增1x 2 x 1x 2函数，故当 x1 时， y 有最小值101，而 ex a4e a x4(当且仅当ex a4e a x，即 x aln 2 时，等号成立)，故 f(x) g(x)3(当且仅当

4、等号同时成立时，等号成立)，所以 x aln 21，即 aln 21.综上所述，答案选 A.5某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司 2017 年全年投入研发资金 130 万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长 12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过 200 万元的年份是( )(参考数据：lg 1.120.05，lg 1.30.11，lg 20.30)A2020 年 B2021 年C2022 年 D2023 年解析：选 B 设 2017 年后的第 n 年该公司投入的研发资金开始超过 200 万元由130(112%) n200，得 1.12n ，两边取常用对数，得20

5、13n ， n4，从 2021 年开始，该公司投入的研发资金lg 2 lg 1.3lg 1.12 0.30 0.110.05 195开始超过 200 万元6(2017全国卷)已知函数 f(x)ln xln(2 x)，则( )A f(x)在(0,2)单调递增B f(x)在(0,2)单调递减C y f(x)的图象关于直线 x1 对称D y f(x)的图象关于点(1,0)对称解析：选 C 由题易知， f(x)ln xln(2 x)的定义域为(0,2)， f(x)ln x(2 x)ln( x1) 21，由复合函数的单调性知，函数 f(x)ln xln(2 x)在(0,1)单调递增，在(1,2)单调递减

6、，所以排除 A、B；又 f ln ln ln ，(12) 12 (2 12) 34f ln ln ln ，(32) 32 (2 32) 34所以 f f ln ，所以排除 D.故选 C.(12) (32) 347已知函数 f(x)ln( x24 x a)，若对任意的 mR，均存在 x0使得 f(x0) m，则实数 a 的取值范围是( )A(，4) B(4，)C(，4 D4，)3解析：选 D 依题意得，函数 f(x)的值域为 R，令函数 g(x) x24 x a，其值域包含(0，)，因此对于方程 x24 x a0，有 164 a0，解得 a4，即实数 a 的取值范围是4，)，故选 D.8(201

7、8湖州模拟)已知函数 f(x) x3 mx3 nx(m1 时，有 2 个交点，符合题意综上， a 的取值范围为1，)故选 C.10已知定义域为 R 的函数 f(x)的图象经过点(1,1)，且对任意实数 x12，则不等式 f(log2|3x1|)2，f x1 f x2x1 x2可得 f(x1)2 x10，212f(3) log 43 log 2 0 时，由| f(a)|2 可得|1log 2a|2，所以 1log 2a2 或 1log 2a2，解得 a8 或 00 时，函数 y ， t(0，)的单调递增区间|tat|是 ，a)，此时 1，即 01，则 a 的最小值为_解析：设 g(x) f(x)

8、 x ax2( b1) x c， g(x)0 在(0,1)上有两个实数根，设为 x1， x2，于是 g(x) a(x x1)(x x2)，由题知Error! 故Error!所以 g(0)g(1) a2x1(1 x1)x2(1 x2) (当且仅当 x1 x2 时等号成立)，所以a216 121 g(0)g(1) ，所以 a4，经检验，当 a4， b3， c1 时符合题意，故 a 的最小a216值为 4.6答案：4B 组能力小题保分练1对于满足 00，于是 c 1 2，对满足 02.故选 D.a b ca2已知 a， b， c， d 都是常数， ab， cd.若 f(x)2 017( x a)(x

9、 b)的零点为c， d，则下列不等式正确的是( )A acbd B abcdC cdab D cabd解析：选 D f(x)2 017( x a)(x b) x2( a b)x ab2 017，又 f(a) f(b)2 017， c， d 为函数 f(x)的零点，且ab， cd, 所以可在平面直角坐标系中作出函数 f(x)的大致图象，如图所示，由图可知 cabd，故选 D.3定义在 R 上的偶函数 f(x)满足 f(2 x) f(x)，且当 x1,2时， f(x)ln x x1，若函数 g(x) f(x) mx 有 7 个零点，则实数 m 的取值范围为( )A. (ln 2 16 ， ln 2

10、 18 ) (1 ln 28 ， 1 ln 26 )B.(ln 2 16 ， ln 2 18 )C.(1 ln 28 ， 1 ln 26 )D.(ln 2 16 ， 1 ln 28 )解析：选 A 函数 g(x) f(x) mx 有 7 个零点，即函数 y f(x)的图象与 y mx 的图象有 7 个交点当 x1,2时， f(x)ln x x1， f( x) 1 0 时，可得 c)，关于 x 的方程|x2 ax b| cx 恰有三个不等实根，且函数 f(x)| x2 ax b| cx 的最小值是 c2，则_.ac解析：由关于 x 的方程| x2 ax b| cx 恰有三个不等实根可知， y x2 ax b 有两个正的零点 m， n(mc，所以 4c a c，即 5.ac答案：51