高考數學 一輪復習學案訓練課件北師大版文科： 單元評估檢測2 函數、導數及其應用 文 北師大版

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1、 單元評估檢測(二)　函數、導數及其應用 (120分鐘　150分) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．(20xx·長沙模擬)設函數f(x)＝＋，則函數的定義域為(　　) 【導學號：00090387】 A．　　　　　　 B． C．∪(0，＋∞) D． A 2．已知函數f(x)＝則f(f(4))的值為(　　) A．－　　　 B．－9　　　 C．　　　 D．9 C 3．(20xx·太原模擬)設a＝log37，b＝21.1，c＝0.83.1，則(　　) A．b

2、＜a＜c B．a＜c＜b C．c＜b＜a D．c＜a＜b D 4．下列函數中，在(－1,1)內有零點且單調遞增的是(　　) A．y＝log2x B．y＝2x－1 C．y＝x2－2 D．y＝－x3 B 5．(20xx·洛陽模擬)函數y＝(a＞0，a≠1)的定義域和值域都是[0,1]，則loga＋loga＝(　　) A．1　　　　 B．2 C．3　　　　 D．4 C 6．(20xx·珠海模擬)設函數f(x)是定義在R上的奇函數，且f(x)＝則g(f(－7))＝(　　) A．3　　　 B．－3 C．2　　　 D．－2 D

3、 7．某商場銷售A型商品，已知該商品的進價是每件3元，且銷售單價與日均銷售量的關系如表所示： 銷售單價(元) 4 5 6 7 8 9 10 日均銷售量(件) 400 360 320 280 240 200 160 請根據以上數據分析，要使該商品的日均銷售利潤最大，此商品的定價(單位：元/件)應為(　　) A．4　　　 B．5.5 C．8.5　　　 D．10 C 8．函數y＝的部分圖象大致為(　　) D 9．過點(－1,0)作拋物線y＝x2＋x＋1的切線，則其中一條切線為(　　) A．2x＋y＋2＝0 B．3x－y＋3＝0

4、C．x＋y＋1＝0 D．x－y＋1＝0 D 10．(20xx·廈門模擬)已知a是常數，函數f(x)＝x3＋(1－a)x2－ax＋2的導函數y＝f′(x)的圖象如圖1所示，則函數g(x)＝|ax－2|的圖象可能是(　　) 圖1 D 11．若函數f(x)＝1＋＋sin x在區(qū)間[－k，k](k＞0)上的值域為[m，n]，則m＋n＝(　　) A．0　　　　 B．1 C．2　　　　 D．4 D 12．(20xx·商丘模擬)設定義在R上的函數f(x)是最小正周期為2π的偶函數，f′(x)是f(x)的導函數．當x∈[0，π]時，0＜f(x)＜1；

5、當x∈(0，π)且x≠時，f′(x)＞0，則函數y＝f(x)－sin x在[－3π，3π]上的零點個數為(　　) A．4　　　　 B．5 C．6　　　　 D．8 C 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把正確答案填在題中橫線上) 13．已知冪函數f(x)＝(m2－3m＋3)·xm＋1為奇函數，則不等式f(2x－3)＋f(x)＞0的解集為________． (1，＋∞) 14．已知函數f(x)＝|x2＋3x|，x∈R，若方程f(x)－a＝0恰有4個互異的實數根x1，x2，x3，x4，則x1＋x2＋x3＋x4＝________. －6 15

6、．已知函數f(x)＝ax(a＞0且a≠1)在區(qū)間[－1,2]上的最大值為8，最小值為m，若函數g(x)＝(3－10m)是單調增函數，則a＝________. 【導學號：00090388】 16．(20xx·岳陽模擬)某同學在研究函數f(x)＝＋的性質時，受到兩點間距離公式的啟發(fā)，將f(x)變形為f(x)＝＋，則f(x)表示|PA|＋|PB|(如圖2)，下列關于函數f(x)的描述正確的是________(填上所有正確結論的序號) 圖2 ①f(x)的圖象是中心對稱圖形； ②f(x)的圖象是軸對稱圖形； ③函數f(x)的值域為[，＋∞)； ④方程f(f(x))＝1

7、＋有兩個解． ②③ 三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(10分)已知二次函數f(x)＝ax2＋bx＋1(a＞0)，F(x)＝若f(－1)＝0，且對任意實數x均有f(x)≥0恒成立． (1)求F(x)的表達式． (2)當x∈[－2,2]時，g(x)＝f(x)－kx是單調函數，求k的取值范圍． (1)F(x)＝ (2)(－∞，－2]∪[6，＋∞) 18．(12分)已知實數x滿足32x－4－·3x－1＋9≤0且f(x)＝log2·log. (1)求實數x的取值范圍． (2)求f(x)的最大值和最小值，

8、并求此時x的值． [解]　(1)由32x－4－·3x－1＋9≤0， 得32x－4－10·3x－2＋9≤0， 即(3x－2－1)(3x－2－9)≤0， 所以1≤3x－2≤9,2≤x≤4. (2)因為f(x)＝log2·log＝(log2x－1)(log2x－2)＝(log2x)2－3log2x＋2＝2－， 當log2x＝，即x＝2時，f(x)min＝－. 當log2x＝1或log2x＝2，即x＝2或x＝4時，f(x)max＝0. 19．(12分)(20xx·咸寧模擬)設函數f(x)＝(ax＋b)ex，g(x)＝－x2＋cx＋d，若函數f(x

9、)和g(x)的圖象都過點P(0,1)，且在點P處有相同的切線y＝2x＋1. (1)求a，b，c，d的值． (2)當x∈[0，＋∞)時，判斷函數h(x)＝f(x)－g(x)的單調性． [解]　(1)f′(x)＝(ax＋a＋b)ex， 所以所以a＝b＝1， g′(x)＝－2x＋c，所以 所以c＝2，d＝1. (2)由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ex－(－x2＋2x＋1)＝(x＋1)ex＋x2－2x－1， 所以h′(x)＝(x＋2)ex＋2x－2＝(x＋2)ex＋2x＋4－6＝(x＋2)(ex＋2)－6≥2×3－6＝0，所以h(x)在[0，＋∞)上為增

10、函數． 20．(12分)設函數f(x)＝ax－(k－1)a－x(a＞0且a≠1)是定義域為R的奇函數． (1)求k的值． (2)若f(1)＜0，試判斷函數的單調性，并求使不等式f(x2＋tx)＋f(4－x)＜0恒成立的t的取值范圍． (3)若f(1)＝，且g(x)＝a2x＋a－2x－2mf(x)在[1，＋∞)上的最小值為－2，求m的值． [解]　(1)因為f(x)是定義域為R的奇函數，所以f(0)＝a0－(k－1)a0＝1－(k－1)＝0，所以k＝2. (2)由(1)知f(x)＝ax－a－x(a＞0且a≠1)． 因為f(1)＜0，所以a－＜0， 又a＞0且a≠1，所以0＜a＜1

11、， 所以y＝ax在R上單調遞減，y＝a－x在R上單調遞增， 故f(x)＝ax－a－x在R上單調遞減． 不等式f(x2＋tx)＋f(4－x)＜0可化為f(x2＋tx)＜f(x－4)，所以x2＋tx＞x－4， 所以x2＋(t－1)x＋4＞0恒成立， 所以Δ＝(t－1)2－16＜0，解得－3＜t＜5. (3)因為f(1)＝，所以a－＝， 即2a2－3a－2＝0， 所以a＝2或a＝－(舍去)． 所以g(x)＝22x＋2－2x－2m(2x－2－x)＝(2x－2－x)2－2m(2x－2－x)＋2. 令n＝f(x)＝2x－2－x， 因為f(x)＝2x－2－x為增函數，x≥1， 所以n

12、≥k(1)＝. 令h(n)＝n2－2mn＋2＝(n－m)2＋2－m2. 若m≥時，則當n＝m時，h(n)min＝2－m2＝－2，所以m＝2. 若m＜，則當n＝時，h(n)min＝－3m＝－2，所以m＝＞(舍去)． 綜上可知，m＝2. 21．(12分)(20xx·大同模擬)已知函數f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex. (1)當x∈[1，e]時，求f(x)的最小值． (2)當a＜1時，若存在x1∈[e，e2]，使得對任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范圍． [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)

13、，f′(x)＝. ①當a≤1時，x∈[1，e]時，f′(x)≥0， f(x)為增函數，f(x)min＝f(1)＝1－A． ②當1＜a＜e時， x∈[1，a]時，f′(x)≤0，f(x)為減函數； x∈(a，e]時，f′(x)＞0，f(x)為增函數． 所以x∈[1，e]時，f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)·ln a－1. ③當a≥e時，x∈[1，e]時，f′(x)≤0， f(x)在[1，e]上為減函數． f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－. 綜上，在x∈[1，e]上，當a≤1時，f(x)min＝1－a； 當1＜a＜e時，f(x)min＝a－(a＋1

14、)ln a－1； 當a≥e時，f(x)min＝e－(a＋1)－. (2)由題意知，當a＜1時，f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．由(1)可知，當a＜1時，f(x)在[e，e2]上單調遞增， 則f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－， 又g′(x)＝(1－ex)x， 當x∈[－2,0]時，g′(x)≤0，g(x)為減函數，g(x)min＝g(0)＝1， 所以e－(a＋1)－＜1，即a＞， 所以a的取值范圍為. 22．(12分)(20xx·石家莊模擬)設函數f(x)＝x2＋aln(x＋1)(a為常數)． (1)若函數y＝f

15、(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是單調遞增函數，求實數a的取值范圍． (2)若函數y＝f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1＜x2，求證：0＜＜－＋ln 2. 【導學號：00090389】 [解]　(1)根據題意知：f′(x)＝≥0在[1，＋∞)上恒成立． 即a≥－2x2－2x在區(qū)間[1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝－2x2－2x， 因為g(x)＝－2x2－2x在區(qū)間[1，＋∞)上的最大值為－4，所以a≥－4. 經檢驗：當a＝－4時，f′(x)＝＝≥0，x∈[1，＋∞)． 所以a的取值范圍是[－4，＋∞)． (2)f′(x)＝＝0在區(qū)間(－1，＋∞)上有兩個不相等的實數根， 即方程2

16、x2＋2x＋a＝0在區(qū)間(－1，＋∞)上有兩個不相等的實數根． 記g(x)＝2x2＋2x＋a， 則有解得0＜a＜. 所以x1＋x2＝－1,2x＋2x2＋a＝0， x2＝－＋，－＜x2＜0. 所以＝. 令k(x)＝，x∈. k′(x)＝＋2ln(x＋1)， 記p(x)＝＋2ln(x＋1)． 所以p′(x)＝， p′＝－4，p′(0)＝2. 所以存在x0∈使得p′(x0)＝0. 當x∈時，p′(x)＜0； 當x∈(x0,0)時，p′(x)＞0. 所以k′(x)在上單調遞減，在(x0,0)上單調遞增， 因為k′＝1－2ln 2＜0，k′(0)＝0. 所以當x∈時，k′(x)＜0， 所以k(x)在上單調遞減， 即0＜＜－＋ln 2.