-4-廣鐵一中2017學年上學期高一數學期中考試復習資料《必修一》模塊必做解答題問題一：含參數分類討論的集合綜合運算問題1.已知集合，集合.（1）當時，判斷集合與集合的關系；（2）若，求實數的取值范圍.2.已知全集為實數集R，集合A＝{x|y＝eq\r(x－1)＋eq\r(3－x)}，B＝{x|log2x＞1}．(1)求A∩B，(CRB)∪A；(2)已知集合C＝{x|1＜x＜a}，若C?A，求實數a的取值范圍．問題二：應用問題3.通過研究學生的學習行為，心理學家發現，學生接受能力依賴于老師引入概念和描述問題所用的時間．講座開始時，學生的興趣激增，中間有一段不太長的時間，學生的興趣保持理想的狀態，隨后學生的注意力開始分散．分析結果和實驗表明，用f(x)表示學生掌握和接受概念的能力[f(x)的值越大，表示接受能力越強]，x表示提出和講授概念的時間(單位：分)，可以有以下公式：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－0.1x2＋2.6x＋43，0<x≤10,59，10<x≤16,－3x＋107.16<x≤30))(1)開講多少分鐘后，學生的接受能力最強？能維持多少分鐘？(2)開講5分鐘與開講20分鐘比較，學生的接受能力何時強一些？(3)一個數學難題，需要55的接受能力以及13分鐘的時間，老師能否及時在學生一直達到所需接受能力的狀態下講授完這個難題？4.為了保護環境，發展低碳經濟，某單位在國家科研部門的支持下，進行技術攻關，采用新工藝，把二氧化碳轉化為一種可利用的產品．已知該單位每月處理二氧化碳最少為400噸，最多為600噸，月處理成本y(元)與月處理量x(噸)之間的函數關系可近似表示為y＝eq\f(1,2)x2－200x＋80000，且每處理1噸二氧化碳得到可利用的化工產品價值為100元．(1)若該單位每月成本支出不超過105000元，求月處理量x的取值范圍．(2)該單位每月能否獲利？如果獲利，求出最大利潤；如果不獲利，則國家至少需要補貼多少元才能使該單位不虧損？問題五：函數零點的分布及個數問題9.已知是定義在R上的奇函數，當x≤0時，.（1）求x>0時，的解析式；（2）若函數有三個不同零點，求實數a的取值范圍．10.(1)為何值時，.①有且僅有一個零點；②有兩個零點且均比－1大；(2)若函數有4個零點，求實數a的取值范圍．問題六：含參函數分類討論及范圍界定問題11.已知函數其中是自然對數的底數．（1）證明：是上的偶函數；（2）若關于x的不等式在上恒成立，求實數m的取值范圍.12.已知,函數，.（1）指出的單調性(不要求證明)；（2）若有求的值；（3）若，求使不等式恒成立的t的取值范圍.參考答案1.解：（1），又.（2）當時，則，，此時，滿足題意；當時，由，得.所以或，即，從而實數的取值范圍為.2.解：(1)由已知得A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|log2x＞1}＝{x|x＞2}，所以A∩B＝{x|2＜x≤3}，(?RB)∪A＝{x|x≤2}∪{x|1≤x≤3}＝{x|x≤3}．(2)①當a≤1時，此時C＝，故C?A；②當a＞1時，此時,若C?A，則1＜a≤3.綜合①②，可得a的取值范圍是(－∞，3]．3.解：(1)當0<x≤10時，f(x)＝－0.1x2＋2.6x＋43＝－0.1(x－13)2＋59.9，故f(x)在0<x≤10時遞增，最大值為f(10)＝－0.1×(10－13)2＋59.9＝59.當10<x≤16時，f(x)＝59.當x>16時，f(x)為減函數，且f(x)<59.因此，開講10分鐘后，學生達到最強接受能力(為59)，能維持6分鐘時間．(2)f(5)＝－0.1×(5－13)2＋59.9＝53.5，f(20)＝－3×20＋107＝47<53.5，故開講5分鐘時學生的接受能力比開講20分鐘時要強一些．(3)當0<x≤10時，令f(x)＝55，解得x＝6或x＝20(舍)，當x>16時，令f(x)＝55，解得x＝17eq\f(1,3).因此學生達到(含超過)55的接受能力的時間為17eq\f(1,3)－6＝11eq\f(1,3)<13，所以老師來不及在學生一直達到所需接受能力的狀態下講授完這個難題．4.解：(1)設月處理量為x噸，則每月處理x噸二氧化碳可獲化工產品價值為100x元，則每月成本支出f(x)為f(x)＝eq\f(1,2)x2－200x＋80000－100x，x∈[400,600]．若f(x)≤105000，即eq\f(1,2)x2－300x－25000≤0，即(x－300)2≤140000，∴300－100eq\r(14)≤x≤100eq\r(14)＋300.∵100eq\r(14)＋300≈674>600，且x∈[400,600]，∴該單位每月成本支出不超過105000元時，月處理量x的取值范圍是{x|400≤x≤600}．(2)f(x)＝eq\f(1,2)x2－300x＋80000＝eq\f(1,2)(x2－600x＋90000)＋35000＝eq\f(1,2)(x－300)2＋35000，x∈[400,600]，∵eq\f(1,2)(x－300)2＋35000>0，∴該單位不獲利．由二次函數性質得當x＝400時，f(x)取得最小值．故f(x)min＝eq\f(1,2)(400－300)2＋35000＝40000.∴國家至少需補貼40000元才能使該單位不虧損．5.解：(1)設g(x)＝ax(a>0，a≠1)，由g(3)＝8得a＝2，故g(x)＝2x，由題意f(x)＝eq\f(－gx＋n,gx＋m)＝eq\f(－2x＋n,2x＋m)，因為f(x)是R上的奇函數，所以f(0)＝0，得n＝1.所以f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋m)，又由f(1)＝－f(－1)知m＝1，所以f(x)＝eq\f(1－2x,1＋2x).(2)f(x)是R上的單調減函數．證明：設x1∈R，x2∈R且x1<x2，因為y＝2x為R上的單調增函數且x1<x2，故2<2，又1＋2>0,1＋2>0，故f(x1)－f(x2)>0，所以f(x)是R上的單調減函數．6.（1）若f(x)為R上的奇函數,則f(0)=0，解得a=1，驗證如下：當a=1時,，所以,即f(x)為奇函數(2)為R上的單調遞增函數，證明過程如下：任取且，則，因為<,所以<，所以,f(x1)?f(x2)<0，即f(x)為R上的增函數；(3)此時,不等式,可化為：，又∵為R上的增函數,∴x<，解得,，7.(1)在f(x)－f(y)＝f(x－y)中，令x＝2，y＝1，代入得：f(2)－f(1)＝f(1)，所以f(2)＝2f(1)＝－4.(2)f(x)在(－3,3)上單調遞減．證明如下：設－3<x1<x2<3，則x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以f(x)在(－3,3)上單調遞減．(3)由g(x)≤0得f(x－1)＋f(3－2x)≤0，所以f(x－1)≤－f(3－2x)．又f(x)為奇函數，所以f(x－1)≤f(2x－3)，又f(x)在(－3,3)上單調遞減，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3<x－1<3，,－3<2x－3<3，,x－1≥2x－3，))解得0<x≤2，故不等式g(x)≤0的解集是(0,2]．8.解：(1)令x＝y＝0，則f(0)＝f(0)＋f(0)，∴f(0)＝0.(2)令y＝－x，得f(0)＝f(x)＋f(－x)＝0，∴f(－x)＝－f(x)，故函數f(x)是R上的奇函數．(3)任取x1，x2∈R，x1<x2，則x2－x1>0.∵f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1＋x1)－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－f(x1)＝f(x2－x1)>0，∴f(x1)<f(x2)．故f(x)是R上的增函數．∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝2，∴f(x)＋f(2＋x)＝f[x＋(2＋x)]＝f(2x＋2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))).又由y＝f(x)是定義在R上的增函數，得2x＋2<eq\f(2,3)，解之得x<－eq\f(2,3).故x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3))).9.解析：10.解：(1)①有且僅有一個零點?方程有兩個相等實根?Δ＝0，即4m2－4(3m＋4)＝0，即m2－3m－4＝0，∴m＝4或m＝－1.②設f(x)的兩個零點分別為，則＝－2m，＝3m＋4.由題意，知??∴－5＜m＜－1.故m的取值范圍為(－5，－1)．(2)令f(x)＝0，得|4x－x2|＋a＝0，則|4x－x2|＝－a.令g(x)＝|4x－x2|，h(x)＝－a.分別作出g(x)，h(x)的圖象．由圖象可知，當0＜－a＜4，即-4<a<0時，g(x)與h(x)的圖象有4個交點.11.解：（1），有，∴是上的偶函數（2）由題意，，即∵，∴，即對恒成立令，則對任意恒成立∵，當且僅當時等號成立∴12.解：（1）由題意有：①當時，遞減 ②當時，遞減當且時，是減函數設則定義域為，