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2013版高中全程复习方略课时提能演练:单元评估检测(二)(北师大版·数学理)

单元评估检测(二)

(第二章)

(120 分钟 150 分)

一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 6 分,共 60 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.下列函数在定义域上是增函数的是( )

(A)f(x)=x2

(B)f(x)=1x

(C)f(x)=tanx

(D)f(x)=ln(1+x)

2.(2011·广东高考)设函数 f(x)和 g(x)分别是 R 上的偶函数和奇函数,则下列

结论恒成立的是( )

(A)f(x)+|g(x)|是偶函数

(B)f(x)-|g(x)|是奇函数

(C)|f(x)|+g(x)是偶函数

(D)|f(x)|-g(x)是奇函数

3.(2012·景德镇模拟)已知定义在 R 上的奇函数满足 f(x+2)=-f(x),当

15 0<x<1 时,f(x)=x,则 f( 2 )=( )

(A)12

(B)-21

(C)125

(D)-125

4.函数方程 logx(y+1)-logx2=1 对应的图像是( )

5.(2012·九江模拟)若曲线 y=x4 的一条切线 l 与直线 x+4y-8=0 垂直,则

l 的方程为( )

(A)4x-y-3=0

(B)x+4y-5=0

(C)4x-y+3=0

(D)x+4y+3=0

6.当 x∈(1,2)时,不等式(x-1)2<logax 恒成立,则实数 a 的取值范围为( )

(A)(2,3]

(B)[4,+∞)

(C)(1,2]

(D)[2,4)

7.(2012·西安模拟)定义在 R 上的偶函数 f(x)满足:对任意的 x1,x2∈(-∞,

0](x1≠x2),有(x2-x1)(f(x2)-f(x1))>0,则当 n∈N+时,有( ) (A)f(-n)<f(n-1)<f(n+1)

(B)f(n-1)<f(-n)<f(n+1)

(C)f(n+1)<f(-n)<f(n-1)

(D)f(n+1)<f(n-1)<f(-n)

8.(易错题)设函数 f(x)=13x-lnx(x>0),则 y=f(x)(

)

1 (A)在区间(e,1),(1,e)内均有零点

(B)在区间(e1,1),(1,e)内均无零点

(C)在区间(e1,1)内有零点,在区间(1,e)内无零点

1 (D)在区间(e,1)内无零点,在区间(1,e)内有零点

9.(2011·湖南高考)已知函数 f(x)=ex-1,g(x)=-x2+4x-3.若有 f(a)=

g(b),则 b 的取值范围为( )

(A)[2- 2,2+ 2]

(B)(2- 2,2+ 2)

(C)[1,3]

(D)(1,3)

10.定义在 R 上的函数 f(x)满足(x+2)f′(x)<0,又 a=f(log3),b=f((13)0.3),

c=f(ln3),则( )

(A)a<b<c

(B)b<c<a

(C)c<a<b

(D)c<b<a

二、填空题(本大题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分.请把正确答案填在题中横

线上)

11.计算(lg41-lg25)÷100=

.

12.曲线 y=sinx,y=cosx,x=0,x=所围成的平面图形的面积为

.

13.(2012·郑州模拟)函数 f(x)=(x+a)3 对任意 t∈R,总有 f(1+t)=-f(1-

t),则 f(2)+f(-2)等于

.

14.已知函数 f(x)=???1,|x|≤1

,则方程 f(f(x))=1 的解集为

.

??2x-3,|x|>1

[来源:学#科#

网 Z#X#X#K]

15.(2011·四川高考)函数 f(x)的定义域为 A,若 x1,x2∈A 且 f(x1)=f(x2)时总 有 x1=x2,则称 f(x)为单函数.例如,函数 f(x)=2x+1(x∈R)是单函数. 下列命题:

①函数 f(x)=x2(x∈R)是单函数;

②若 f(x)为单函数,x1,x2∈A 且 x1≠x2,则 f(x1)≠f(x2); ③若 f:A→B 为单函数,则对于任意 b∈B,A 中至多有一个元素与之对应;

④函数 f(x)在某区间上具有单调性,则 f(x)一定是单函数.

其中的真命题是

.(写出所有真命题的编号)

三、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)

16.(10 分)(2012·安庆模拟)已知二次函数 f(x)的二次项系数为 a,且不等式

f(x)>-2x 的解集为(1,3).

(1)若方程 f(x)+6a=0 有两个相等的根,求 f(x)的解析式;

(2)若 f(x)的最大值为正数,求 a 的取值范围.

17.(12 分)两个二次函数 f(x)=x2+bx+c 与 g(x)=-x2+2x+d 的图像有唯一

的公共点 P(1,-2).

(1)求 b,c,d 的值;

(2)设 F(x)=(f(x)+m)·g′(x),若 F(x)在 R 上是单调函数,求 m 的取值范围,

并指出 F(x)是单调递增函数,还是单调递减函数.

18.(12 分)(2012·汉中模拟)某品牌电视生产厂家有 A、B 两种型号的电视机参

加了家电下乡活动,若厂家对 A、B 两种型号的电视机的投放金额分别为 p、q

万元,农民购买电视机获得的补贴分别为110p、25lnq 万元,已知 A、B 两种型号

的电视机的投放总额为 10 万元,且 A、B 两种型号的电视机的投放金额均不低

于 1 万元,请你制定一个投放方案,使得在这次活动中农民得到的补贴最多,

并求出最大值(精确到 0.1,参考数据:ln4≈1.4).

19.(12 分)(2012·南昌模拟)已知直线 l 与函数 f(x)=lnx 的图像相切于点 (1,0),且 l 与函数 g(x)=12x2+mx+72(m<0)的图像也相切.

(1)求直线 l 的方程及 m 的值; (2)若 h(x)=f(x+1)-g′(x),求函数 h(x)的最大值. 20.(12 分)(2011·北京高考)已知函数 f(x)= (1)求 f(x)的单调区间; (2)若对于任意的 x∈(0,+∞),都有 f(x)≤,求 k 的取值范围. 21.(12 分)(预测题)已知函数 f(x)=x2-ax-aln(x-1)(a∈R). (1)当 a=1 时,求函数 f(x)的最小值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)试说明是否存在实数 a(a≥1)使 y=f(x)的图像与 y=+ln2 的图像无公共点.
答案解析
1 1.【解析】选 D.函数 f(x)=x2 在 R 上不单调;f(x)= 在(-∞,0),(0,+∞)上都
x 是减函数;f(x)=tanx 在其有意义的区间上都是增函数,但在整个定义域上不是 增函数;f(x)=ln(x+1)在其定义域(-1,+∞)上是增函数. 2.【解析】选 A.∵g(x)是奇函数,其图像关于原点对称, ∴|g(x)|的图像关于 y 轴对称,是偶函数, 又 f(x)为偶函数,∴f(x)+|g(x)|是偶函数. 【方法技巧】函数奇偶性与函数图像的关系 (1)函数的奇偶性,揭示了函数图像的对称性:已知函数的奇偶性可得函数图像

的对称性;反之,已知函数图像的对称性可得函数的奇偶性. (2)从图像判断函数的奇偶性是很有效的方法:利用图像变换,可以很容易地画 出形如|f(x)|或 f(|x|)的函数图像,进而可判断函数的奇偶性. 3.【解析】选 B.∵f(x+2)=-f(x). ∴f(x+4)=-f(x+2)=f(x), ∴4 是函数 f(x)的周期.

15

1

1

11

∴f( )=f(8- )=f(- )=-f( )=- .

2

2

2

22

4.【解题指南】方程变形得 y 关于 x 的函数,要注意方程有意义时 x,y 的取值范 围. 【解析】选 C.方程变形为 logx=1,∴y=2x-1. x>0 且 x≠1,y>-1 ,故选 C.

1 5.【解析】选 A.设切点为 A(x0,y0),则 4x03·(-4)=-1,

∴x03=1,∴x0=1,∴A(1,1),l 的斜率 k=4, ∴l:y-1=4(x-1),即 4x-y-3=0. 6.【解析】选 C.设 y1=(x-1)2,则 y1 的图像如图所示:

设 y2=logax,则 y2 的图像应在 y1 的图像上方, ∴a>1 且 loga2≥(2-1)2=1, ∴a≤2,∴1<a≤2. 7.【解析】选 C.由题意得当 x2>x1 时,f(x2)>f(x1),

当 x2<x1 时,f(x2)<f(x1),故 f(x)在(-∞,0]上是增函数, ∵f(x)是偶函数,∴f(x)在[0,+∞)上是减函数, ∵n∈N+,∴n+1>n>n-1≥0, ∴f(n+1)<f(n)<f(n-1). 又∵f(-n)=f(n),∴f(n+1)<f(-n)<f(n-1).
11 8.【解析】选 D.∵f′(x)= - ,
3x
∴x∈(3,+∞)时,y=f(x)单调递增;
1 x∈(0,3)时,y=f(x)单调递减.而 0< <1<e<3,
e

11

1

e

又 f( )= +1>0,f(1)= >0,f(e)= -1<0,

e 3e

3

3

1
∴在区间( ,1)内无零点,在区间(1,e)内有零点.
e 1
【一题多解】选 D.令 g(x)= x,h(x)=lnx,如图,作出 g(x)与 h(x)在 x>0 的图
3 1
像,可知 g(x)与 h(x)的图像在( ,1)内无交点,在(1, e)内有 1 个交点,故选
e
D.

?? 4x-4,x≤1

【变式备选】已知函数 f(x)=?

,则关于 x 的方程 f(x)=log2x 解

??x2-4x+3,x>1

的个数为( )

(A)4

(B)3

(C)2

(D)1

【解析】选 B.在同一直角坐标系中画出 y=f(x)与 y=log2x 的图像,从图像中可

以看出两函数图像有 3 个交点,故其解有 3 个.

9.【解析】选 B.∵f(a)>-1,∴g(b)>-1, ∴-b2+4b-3>-1,∴b2-4b+2<0, ∴2- 2<b<2+ 2.故选 B. 10.【解析】选 D.∵(x+2)f′(x)<0, ∴当 x<-2 时,f′(x)>0. 当 x>-2 时,f′(x)<0. ∴f(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,+∞)上单调递减.
1 又 log3∈(-2,0),( )0.3∈(0,1),ln3>1,
3

1 ∴-2<log3<( )0.3<ln3.
3

1 ∴a=f(log3)>b=f(( )0.3)>c=f(ln3).
3

1

1

41

11.【解析】(lg -lg25)÷100=lg ÷

4

25 100

11 =lg ÷ =10×lg10-2=-20.
100 10

答案:-20

12. 【解析】如图所示, S= (cosx-sinx)dx+ (sinx-cosx)dx =(sinx+cosx)| +(-cosx-sinx)| =2-2. 答案:2-2 13.【解析】令 t=1,则 f(2)=-f(0). ∴(2+a)3=-a3,∴a=-1, ∴f(2)+f(-2)=(2-1)3+(-2-1)3=-26. 答案:-26 14.【解题指南】按分段函数的特点分类讨论. 【解析】①当|x|≤1 时,f(f(x))=f(1)=1 恒成立. ②当 x>1 时,|x|>1.f(x)=2x-3>-1. 当 2x-3≤1,即 1<x≤2 时,f(f(x))=f(2x-3)=1 恒成立. 当 2x-3>1,即 x>2 时 f(f(x))=f(2x-3)=2(2x-3)-3=1.

5 解得 x= 满足题意.
2

③当 x<-1 时,2x-3<-5. f(f(x))=f(2x-3)=2(2x-3)-3=1,

5

5

解得 x= 不满足题意,∴-1≤x≤2 或 x= .

2

2

5 答案:[-1,2]∪{ }
2

15.【解析】

选项

具体分析

结论

① 由 x2=4 可得 x1=2,x2=-2,则 x1≠x2 不合定义. 假命题

“x1,x2∈A 且 x1≠x2,则 f(x1)≠f(x2)”的逆否命题是“若

x1,x2∈A 且 f(x1)=f(x2)时总有 x1=x2”互为逆否命题



真命题

的两个命题等价.故②的逆否命题为真,故②为真命

题.

③ 符合唯一的函数值对应唯一的自变量

真命题

④ 在某一区间单调并不一定在定义域内单调.

假命题

答案:②③

16.【解析】(1)∵f(x)+2x>0 的解集为(1,3),则可令 f(x)+2x=a(x-1)[来源:学#科#网]

(x-3),且 a<0 因而 f(x)=a(x-1)(x-3)-2x=ax2-(2+4a)x+3a. ①

由方程 f(x)+6a=0 得 ax2-(2+4a)x+9a=0.



因为方程②有两个相等的根,所以Δ=[-(2+4a)]2-4a·9a=0,

1 即 5a2-4a-1=0,解得 a=1 或 a=- .
5

1

1 63

由于 a<0,舍去 a=1,将 a=- 代入①得 f(x)的解析式 f(x)=- x2- x- .

5

5 55

1+2a a2+4a+1

(2)由 f(x)=ax2-2(1+2a)x+3a=a(x-

)2-

及 a<0,可得 f(x)

a

a

?? a2+4a+1

a2+4a+1



>0

的最大值为-

,由?

a



a

??a<0

解得 a<-2- 3或-2+ 3<a<0.[来源:学,科,网] 17.【解题指南】(1)把点 P 的坐标代入两函数解析式,结合 x2+bx+c=-x2+ 2x+d 有唯一解,可求得 b,c,d,(2)若 F(x)在 R 上是单调函数,则 F′(x)在 R 上恒有 F′(x)≥0 或 F′(x)≤0.

?1+b+c=-2

【解析】(1)由已知得?



?-1+2+d=-2

?b+c=-3

化简得?



?d=-3

且 x2+bx+c=-x2+2x+d,即 2x2+(b-2)x+c-d=0 有唯一解, 所以Δ=(b-2)2-8(c-d)=0,即 b2-4b-8c-20=0, 消去 c 得 b2+4b+4=0,解得 b=-2,c=-1,d=-3. (2)由(1)知 f(x)=x2-2x-1,g(x)=-x2+2x-3, 故 g′(x)=-2x+2, F(x)=(f(x)+m)·g′(x) =(x2-2x-1+m)·(-2x+2) =-2x3+6x2-(2+2m)x+2m-2,

F′(x)=-6x2+12x-2-2m. 若 F(x)在 R 上为单调函数,则 F′(x)在 R 上恒有 F′(x)≤0 或 F′(x)≥0 成立. 因为 F′(x)的图像是开口向下的抛物线, 所以 F′(x)≤0 在 R 上恒成立, 所以Δ=122+24(-2-2m)≤0,解得 m≥2, 即 m≥2 时,F(x)在 R 上为单调递减函数. 18.【解析】设 B 型号电视机的投放金额为 x 万元(1≤x≤9),A 型号电视机的投放 金额为(10-x)万元,农民得到的补贴为 y 万元,则由题意得

1

22 1

y= (10-x)+ lnx= lnx- x+1.

10

5 5 10

21 y′= - ,
5x 10
令 y′=0 得 x=4.当 x∈[1,4)时,y′>0; 当 x∈(4,9]时,y′<0.
2 所以当 x=4 时,y 取得最大值,ymax=5ln4-0.4+1≈1.2.
故厂家投放 A、B 两种型号的电视机的金额分别是 6 万元和 4 万元,农民得到 的补贴最多,最多补贴约 1.2 万元. 【变式备选】某地建一座桥,两端的桥墩已建好,这两个桥墩相距 m 米,余下 的工程只需要建两端桥墩之间的桥面和桥墩,经预测,一个桥墩的工程费用为 256 万元,距离为 x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2+ x)x 万元.假设桥 墩等距离分布,所有桥墩都视为点,且不考虑其他因素,记余下工程的费用为 y

万元. (1)试写出 y 关于 x 的函数关系式; (2)当 m=640 米时,需新建多少个桥墩才能使 y 最小? 【解析】(1)设需要新建 n 个桥墩,(n+1)x=m,
m 即 n= -1,
x

所以 y=f(x)=256n+(n+1)(2+ x)x

m

m

=256( -1)+ (2+ x)x

x

x

256m = +m x+2m-256.
x

256m 1 (2)由(1)知,f′(x)=- + mx
x2 2

m = (x-512).
2x2

令 f′(x)=0,得 x=512,所以 x=64, 当 0<x<64 时,f′(x)<0,f(x)在区间(0,64)上为减函数; 当 64<x<640 时,f′(x)>0,f(x)在区间(64,640)上为增函数, 所以 f(x)在 x=64 处取得最小值,此时,

m 640

n= -1= -1=9,故需新建 9 个桥墩才能使 y 最小.

x

64

1 19.【解析】(1)∵f′(x)= ,直线 l 是函数 f(x)=lnx 的图像在点(1,0)处的切线,
x
∴其斜率 k=f′(1)=1,∴直线 l 的方程为 y=x-1.
又因为直线 l 与 g(x)的图像相切,

??y=x-1

∴? 1

7

??y=2x2+mx+2

1

9

x2+(m-1)x+ =0,

2

2

得Δ=(m-1)2-9=0m=-2(m=4 不合题意,舍去).

1

7

(2)由(1)知 g(x)= x2-2x+ ,

2

2

∴h(x)=f(x+1)-g′(x)=ln(x+1)-x+2(x>-1),

1

-x

∴h′(x)= -1= (x>-1). x+1 x+1

当-1<x<0 时,h′(x)>0;当 x>0 时,h′(x)<0. 于是,h′(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减. 所以,当 x=0 时,h(x)取得最大值 h(0)=2. 20.【解析】(1)f′(x)= (x2-k2),令 f′(x)=0,得 x=±k.
[来源:]
当 k>0 时,f(x)与 f′(x)的情况如下:

x

(-∞,-k)

-k

(-k,k)

k

f′(x)



0



0

f(x)



4k2e-1



0

(k,+∞) + ↗

所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,-k)和(k,+∞);单调递减区间是(-k,k).

当 k<0 时,f(x)与 f′(x)的情况如下:

x

(-∞,k)

k

(k,-k)

-k

(-k,+∞)

f′(x)

-

0

+

0

-

f(x)



0



4k2e-1



所以 f(x)的单调递减区间是(-∞,k)和(-k,+∞);单调递增区间是(k,-k).

(2)当 k>0 时,因为 f(k+1)=,所以不会有任意 x∈(0,+∞),f(x)≤.

当 k<0 时,由(1)知 f(x)在(0,+∞)上的最大值是 f(-k)=.

所以任意 x∈(0,+∞),f(x)≤,等价于 f(-k)=≤,解得-≤k<0. [来源:ZXXK]
故当任意 x∈(0,+∞),f(x)≤时,k 的取值范围是[-,0).

21.【解析】(1)函数 f(x)=x2-ax-aln(x-1)(a∈R)的定义域是(1,+∞).

当 a=1 时,f′(x)=2x-1-=,

所以 f(x)在(1,)上为减函数,

在(,+∞)上为增函数,所以函数 f(x)的最小值为 f()=+ln2.

(2)f′(x)=2x-a-,

当 a≤0 时,则≤1,f′(x)= >0 在(1,+∞)上恒成立,

所以 f(x)的单调递增区间为(1,+∞).

当 a>0 时,则>1,故当 x∈(1,]时,

f′(x)=≤0,

当 x∈[,+∞)时,f′(x)=≥0,

所以 a>0 时 f(x)的单调递减区间为(1,],f(x)的单调递增区间为[,

+∞).

(3)a≥1 时,由(2)知 f(x)在(1,+∞)上的最小值为 f()= 又 g(a)=f()=在[1,+∞)上单调递减, 所以 g(a)max=g(1)= +ln2, 则 g(a)max-(+ln2)= >0, 因此存在实数 a(a≥1)使 f(x)的最小值大于+ln2, 故存在实数 a(a≥1)使 y=f(x)的图像与 y=+ln2 的图像无公共点.



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