2021届高考文科数学二轮复习提能专训1-函数与方程思想.docx

提能专训(一)函数与方程思想一、选择题1函数f(x)的定义域为R，f(1)2，对任意xR，f(x)2，则f(x)2x4的解集为()A(1,1)B(1，)C(，1) D(，)答案：B解析：设(x)f(x)(2x4)，则(x)f(x)20，(x)在R上为增函数，又(1)f(1)(24)0，由(x)0，可得x1.故f(x)2x4的解集为(1，)2若函数f(x)，g(x)分别为R上的奇函数、偶函数，且满足f(x)g(x)ex，则有()Af(2)f(3)g(0) Bg(0)f(3)f(2)Cf(2)g(0)f(3) Dg(0)f(2)f(2)0，因此g(0)f(2)0，解得n，故前5项和最小4(2022开封摸底考试)等比数列an中，a12，a84，函数f(x)x(xa1)(xa2)(xa8)，则f(0)()A212B29C28D26答案：A解析：f(x)(xa1)(xa2)(xa8)x(xa1)(xa2)(xa8)，f(0)(0a1)(0a2)(0a8)a1a2a8(a1a8)484212.5(2022贵州六校联考)已知f(x)是偶函数，当x时，f(x)xsin x，若af(cos 1)，bf(cos 2)，cf(cos 3)，则a，b，c的大小关系为()Aabc BbacCcba Dbca答案：B解析：由于函数为偶函数，故bf(cos 2)f(cos 2)，cf(cos 3)f(cos 3)，由于x，f(x)sin xxcos x0，即函数在区间上为增函数，依据单位圆中三角函数线易得0cos 2cos 1cos 3，依据函数单调性可得f(cos 2)f(cos 1)0，解得x2 015，故函数f(x)的定义域为(2 015，)由f(x)0，即(x22 014x2 015)ln(x2 015)0，得x22 014x2 0150或ln(x2 015)0，由x22 014x2 0150，即(x1)(x2 015)0，解得x1或x2 015，明显都不在函数f(x)的定义域内，故不合题意；解ln(x2 015)0，即x2 0151，解得x2 016.所以函数f(x)只有一个零点故选C.二、填空题10(2022忻州第一次联考)在等差数列an中，a25，a621，记数列的前n项和为Sn，若S2n1Sn对nN*恒成立，则正整数m的最小值是_答案：5解析：由已知，可得an4n3，对数列S2n1Sn，有(S2n3Sn1)(S2n1Sn)0)有最大值；函数y23x(x0，则(1a)4.正确的序号是_答案：解析：函数yx(12x)的对称轴为x，故当x时，函数取到最大值，正确；函数y23x2，由于x0，则(1a)2a4，正确12(2022保定调研)若函数f(x)x33x对任意的m2,2，f(mx2)f(x)0恒成立，则x_.答案：解析：由题意可知，f(x)为奇函数，且在定义域内为增函数，f(mx2)f(x)0可变形为f(mx2)f(x)，mx2x，将其看作关于m的一次函数g(m)xm2x，m2,2，可得当m2,2时，g(m)0恒成立，若x0，g(2)0；若x0，g(2)0，解得2x0，此时f(x)在x上单调递增，最大值fa，解得a1，符合题意，故a1.(2)f(x)xsin x在x(0，)上的零点个数即为函数ysin x，y的图象在x(0，)上的交点个数，又x时，sin 10，所以两图象在x(0，)内有2个交点，即f(x)xsin x在x(0，)上的零点个数是2.三、解答题14(2022安徽合肥质检)已知函数f(x)x3ax2bx4(xR)在x2处取得微小值(1)若函数f(x)的微小值是4，求f(x)；(2)若函数f(x)的微小值不小于6，问：是否存在实数k与函数f(x)，使得函数f(x)在k，k3上单调递减若存在，求出k的取值集合与f(x)；若不存在，说明理由解：(1)f(x)3x22axb，由知，解得检验可知，满足题意，故f(x)x32x24x4(xR)(2)假设存在实数k，使得函数f(x)在k，k3上单调递减设f(x)3x22axb0的两根为x1，x2(x1x2)，则x22.由f(x)0，|PQ|x1x2|4，又A(2k，b)到直线PQ的距离为d，SAPQ|PQ|d4|k2b|4(k2b)4(k22k2)4(k1)21，当k1时，SAPQ最小，其最小值为4，此时点A的坐标为(2,0)16(2022江苏扬州中学期中)已知关于x的方程4x22(m1)xm0，(1)若该方程的一根在区间(0,1)上，另一根在区间(1,2)上，求实数m的取值范围；(2)若该方程的两个根都在(0,1)内且它们的平方和为1，求实数m的取值集合解：(1)记f(x)4x22(m1)xm则有f(0)0，f(1)0，解之得，2m1时，方程f(x)m有且仅有两个不等的解