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2019-2020年高考数学大一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 单元质量检测 理 新人教A版


2019-2020 年高考数学大一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 单元

质量检测 理 新人教 A 版

一、选择题(每小题 4 分,共 40 分)

1.函数 y= x+

0
的定义域为(

)

2x+1

A.???-12,+∞??? C.???12,+∞???

B.???-12,-1???∪(-1,+∞) D.???-12,-1???∪(-1,+∞)

解析:由?????x2+ x+1≠ 1>00, , 得 x∈???-12,+∞???.

答案:A 2.曲线 y=x3-2x+4 在点(1,3)处的切线的倾斜角为( )

A.30°

B.45°

C.60°

D.120°

解析:由 y′=3x2-2 得 y′|x=1=1,即曲线在点(1,3)处的切线斜率为 1,所以切线的

倾斜角为 45°.

答案:B

3.若已知函数 f(x)=?????l9-ogx+2x,1,x>x0≤,0, 则 f(f(1))+f???log312???

的值是( )

A.7

B.2

C.5

D.3

解析:f(1)=log21=0,所以

f(f(1))=f(0)=2.因为

1 log32<0,所以

f???log312???=9+1=

9log32+1=32log32+1=3log34+1=4+1=5,所以 f(f(1))+f???log312???=2+5=7,故选 A.

答案:A

1

1

-3

-3

4.已知 a=0.7

,b=0.6

,c=log2.11.5,则 a,b,c 的大小关系是( )

A.c<a<b

B.c<b<a

C.a<b<c

D.b<a<c

解析:由

1

1

log2.11.5<1<0.7-3<0.6-3,得

c<a<b.

答案:A

5.函数 f(x)=2x-sinx 的零点个数为( )

A.1

B.2

C.3

D.4

解析:显然 f(x)的一个零点是 0,而 f′(x)=2-cosx>0,即 f(x)在 R 上单调递增,因

此函数 f(x)只有一个零点,故选 A.

答案:A

6.已知函数 f(x)=x-4+x+9 1,x∈(0,4),当 x=a 时,f(x)取得最小值 b,则函数 g(x)

=???1a???|x+b|的图象为(

)

解析:由基本不等式得 f(x)=x+1+x+9 1-5≥2

x+

x+9 1-5=1,当且仅当

x+1=x+9 1,

即 x=2 时取得最小值 1,故 a=2,b=1,

因此 g(x)=???1a???|x+b|=???12???|x+1|,

只需将 y=???12???|x|的图象向左平移 1 个单位即可,

其中 y=???12???|x|的图象可利用其为偶函数通过 y=???12???x 作出,故选 B.

答案:B

7.定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 f(x-4)=-f(x),且在区间[0,2]上是增函数,则

()

A.f(2)<f(5)<f(8)

B.f(5)<f(8)<f(2)

C.f(5)<f(2)<f(8)

D.f(8)<f(2)<f(5)

解析:因为 f(x-4)=-f(x),所以 f(x+8)=f(x),

所以函数 f(x)是周期函数,且周期为 8,

所以 f(8)=f(0),f(5)=-f(1)=f(-1),

因为奇函数 f(x)在区间[0,2]上是增函数,

所以函数 f(x)在区间[-2,2]上是增函数, 又-2<-1<0<2,所以 f(5)<f(8)<f(2).

答案:B

8.若函数 f(x)=13x3+mx2-3m2x+1,m∈R 在区间(-2,3)上是减函数,则实数 m 的取值

范围为( )

A.m≥3

B.m≤-2

C.m≥2 或 m≤-3

D.m≥3 或 m≤-2

解析:因为 f′(x)=x2+2mx-3m2,令 f′(x)=0,得 x=-3m 或 x=m.当 m=0 时,f′(x)

=x2≥0 恒成立,不符合题意.当 m>0 时,f(x)的单调递减区间是(-3m,m),若 f(x)在区间

(-2,3)上是减函数,则?????- m≥3m3≤-2 ,解得 m≥3.当 m<0 时,f(x)的单调递减区间是(m,

-3m),若 f(x)在区间(-2,3)上是减函数,则?????m-≤3-m≥23 的取值范围是 m≥3 或 m≤-2.故选 D.

,解得 m≤-2.综上所述,实数 m

答案:D 9.若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x3-ax2-2bx+2 在 x=1 处有极值,则 ab 的最大值等

于( )

A.2

B.3

C.6

D.9

解析:∵f′(x)=12x2-2ax-2b,

Δ =4a2+96b>0,又 x=1 是极值点,

∴f′(1)=12-2a-2b=0,即 a+b=6,且 a>0,b>0,

∴ab≤

a+b 4

2
=9,当且仅当 a=b 时“=”成立,所以 ab 的最大值为 9.

答案:D

10.(xx·湖南卷)若 0<x1<x2<1,则( )

A.ex2-ex1>lnx2-lnx1

B.ex2-ex1<lnx2-lnx1

C.x2ex1>x1ex2

D.x2ex1<x1ex2

解析:构造函数 f(x)=ex-lnx,则 f′(x)=ex-1x,故 f(x)=ex-lnx 在(0,1)上有一个

极值点,即 f(x)=ex-lnx 在(0,1)上不是单调函数,无法判断 f(x1)与 f(x2)的大小,故 A、

B 错;构造函数 g(x)=exx,则 g′(x)=xexx-2 ex=ex

x- x2

,故函数 g(x)=exx在(0,1)上单调

递减,故 g(x1)>g(x2),x2ex1>x1ex2,故选 C.

答案:C

二、填空题(每小题 4 分,共 16 分)

11.设 f(x)=?????x22x, ,xx≥<0, 0, 则 f[f(-1)]=________. 解析:f(-1)=(-1)2=1,所以 f[f(-1)]=f(1)=21=2.

答案:2 12.不等式 x2-2x<0 表示的平面区域与抛物线 y2=4x 围成的封闭区域的面积为

________.

解析:由 x2-2x<0,得 0<x<2,又 y2=4x,得 y=±2 x,∴所求面积 S=2??022 xdx=4·23

3

2 x

2
? ?

?0

=163 2.

16 答案: 3 2

13.若曲线 f(x)=ax2+lnx 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 的取值范围是________.

解析:依题意得,f′(x)=2ax+1x=0(x>0)有实根,

所以 a=-21x2<0.

答案:(-∞,0)

14.对于函数 f(x)=x|x|+px+q,现给出四个命题:

①q=0 时,f(x)为奇函数;

②y=f(x)的图象关于(0,q)对称;

③p=0,q>0 时,方程 f(x)=0 有且只有一个实数根;

④方程 f(x)=0 至多有两个实数根.

其中正确命题的序号为________.

解析:若 q=0,则 f(x)=x|x|+px=x(|x|+p)为奇函数,所以①正确;由①知,当 q

=0 时,f(x)为奇函数,图象关于原点对称,f(x)=x|x|+px+q 的图象由函数 f(x)=x|x|

+px 向上或向下平移|q|个单位,所以图象关于(0,q)对称,所以②正确;当 p=0,q>0 时,

f(x)=x|x|+q=?????x-2+x2q+,qx,≥x0<,0, 当 f(x)=0,得 x=- q,只有一解,所以③正确;取

q=0,p=-1,f(x)=x|x|-x=?????x-2-x2x-,xx,≥x0<, 0, 由 f(x)=0,可得 x=0,x=±1 有三个

实根,所以④不正确.综上正确命题的序号为①②③.

答案:①②③

三、解答题(共 4 小题,共 44 分,解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤.)

15.(10 分)已知函数 f(x)=a-|1x|.

(1)求证:函数 y=f(x)在(0,+∞)上是增函数.

(2)若 f(x)<2x 在(1,+∞)上恒成立,求实数 a 的取值范围.

解:(1)证明:当 x∈(0,+∞)时,f(x)=a-1x,

设 0<x1<x2,则 x1x2>0,x2-x1>0, f(x2)-f(x1)=???a-x12???-???a-x11??? =x11-x12=x2x-1xx2 1>0, 所以 f(x)在(0,+∞)上是增函数.

(2)由题意 a-1x<2x 在(1,+∞)上恒成立,

设 h(x)=2x+1x,则 a<h(x)在(1,+∞)上恒成立.

任取 x1,x2∈(1,+∞)且 x1<x2,

h(x1)-h(x2)=(x1-x2)???2-x11x2???.

因为 1<x1<x2,所以 x1-x2<0,x1x2>1,

所以

1 2-x1x2>0,所以

h(x1)<h(x2),

所以 h(x)在(1,+∞)上单调递增.

故 a≤h(1)即 a≤3,

所以 a 的取值范围是(-∞,3].

16.(10 分)(xx·江西卷)已知函数 f(x)=(x2+bx+b)· 1-2x(b∈R).

(1)当 b=4 时,求 f(x)的极值;

(2)若 f(x)在区间???0,13???上单调递增,求 b 的取值范围. 解:(1)当 b=4 时,f′(x)=-5x x+ ,
1-2x

由 f′(x)=0 得 x=-2 或 x=0.

当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;

当 x∈(-2,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;

当 x∈???0,12???时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 故 f(x)在 x=-2 取极小值 f(-2)=0,在 x=0 取极大值 f(0)=4.

(2)f′(x)=-x[5x+ b- , 1-2x

因为当 x∈???0,13???时,

-x <0, 1-2x

依题意当 x∈???0,13???时,有 5x+(3b-2)≤0,从而53+(3b-2)≤0.

所以 b 的取值范围为???-∞,19???. 17.(12 分)设函数 f(x)=x2+ax-lnx(a∈R).

(1)若 a=1,求函数 f(x)的单调区间;

(2)过坐标原点 O 作曲线 y=f(x)的切线,证明:切点的横坐标为 1.

解:(1)a=1 时,f(x)=x2+x-lnx(x>0),

∴f′(x)=2x+1-1x= 2x- x x+ ,

当 x∈???0,12???时,f′(x)<0;

当 x∈???12,+∞???时,f′(x)>0.

∴f(x)的单调递减区间为???0,12???,单调递增区间为???12,+∞???.

(2)证明:设切点为 M(t,f(t)),f′(x)=2x+a-1x,

切线的斜率 k=2t+a-1t,又切线过原点,则 k=f

t t



ft ∴t

=2t+a-1t,即 t2+at-lnt=2t2+at-1.

∴t2-1+lnt=0,

存在性:t=1 满足方程 t2-1+lnt=0,

∴t=1 是方程 t2-1+lnt=0 的根.

再证唯一性:设 φ (t)=t2-1+lnt,φ ′(t)=2t+1t>0,

φ (t)在(0,+∞)单调递增,且 φ (1)=0, ∴方程 t2-1+lnt=0 有唯一解.

综上,切点的横坐标为 1.

18.(12 分)(xx·新课标全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线 y=f(x)在点 (0,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为-2.
(1)求 a; (2)证明:当 k<1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. 解:(1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a, 曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y=ax+2. 由题意得-2a=-2,所以 a=1. (2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设 g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题设知 1-k>0. 当 x≤0 时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所 以 g(x)=0 在(-∞,0]有唯一实根. 当 x>0 时,令 h(x)=x3-3x2+4,则 g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增,所以 g(x)>h(x)≥h(2)=0. 所以 g(x)=0 在(0,+∞)没有实根. 综上,g(x)=0 在 R 有唯一实根,即曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点.



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