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2014届高三数学二轮专题复习:专题综合检测一(Word有详解答案)


专题综合检测一
时间:120 分钟 满分:150 分 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分;在每小 题给出四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.(文)已知全集 U=Z,A={-2,-1,1,2},B={x|x2-3x+2= 0},则 A∩?UB 为( A.{-1,-2} C.{-2,1} [答案] A [解析] ∵B={1,2},∴A∩?

UB={-1,-2},故选 A. mπ (理)设集合 M={-1}, N={1+cos 4 , 0.2(|m|+1)}, M?N, log 若 则集合 N 等于( A.{2} C.{0} [答案] D [解析] mπ 因为 M?N 且 1+cos 4 ≥0,log0.2(|m|+1)<0,所以 ) B.{-2,2} D.{-1,0} D.{-1,2} ) B.{1,2}

log0.2(|m|+1)=-1,可得|m|+1=5,故 m=± 4,N={-1,0}. 2.下列关于命题的说法中错误的是( )

A.对于命题 p:?x∈R,使得 x2+x+1<0,则綈 p:?x∈R, 均有 x2+x+1≥0 B.“x=1”是“x2-4x+3=0”的充分不必要条件 C.命题“若 x2-4x+3=0,则 x=1”的逆否命题为“若 x≠1, 则 x2-4x+3≠0” D.若 p∧q 为假命题,则 p、q 均为假命题
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[答案] D [解析] 若 p∧q 为假命题,则 p、q 中至少有一个为假命题,故 D 项错误. 3. (文)(2012· 哈九中模拟)奇函数 f(x)在(0, +∞)上的解析式是 f(x) =x(1-x),则在(-∞,0)上,函数 f(x)的解析式是( A.f(x)=-x(1-x) C.f(x)=-x(1+x) [答案] B [解析] 当 x∈(-∞,0)时,-x∈(0,+∞), ∴f(-x)=-x(1+x), ∵f(x)为奇函数,∴f(x)=x(1+x),故选 B. (理)对于函数 f(x)=ax3+bx+c(其中 a,b∈R,c∈Z),选取 a,b, c 的一组值计算 f(1)和 f(-1),所得出的正确结果一定不可能的是 ( ) A.4 和 6 C.2 和 4 [答案] D [解析] ∵f(1)=a+b+c,f(-1)=-a-b+c, ∴f(1)+f(-1)=2c,是偶数,f(1),f(-1)不可能是一奇一偶,故 选 D 项. 1 4. (文)a 是 f(x)=2x-log2x 的零点, k>a, f(k)的值满足( 若 则 A.f(k)=0 C.f(k)>0 [答案] C [解析] 函数 f(x)=2x+log2x 在(0,+∞)上是单调递增的,这个
2

)

B.f(x)=x(1+x) D.f(x)=x(x-1)

B.3 和 1 D.1 和 2

)

B.f(k)<0 D.f(k)的符号不确定

函数有零点,且这个零点是唯一的.根据函数的单调递增性,在(a, +∞)上这个函数的函数值大于零,即 f(k)>0. (理)已知函数 f(x)= 1 ,g(x)=lnx,x0 是函数 h(x)=f(x)+g(x) 1-x )

的一个零点,若 x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞),则( A.h(x1)<0,h(x2)<0 C.h(x1)>0,h(x2)<0 [答案] D [解析] B.h(x1)>0,h(x2)>0 D.h(x1)<0,h(x2)>0

1 1 令 h(x)= +lnx=0,从而有 lnx= ,此方程的解即为函数 1-x x-1 1 h(x)的零点. 在同一坐标系中作出函数 g(x)=lnx 与 f(x)= 的图象, x-1 如图所示. 1 1 由图象易知 >lnx1,从而 lnx1- <0, x1-1 x1-1 故 lnx1+ 1 <0,即 h(x1)<0.同理 h(x2)>0. 1-x1

1 1 5. (文)(2012· 北京东城示范校训练)设 a=log23, 3)0.3, b=( c=lnπ, 则( )
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A.a<b<c C.c<a<b [答案] A

B.a<c<b D.b<a<c

1 1 1 1 [解析] a=log23<log21=0,0<b=(3)0.3<(3)0=1,c=lnπ>ln e=1, 故 a<b<c. 1 11 1 (理)设 a=log32,b=log23,c=(2)0.3,则 a、b、c 的大小关系为 ( ) A.a<c<b C.b<a<c [答案] A 1 11 11 1 [解析] 因为 a=log32<0,b=log23>log22=1,0<c=(2)0.3<1, 所以 a<c<b. 6.(2013· 呼和浩特市调研)已知 y=f(x)为 R 上的连续可导函数, f?x? 1 当 x≠0 时,f′(x)+ x >0,则函数 g(x)=f(x)+x 的零点个数为( A.1 C.0 B.2 D.0 或 2 ) B.a<b<c D.b<c<a

[答案] C f?x? [xf?x?]′ [解析] 由条件知,f′(x)+ x = >0.令 h(x)=xf(x),则当 x x>0 时,h′(x)>0,当 x<0 时,h′(x)<0,∴h(x)在(-∞,0)上单调递 减,在(0,+∞)上单调递增,且 h(0)=0.,则 h(x)≥0 对任意实数恒 成立.函数 g(x)的零点即为 y=h(x)与 y=-1 的图象的交点个数,所 以函数 g(x)的零点个数为 0.

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1 7.(文)(2012· 安徽江南十校联考)函数 f(x)= 的图象是( 1+|x|

)

[答案] C [解析] 易知函数 f(x)的定义域为 R, 1 1 且 f(-x)= = =f(x), 1+|-x| 1+|x| ∴f(x)为偶函数,其图象关于 y 轴对称,排除 A、B、D,选 C. π π (理)函数 y=2x-4sinx,x∈[-2,2]的图象大致是( )

[答案] D [解析] 因为 y=2x-4sinx 是奇函数,可排除 A、B 两项;令 y′

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π =2-4cosx=0,故当 x=± 时函数取得极值,故选 D 项. 3 8.将函数 y=f(2x-1)的图象向右平移 1 个单位后得到曲线 C, 如果曲线 C 与函数 y=2x 的图象关于直线 y=x 或轴对称, f(5)等于 则 ( ) A.-2 C.2 B.0 D.4

[答案] C [解析] 因为曲线 C 与函数 y=2x 的图象关于直线 y=x 对称,所 以曲线 C 的方程为 y=log2x, 把曲线 C 的图象向左平移 1 个单位长度 可得 f(2x-1)=log2(x+1),所以 f(5)=f(2×3-1)=log2(3+1)=2. 9. (文)(2012· 哈师大附中模拟)已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函 3 1 数, 其最小正周期为 3, x∈(-2, 当 0)时, f(x)=log2(1-x), f(2011) 则 +f(2013)=( A.1 C.-1 [答案] A [解析] 1 f(2011)=f(670×3+1)=f(1)=-f(-1)=-log 2 2=1, ) B.2 D.-2

f(2013)=f(671×3)=f(0)=0, ∴f(2011)+f(2013)=1,故选 A. (理)设函数 y=f(x)是定义域为 R 的奇函数, 且满足 f(x-2)=-f(x) 对一切 x∈R 恒成立,当-1≤x≤1 时,f(x)=x3.则下列四个命题:① f(x)是以 4 为周期的周期函数;②f(x)在[1,3]上的解析式为 f(x)=(2- 3 3 x)3;③f(x)在(2,f(2))处的切线方程为 3x+4y-5=0;④f(x)的图象的

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对称轴中有 x=± 1.其中正确的命题是( A.①②③ C.①③④ [答案] D B.②③④ D.①②③④

)

[解析] ∵f(x-2)=-f(x)对一切 x∈R 恒成立, ∴f(x)=-f(x-2)=-[-f(x-2-2)]=f(x-4), ∴f(x+4)=f(x+4-4)=f(x),因此 f(x)是以 4 为周期的周期函数, ①正确;当 x∈[1,3]时,2-x∈[-1,1],因此 f(x)=-f(x-2)=f(2-x) 3 3 3 3 =(2-x)3, ②正确; 2∈[1,3], f(x)=(2-x)3, ′(2)=-4, f(2) 由 知 f 又 1 1 3 3 =8,故切线方程为 y-8=-4(x-2),即 3x+4y-5=0,③正确;由 f(x-2)=-f(x)=f(-x)得 f(-1-x)=f(-1+x), 所以 f(x)的图象有对 称轴 x=-1,由 f(x+2)=-f(x+2-2)=-f(x)得,f(1-x)=f(1+x), 所以 f(x)的图象有对称轴 x=1,所以④正确,选择 D. 10.若函数 f(x)在(0,+∞)上可导,且满足 f(x)>xf ′(x),则一定 有( ) f?x? A.函数 F(x)= x 在(0,+∞)上为增函数 B.函数 G(x)=xf(x)在(0,+∞)上为增函数 f?x? C.函数 F(x)= x 在(0,+∞)上为减函数 D.函数 G(x)=xf(x)在(0,+∞)上为减函数 [答案] C xf ′?x?-f?x? f?x? [解析] 对于 F(x)= x ,F′(x)= <0,故 F(x)在(0, x2 +∞)上为减函数.

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a 3 11.(文)若函数 f(x)=lnx+x在区间[1,e]上的最小值为2,则实数 a 的值为( 3 A.2 e C.2 ) B. e D.非上述答案

[答案] B 1 a x-a [解析] f ′(x)=x -x2= x2 , 令 f ′(x)=0,则 x=a, 3 若 a<1,则 f(x)min=f(1)=a=2>1,不合题意. a 3 若 a>e,则 f(x)min=f(e)=1+e =2, e 则 a=2<e,不合题意. 3 所以 1≤a≤e,f(x)min=f(a)=lna+1=2,则 a= e. 1 1 (理)若函数 f(x)=3ax3+2bx2+cx+d(a,b,c>0)没有极值点,且 g?1? 导函数为 g(x),则 b 的取值范围是( A.(1,+∞) C.(2,+∞) [答案] D [解析] 因为函数 g(x)=ax2+bx+c,函数 f(x)没有极值点,也就 b2 是函数 g(x)与 x 轴至多有一个交点,故 Δ=b -4ac≤0,即 ac≥ 4 .
2

)

B.[1,+∞) D.[2,+∞)

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b2 2 4 g?1? a+b+c a+c 2 ac = b = b +1≥ b +1≥ b +1=2, b g?1? 故 b 的取值范围是[2,+∞). 12.(文)函数 f(x)=xex-a 有两个零点,则实数 a 的取值范围为 ( ) 1 A.-e<a<0 C.-e<a<0 [答案] D [解析] 1 B.-e<a D.0<a<e

构造函数 y=xex,则 y′=ex(x+1),因为 ex>0,令 y′=0,解得 x=-1. 当 x>-1 时,y′>0,函数为增函数;当 x<-1 时,y′<0,函数 1 为减函数, 所以当 x=-1 时函数有最小值, 最小=-e-1=-e .画出函 y 1 数 y=xex 的图象如图所示,显然当-e<a<0 时,函数 f(x)=xex-a 有 两个零点. 2e-x (理)函数 f(x)= 的图象大致是( 2-x )

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[答案] B 2e-x?x-1? [解析] f ′(x)= (x≠2),令 f ′(x)<0,得 x<1.故 f(x)的 ?2-x?2 减区间是(-∞,1),增区间为(1,2),(2,+∞),f(x)在 x=1 处取得极 2 小值,且极小值为 f(1)=e>0,故排除 C、D 两项;当 x>2 时,f(x)<0, 排除 A 项,故选 B 项. 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分,将答案填 写在题中横线上.) 13.(2013· 北京海淀期中)已知命 p:?x∈R,ax2+2x+1≤0.若 命题 p 是假命题,则实数 a 的取值范围是________. [答案] (1,+∞) [解析] 根据原命题是假命题,则其否定是真命题,结合二次函 数图象求解.命题 p 的否定綈 p:?x∈R,ax2+2x+1>0 是真命题,
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?a>0, ? 故? 解得 a>1. ? ?Δ=4-4a<0,

14 . ( 文 ) 已 知 函 数 ________. [答案] 1005 [解析]

??1?x-2 ? ? f(x) = ??2? ?f?x-2?+1

x≤0 x>0

, 则 f(2012) =

f(2012)=f(2010)+1=f(2008)+2=f(2006)+3=?=f(2)
? ?

?1? +1005=f(0)+1006=?2?0-2+1006=1005.

(理)函数 f(x)=ax3-2ax2+(a+1)x-log2(a2-1)不存在极值点, 则 实数 a 的取值范围是________. [答案] 1<a≤3 [解析] 因为 a2-1>0,∴a>1 或 a<-1; f ′(x)=3ax2-4ax+a+1, ∵函数 f(x)不存在极值点, ∴f ′(x)=0 不存在两不等实根, ∴Δ=16a2-4×3a(a+1)=4a(a-3)≤0, 所以 0≤a≤3,综上可知:1<a≤3. 15.(文)已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx,其导函数 y=f ′(x)的图象 经过点(1,0),(2,0),如图所示,则下列说法中不正确的是________.

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3 ①当 x=2时函数取得极小值; ②f(x)有两个极值点; ③当 x=2 时函数取得极小值; ④当 x=1 时函数取得极大值. [答案] ① [解析] 从图象上可以看到: x∈(0,1)时, ′(x)>0; x∈(1,2) 当 f 当 时,f ′(x)<0;当 x∈(2,+∞)时,f ′(x)>0,所以 f(x)有两个极值点 1 和 2, 且当 x=2 时函数取得极小值, x=1 时函数取得极大值. 当 只 有①不正确. (理)已知 f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且 f(a)=f(b)=f(c)=0. 现给出如下结论: ①f(0)f(1)>0;②f(0)f(1)<0;③f(0)f(3)>0; ④f(0)f(3)<0. 其中正确结论的序号是________. [答案] ②③ [解析] ∵f(0)=-abc,f(1)=4-abc,f(3)=27-54+27-abc= -abc=f(0), 又 f ′(x)=3(x-1)(x-3),所以 f(x)在(-∞,1)和(3,+∞)上单 调递增,在(1,3)上单调递减,故 a<1<b<3<c,∴f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0. 16.如果 f ′(x)是二次函数,且 f ′(x)的图象开口向上,顶点坐 标为(1,- 3),那么曲线 y=f(x)上任一点的切线的倾斜角 α 的取值 范围是________. π 2π [答案] [0,2)∪( 3 ,π) [解析] 由题意 f ′(x)=a(x-1)2- 3,

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∵a>0,∴f ′(x)≥- 3,因此曲线 y=f(x)上任一点的切线斜率 k=tanα≥- 3, π 2π ∵倾斜角 α∈[0,π),∴0≤α<2或 3 <α<π. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 74 分,解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分 12 分)(文)已知命题 p:A={a|关于 x 的不等式 a+k x2+2ax+4>0 在 R 上恒成立},命题 q:B={a|1< 2 <2}. (1)若 k=1,求 A∩(?RB); (2)若“非 p”是“非 q”的充分不必要条件,求实数 k 的取值范 围. [解析] 依题意, 可得 A={a|4a2-16<0}={x|-2<a<2},B={a|2 -k<a<4-k}. (1)当 k=1 时,由于 B={a|1<a<3}, 则?RB={a|a≤1 或 a≥3},所以 A∩(?RB)={a|-2<a≤1}. (2)由“非 p”是“非 q”的充分不必要条件,可知 q 是 p 的充分
?2-k≥-2, ? 不必要条件.只需? 解得 2≤k≤4. ? ?4-k≤2,

所以实数 k 的取值范围是[2,4]. (理)(2013· 浙江五校联考)设命题 p:f(x)= 2 在区间(1,+∞) x-m

上是减函数;命题 q:x1、x2 是方程 x2-ax-2=0 的两个实根,不等 式 m2+5m-3≥|x1-x2|对任意实数 a∈[-1,1]恒成立;若(綈 p)∧q 为 真,试求实数 m 的取值范围. [解析] 命题 p:m≤1. 命题 q:|x1-x2|= ?x1+x2?2-4x1x2= a2+8≤3,
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∴m2+5m-3≥3,∴m2+5m-6≥0, ∴m≥1 或 m≤-6. 若(綈 p)∧q 为真,则 p 假 q 真,
? ?m>1, ∴? ∴m>1. ?m≥1或m≤-6, ?

x+2 18. (本小题满分 12 分)(文)已知集合 A={x|-3<x<1}, B={x| x-3 <0}. (1)求 A∩B,A∪B; (2)在区间(-4,4)上任取一个实数 x,求“x∈A∩B”的概率; (3)设(a, b)为有序实数对, 其中 a 是从集合 A 中任取的一个整数, b 是从集合 B 中任取的一个整数,求“b-a∈A∪B”的概率. [解析] (1)由已知 B={x|-2<x<3}, A∩B={x|-2<x<1},A∪B={x|-3<x<3}. (2)设事件“x∈A∩B”的概率为 P1, 3 这是一个几何概型,则 P1=8. (3)因为 a、b∈Z,且 a∈A,b∈B, 所以,基本事件共 12 个:(-2,-1),(-2,0),(-2,1),(-2,2), (-1,-1),(-1,0),(-1,1),(-1,2),(0,-1),(0,0),(0,1),(0,2). 设事件 E 为“b-a∈A∪B”,则事件 E 中包含 9 个基本事件, 9 3 事件 E 的概率 P(E)=12=4. 3 (理)已知函数 f(x)=ax3+2bx2(a≠0, b∈R)的图象在点(2, a、 f(2)) 处的切线与 x 轴平行. (1)求函数 f(x)的单调递减区间;
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(2)若已知 a>b,求函数 f(x)在[b,a]上的最大值. [解析] (1)f ′(x)=3ax2+3bx(a≠0,a、b∈R), 由题意可知 f ′(2)=0,∴12a+6b=0, 整理得 b=-2a, ∴f ′(x)=3ax2-6ax=3ax(x-2). 当 a>0 时, f ′(x)<0, 0<x<2, 由 得 ∴f(x)的单调递减区间为(0,2); 当 a<0 时,由 f ′(x)<0,得 x<0 或 x>2,∴f(x)的单调递减区间为 (-∞,0)和(2,+∞). (2)∵a>b 且 b=-2a,∴a>0,b<0. 3 f(x)=ax3+2bx2=ax3-3ax2=ax2(x-3), 由 f(x)=0 得 x1=0,x2=3.
[来源:学|科|网 Z|X|X|K]

①当 0<a≤3 时,f(x)max=f(0)=0; ②当 a>3 时,f(x)max=f(a)=a4-3a3. 综上所述,当 0<a≤3 时,f(x)的最大值为 0;当 a>3 时,f(x)的最 大值为 a4-3a3. [点评] 考查函数及其性质、 导数及其应用、 不等式等基础知识, 考查分类讨论的数学思想方法,以及运算求解能力和创新意识. 19. (本小题满分 12 分)(文)设函数 f(x)=ax2+bx+1(a、 为实数), b
? ?f?x? ?x>0?, F(x)=? ?-f?x??x<0?. ?

(1)若 f(-1)=0 且对任意实数 x 均有 f(x)≥0 成立, F(x)的表达 求 式; (2)在(1)的条件下,当 x∈[-2,2]时,g(x)=f(x)-kx 是单调函数, 求实数 k 的取值范围. [解析] (1)∵f(-1)=0,∴b=a+1.
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由 f(x)≥0 恒成立,知
?a>0, ? ? 2 2 2 ? ?Δ=b -4a=?a+1? -4a=?a-1? ≤0,

∴a=1,从而 f(x)=x2+2x+1,
??x+1?2 ? ∴F(x)=? 2 ?-?x+1? ?

?x>0?, ?x<0?.

(2)由(1)可知,f(x)=x2+2x+1, ∴g(x)=f(x)-kx=x2+(2-k)x+1, 由于 g(x)在[-2,2]上是单调函数, 2-k 2-k - 2 ≤-2 或- 2 ≥2,得 k≤-2 或 k≥6. 1-a (理)(2013· 青岛模拟)设函数 f(x)=lnx-ax+ x -1. (1)当 a=1 时,求曲线 f(x)在 x=1 处的切线方程; 1 (2)当 a=3时,求函数 f(x)的单调区间; 5 (3)在(2)的条件下,设函数 g(x)=x2-2bx-12,若?x1∈[1,2], ?x2∈[0,1],使 f(x1)≥g(x2)成立,求实数 b 的取值范围. 1 [解析] 由题知函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)=x-a- 1-a x2 . 1 (1)当 a=1 时,f(x)=lnx-x-1,∴f(1)=-2,f ′(x)=x-1,∴ f ′(1)=0, ∴f(x)在 x=1 处的切线方程为 y=-2. x2-3x+2 ?x-1??x-2? 1 (2)将 a=3代入 f ′(x)得 f ′(x)=- 3x2 =- , 3x2
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[来

源:学,科,网 Z,X,X,K]

∴当 0<x<1,或 x>2 时,f ′(x)<0,当 1<x<2 时,f ′(x)>0, 1 故当 a=3时,函数 f(x)的单调递增区间为(1,2); 单调递减区间为(0,1),(2,+∞). 1 x 2 (3)当 a=3时,f(x)=lnx-3+3x-1,由(2)可知函数 f(x)在(1,2)上 2 为增函数,∴函数 f(x)在[1,2]上的最小值为 f(1)=-3. 若?x1∈[1,2],?x2∈[0,1]使 f(x1)≥g(x2)成立,则 g(x)在[0,1]上的 2 最小值不大于 f(x)在[1,2]上的最小值-3(*) 5 5 又 g(x)=x2-2bx-12=(x-b)2-b2-12,x∈[0,1]. 5 2 ①当 b<0 时, g(x)在[0,1]上为增函数, [g(x)]min=g(0)=-12>-3, 与(*)矛盾; 5 ②当 0≤b≤1 时,[g(x)]min=g(b)=-b2-12, 5 2 1 由-b2-12≤-3及 0≤b≤1 得,2≤b≤1; 7 ③当 b>1 时,g(x)在[0,1]上为减函数,[g(x)]min=g(1)=12-2b< 17 2 -12<-3,此时 b>1. 1 综上,b 的取值范围是[2,+∞). 20. (本小题满分 12 分)经市场调查, 某旅游城市在过去的一个月 内(以 30 天计),旅游人数 f(t)(万人)与时间 t(天)的函数关系近似满足 1 f(t)=4+ t ,人均消费 g(t)(元)与时间 t(天)的函数关系近似满足 g(t)= 115-|t-15|.
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(1)求该城市的旅游日收益 w(t)(万元)与时间 t(1≤t≤30,t∈N)的 函数关系式; (2)求该城市旅游日收益的最小值(万元). [解析] (1)依题意得, 1 w(t)=f(t)· g(t)=(4+ t )(115-|t-15|).

??4+1??t+100?,?1≤t<15,t∈N*?, ? t (2)因为 w(t)=? 1 ??4+ t ??130-t?,?15≤t≤30,t∈N*?. ?
1 25 ①当 1≤t<15 时, w(t)=(4+ t )(t+100)=4(t+ t )+401≥4×2 25 +401=441, 25 当且仅当 t= t ,即 t=5 时取等号. 1 130 ②当 15≤t≤30 时, w(t)=(4+ t )(130-t)=519+( t -4t), 可证 1 w(t)在 t∈[15,30]上单调递减,所以当 t=30 时,w(t)取最小值为 4033. 1 1 由于 4033<441,所以该城市旅游日收益的最小值为 4033万元. 21.(本小题满分 12 分)(文)(2013· 汕头测评)设函数 f(x)=lnx+(x -a)2,a∈R. (1)若 a=0,求函数 f(x)在[1,e]上的最小值; 1 (2)若函数 f(x)在[2,2]上存在单调递增区间,试求实数 a 的取值 范围. [解析] (1)f(x)的定义域为(0,+∞). 1 因为 f ′(x)=x +2x>0,
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所以 f(x)在[1,e]上是增函数, 当 x=1 时,f(x)取得最小值 f(1)=1. 所以 f(x)在[1,e]上的最小值为 1. 2x2-2ax+1 1 (2)法一:f ′(x)=x+2(x-a)= x 设 g(x)=2x2-2ax+1, 1 依题意得,在区间[2,2]上存在子区间使得不等式 g(x)>0 成立. 注意到抛物线 g(x)=2x2-2ax+1 的图象开口向上, 1 所以只要 g(2)>0,或 g(2)>0 即可. 9 由 g(2)>0,即 8-4a+1>0,得 a<4, 1 1 3 由 g(2)>0,即2-a+1>0,得 a<2. 9 所以 a<4, 9 所以实数 a 的取值范围是(-∞,4). 2x2-2ax+1 1 法二:f ′(x)=x+2(x-a)= , x 1 依题意得,在区间[2,2]上存在子区间使不等式 2x2-2ax+1>0 成立. 1 又因为 x>0,所以 2a<(2x+x). 1 1 设 g(x)=2x+x ,所以 2a 小于函数 g(x)在区间[2,2]的最大值. 1 又因为 g′(x)=2-x2,

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1 2 由 g′(x)=2-x2>0,解得 x> 2 ; 1 2 由 g′(x)=2-x2<0,解得 0<x< 2 . 2 1 2 所以函数 g(x)在区间( 2 ,2]上单调递增,在区间[2, 2 )上单调 递减. 1 所以函数 g(x)在 x=2,或 x=2 处取得最大值. 9 1 又 g(2)=2,g(2)=3, 9 9 所以 2a<2,即 a<4, 9 所以实数 a 的取值范围是(-∞,4). (理)(2013· 温州检测)若集合 A 具有以下性质: ①0∈A,1∈A; 1 ②若 x、y∈A,则 x-y∈A.,且 x≠0 时,x∈A, 则称集合 A 是“好集”. (1)分别判断集合 B={-1,0,1},有理数集 Q 是否是“好集”, 并说明理由; (2)设集合 A 是“好集”,求证:若 x、y∈A,则 x+y∈A; (3)对任意的一个“好集”A,分别判断下面命题的真假,并说明 理由. 命题 p:若 x、y∈A,则必有 xy∈A; y 命题 q:若 x、y∈A,且 x≠0,则必有x∈A. [解析] (1)集合 B 不是“好集”.理由是:假设集合 B 是“好

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集”,因为-1∈B,1∈B,所以-1-1=-2∈B. 这与-2?B 矛盾. 有理数集 Q 是“好集”.因为 0∈Q,1∈Q, 1 对任意的 x,y∈Q,有 x-y∈Q,且 x≠0 时,x∈Q. 所以有理数集 Q 是“好集”. (2)证明:因为集合 A 是“好集”,所以 0∈A. 若 x、y∈A,则 0-y∈A,即-y∈A. 所以 x-(-y)∈A,即 x+y∈A. (3)命题 p、q 均为真命题.理由如下: 对任意一个“好集”A,任取 x、y∈A, 若 x、y 中有 0 或 1 时,显然 xy∈A. 1 1 下设 x、y 均不为 0,1.由定义可知 x-1、 、x∈A. x-1 1 1 1 所以 -x∈A,即 ∈A. x-1 x?x-1? 所以 x(x-1)∈A. 由(2)可得 x(x-1)+x∈A,即 x2∈A.同理可得 y2∈A. 若 x+y=0 或 x+y=1,则显然(x+y)2∈A. 若 x+y≠0 且 x+y≠1,则(x+y)2∈A. 所以 2xy=(x+y)2-x2-y2∈A. 1 所以2xy∈A. 1 1 1 由(2)可得xy=2xy+2xy∈A. 所以 xy∈A. 综上可知,xy∈A,即命题 p 为真命题.

21

1 若 x,y∈A,且 x≠0,则x∈A. y 1 所以x=y·∈A,即命题 q 为真命题. x 22.(本小题满分 14 分)(文)(2013· 厦门质检)已知函数 f(x)=x2+ 2alnx. (1)若函数 f(x)的图象在(2, f(2))处的切线斜率为 1, 求实数 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; 2 (3)若函数 g(x)=x+f(x)在[1,2]上是减函数, 求实数 a 的取值范围.
2 2a 2x +2a [解析] (1)f ′(x)=2x+ x = x .

由已知 f ′(2)=1,解得 a=-3. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). ①当 a≥0 时,f ′(x)>0,f(x)的单调递增区间为(0,+∞); ②当 a<0 时 f ′(x)= 2?x+ -a??x- -a? . x

当 x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下: x f ′(x) f(x) (0, -a) - ↘ -a 0 极小值 ( -a,+∞) + ↗

由上表可知,函数 f(x)的单调递减区间是(0, -a);单调递增区 间是( -a,+∞). 2 2 2a (3)由 g(x)=x+x2+2alnx,得 g′(x)=-x2+2x+ x , 由已知函数 g(x)为[1,2]上的单调减函数, 则 g′(x)≤0 在[1,2]上恒成立,

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2 2a 即-x2+2x+ x ≤0 在[1,2]上恒成立. 1 即 a≤x -x2 在[1,2]上恒成立. 1 1 1 令 h(x)=x-x2,x∈[1,2],则 h′(x)=-x2-2x=-(x2+2x)<0, 7 ∴h(x)在[1,2]上为减函数.h(x)min=h(2)=-2, 7 7 ∴a≤-2,故 a 的取值范围为(-∞,-2]. ln?x+1? a (理)(2012· 河北保定市模拟)已知函数 f(x)= -2x, 2- ?x+1? x+1 (a>0). (1)若函数 f(x)在 x=0 处取得极值,求 a 的值; (2)如图,设直线 x=-1,y=-2x,将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、 Ⅳ四个区域(不含边界),若函数 y=f(x)的图象恰好位于其中一个区域 内,试判断其所在的区域,并求其对应的 a 的取值范围. (3)试比较 20122011 与 20112012 的大小,并说明理由.

[解析] (1)∵f(x)= ∴f ′(x)=

ln?x+1? a -2x 2- ?x+1? x+1

?x+1?-2?x+1?ln?x+1? a + -2, 4 ?x+1? ?x+1?2

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∵f(x)在 x=0 处取得极值, ∴f ′(0)=1+a-2=0, ∴a=1.(经检验 a=1 符合题意) (2)因为函数的定义域为(-1,+∞),且当 x=0 时, f(0)=-a<0, 又直线 y=-2x 恰好通过原点, 所以函数 y=f(x)的图象应位于区 域Ⅲ内, ∵x>-1,∴可得 f(x)<-2x,即 ln?x+1? ∵x+1>0,∴a> , x+1 令 φ(x)= ln?x+1? 1-ln?x+1? ,∴φ′(x)= , x+1 ?x+1?2 ln?x+1? a < , ?x+1?2 x+1

令 φ′(x)=0 得 x=e-1,∵x>-1, ∴x∈(-1,e-1)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增, x∈(e-1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减. 1 ∴φmax(x)=φ(e-1)=e, 1 ∴a 的取值范围是:a>e . ln?x+1? (3)法 1:由(2)知函数 φ(x)= 在 x∈(e-1,+∞)时单调递 x+1 减. lnx ∴函数 p(x)= x 在 x∈(e,+∞)时单调递减, ∴ ln?x+1? lnx < x ,∴xln(x+1)<(x+1)lnx, x+1

∴ln(x+1)x<lnx(x+1),即(x+1)x<x(x+1),

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∴令 x=2011,则 20122011<20112012.
2011

?Cr 20112011 2011
20112012

-r

20122011 ?2011+1? 法 2:20112012= 20112012 ∵Cr <2011r, 2011

2011

r=0





∴Cr 20112011-r<20112011, 2011
2011 r=0

?Cr 20112011 2011
20112012

-r



C0 20112011+C1 20112010+?+C200920112+?C20102011+1? 2011 2011 2011 2011 = 2012 2011 <1, ∴20122011<20112012. 20122011 2012 2011 1 法 3:20112012=(2011) ×2011 2012 1 1 2 ∵ ( 2011 )2011 = (1 + 2011 )2011 = 1 + 1 + C 2011 ×( 2011 )2 + C 3 2011 1 1 1 1 1 ×(2011)3+?+Cr (2011)r+?+C2011(2011)2011<2+2?+3?+?+ 2011 2011 1 1 1 1 <2+ + +?+ <3, 2011? 2×1 2×3 ?2011-1?×2011 20122011 ∴20112012<1,∴20122011<20112012.

一、选择题 1 1 1 1.(2013· 济宁模拟)设集合 A={x|(2)x<4},B={x|log3x>-1},则
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A∩B 等于(

) B.{x|2<x<3} D.{x|x<-2 或 2<x<3}

A.{x|x<-2} C.{x|x>3} [答案] B

[解析] 因为 A={x|x>2}, B={x|0<x<3}, 所以 A∩B={x|2<x<3}. 2. (2013· 福州检测)“a∥b”是“a 在 b 的方向上的投影为|a|”的 ( ) A.充分而不必要条件 C.充要条件 [答案] B [解析] 若 a∥b 且 a、b 方向相反,则 a 在 b 的方向上的投影为 |a|cosπ=-|a|,即“a∥b”?/ “a 在 b 的方向上的投影为|a|”;a 在 b 的方向上的投影为|a|?a∥b.故“a∥b”是“a 在 b 的方向上的投影 为|a|”的必要而不充分条件.
?2x, x<0 ? 3. 设函数 f(x)=? 若 f(x)是奇函数, g(2)的值是( 则 ? ?g?x?,x>0.

B.必要而不充分条件

D.既不充分也不必要条件

)

1 A.-4 1 C.4 D.4

B.-4

[答案] A [解析] 解法 1:∵f(x)是奇函数,∴f(-x)=-f(x);
?2x ? ∵f(x)=? ? ?g?x?

?x<0?, ?x>0?



当 x>0 时,-x<0,∴f(-x)=2-x, ∵f(-x)=-f(x)=-g(x),∴g(x)=-2-x(x>0),

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1 g(2)=-4,故选 A. 1 解法 2:g(2)=f(2)=-f(-2)=-2-2=-4. 4.(2013· 武清模拟)命题 p:?a∈R,函数 f(x)=(x-1)a+1 恒过 定点(2,2); 命题 q: 0∈R, 2x0≤0.则下列命题为真命题的是( ?x 使 A.(綈 p)∨q B.p∧q C.(綈 p)∧(綈 q) D.(綈 p)∨(綈 q) [答案] D [解析] p 为真命题,q 为假命题,故 D 项正确. 2 5.(文)函数 f(x)=ln(x+1)-x的零点所在的大致区间是( A.(0,1) C.(2,3) [答案] B [解析] 2 利用排除法解题.由题知,函数 f(x)=ln(x+1)- x 的定 B.(1,2) D.(3,4) ) )

义域为(-1,0)∪(0, +∞). f(1)<0, 又 f(2)>0, 所以可知函数 f(x)=ln(x 2 +1)-x的零点所在的大致区间是(1,2). 1 (理)已知 m 是函数 f(x)=(3)x-log3x 的零点,若 x0>m,则 f(x0)的 值( ) A.等于 0 C.小于 0 [答案] C [解析] 1 1 ∵f(x)=(3)x-log3x=(3)x+log1 x 在(0,+∞)上为减函
3

B.大于 0 D.符号不确定

数,又 f(m)=0,∴x0>m 时,应有 f(x0)<f(m),即 f(x0)<0,故选 C.
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6.(2013· 德州模拟)已知正方形 ABCD 的面积为 36,BC 平行于 x 轴,顶点 A、B 和 C 分别在函数 y=3logax、y=2logax 和 y=logax(其 中 a>1)的图象上,则实数 a 的值为( A. 3 6 C. 3 B. 6 3 D. 6 )

[答案] C [解析] 设 A(x0,3logax0),由题意,3logax0-2logax0=logax0=6, 即 2logax0=loga(x0+6),解得 x0=3, 6 则 a6=3,故 a= 3. 7. 已知正实数 a、 满足不等式 ab+1<a+b, b 则函数 f(x)=loga(x +b)的图象可能为( )

[答案] B [解析] ab+1<a+b?(a-1)(b-1)<0,

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?a>1, ?0<a<1, ? ? ? 或? 由图可知 B 正确. ?0<b<1, ?b>1 ?

8.(文)设 f(x)是 R 上的奇函数,且 f(x)满足 f(x+1)=f(x-1),当 5 -1≤x≤0 时,f(x)=x(1+x),则 f(2)=( 1 A.2 1 B.4 1 D.-2 )
[来源:学科网]

1 C.-4 [答案] B

[解析] ∵f(x)满足 f(x+1)=f(x-1), ∴f(x+2)=f(x),∴f(x)的周期为 2, 5 1 ∴f(2)=f(2), ∵f(x)为奇函数, 1 1 1 1 1 ∴f(2)=-f(-2)=2(1-2)=4, 5 1 ∴f(2)=4,故选 B. (理)设 f(x)是定义在 R 上的周期为 3 的周期函数,如图表示该函 数在区间(-2,1]上的图象,则 f(2011)+f(2012)=( )

A.3

B.2
29

C.1 [答案] A

D.0

[解析] 由于 f(x)是定义在 R 上的周期为 3 的周期函数,所以 f(2011)+f(2012)=f(670×3+1)+f(671×3-1)=f(1)+f(-1),而由图 象可知 f(1)=1,f(-1)=2,所以 f(2011)+f(2012)=1+2=3. 1-x 1 9.(2012· 淄博一检)已知 a≤ x +lnx 对任意 x∈[2,2]恒成立, 则 a 的最大值为( A.0 C.2 [答案] A 1-x x-1 1 [解析] 令 f(x)= x +lnx,则 f ′(x)= x2 ,当 x∈[2,1]时, f ′(x)<0,当 x∈[1,2]时,f ′(x)>0, 1 ∴f(x)在[2,1]上单调递减,在[1,2]上单调递增, ∴f(x)min=f(1)=0,∴a≤0,故选 A. (理)设函数 y=f(x)是定义在 R 上以 1 为周期的函数, g(x)=f(x) 若 -2x 在区间[2,3]上的值域为[-2,6],则函数 g(x)在[-12,12]上的值域 为( ) A.[-2,6] C.[-22,32] [答案] B [解析] 由题可设 g(x)min=f(a)-2a=-2,g(x)max=f(b)-2b=6, a,b∈[2,3],由周期性知 x∈[-12,-11],a-14∈[-12,-11], g(x)∈[26,34],同理 x∈[-11,-10],a-13∈[-11,-10],g(x)∈ [24,32],??x∈[11,12],a+9∈[11,12],g(x)∈[-20,-12],故函
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) B.1 D.3

B.[-20,34] D.[-24,28]

数 g(x)在[-12,12]上的值域为[-20,34]. 10. (文)设实数 a∈[-1,3], 函数 f(x)=x2-(a+3)x+2a, f(x)>1 当 时,实数 x 的取值范围是( A.[-1,3] B.(-5,+∞) C.(-∞,-1)∪(5,+∞) D.(-∞,1)∪(5,+∞) [答案] C [解析] f(x)=x2-(a+3)x+2a>1?(2-x)a+x2-3x-1>0, g(a) 令 =(2-x)· 2-3x-1. a+x
?g?-1?>0 ? 由题意有:? ?x∈(-∞,-1)∪(5,+∞). ? ?g?3?>0

)

故选 C.
?lnx,x>0, ? (理)(2012· 宁夏银川一中模拟)已知函数 f(x)=? 则 ?x+2,x<0, ?

f(x)>1 的解集为(

) B.(-∞,-1)∪(e,+∞) D.(-∞,1)∪(e,+∞)

A.(-1,0)∪(0,e) C.(-1,0)∪(e,+∞) [答案] C

?x<0 ?x>0 [解析] 不等式 f(x)>1 化为? 或? , ?lnx>1 ?x+2>1

∴x>e 或-1<x<0,故选 C. 11.(文)(2012· 武汉调研)某公司租地建仓库,已知仓库每月占用 费 y1 与仓库到车站的距离成反比,而每月库存货物的运费 y2 与仓库 到车站的距离成正比.据测算,如果在距离车站 10km 处建仓库,这 两项费用 y1、y2 分别是 2 万元,8 万元,那么要使这两项费用之和最
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小,则仓库应建在离车站( A.5km 处 C.3km 处 [答案] A

)

B.4km 处 D.2km 处

k1 [解析] 设仓库离车站 xkm,则 y1= x ,y2=k2x,由条件 x=10 20 时,y1=2,y2=8,∴k1=20,k2=0.8,故 y= x +0.8x≥2 20 x ×0.8x

=8,当且仅当 x=5 时等号成立,故仓库应建在离车站 5km 处. (理)函数 f(x)=x3+ax2+3x-9,已知 f(x)有两个极值点 x1、x2, 则 x1·2 等于( x A.9 C.1 ) B.-9 D.-1

[答案] C [解析] f ′(x)=3x2+2ax+3,则 x1·2=1. x 12. (文)若 f ′(x)=(x+a)(x-2), f(0)=0,函数 f(x)在区间[-2,0] 1 上不是单调函数, 且当 x∈[-2,0]时, 不等式 f(x)<6a3-2a+3 恒成立, 则实数 a 的取值范围是( A.(-3,1) C.(0,3) [答案] D a-2 1 [解析] 依题意得,f(x)=3x3+ 2 x2-2ax; ∵f(x)在[-2,0]上不是单调函数,∴-a∈(-2,0),即 0<a<2,① 在(-2,-a)上 f ′(x)>0,在(-a,0)上 f ′(x)<0, )

B.(-1,3) D.(0,1)

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2 1 3 a ?a-2? 1 ∴当 x∈[-2,0]时,[f(x)]max=f(-a)=-3a + 2 +2a2=6a3

1 1 +a2,由条件知6a3+a2<6a3 -2a+3, ∴a2+2a-3<0, ∴-3<a<1 ② 由①②得,0<a<1. 1 (理)函数 f(x)=sin(3x)-8x3 的图象最可能是( )

[答案] A 1 [解析] ∵f(-x)=sin(-3x)-8(-x)3=-f(x),∴函数 f(x)为奇函 1 数,排除 B 项;又 f(2)=sin6-8×23=sin6-1<0,故排除 C、D 两选 项,应选 A. 二、填空题
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1 1 13.已知集合 A={x|(2)x>4},B={x|log2(x-1)<2},则 A∩B= ________. [答案] (1,2) 1 1 [解析] 由(2)x>4得 x<2; log2(x-1)<2 得 0<x-1<4, 由 ∴1<x<5, ∴A∩B={x|1<x<2},故填{x|1<x<2}或(1,2). 14.(2012· 唐山摸底)已知直线 y=2x+b 是曲线 y=lnx(x>0)的一 条切线,则实数 b=________. [答案] -ln2-1 1 1 1 [解析] 由 y=lnx 得 y′=x,令x=2 得 x=2, 1 1 1 1 ∴切点为(2,ln2),∴ln2=2×2+b, ∴b=-ln2-1. 15.(文)已知函数f(x)=x2-2x,x∈[a,b]的值域为[-1,3],则 b-a 的取值范围是________. [答案] [2,4] [解析] 当 y=-1 时,x=1,当 y=3 时,x=3 或-1,结合图 形易得 2≤b-a≤4. (理)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,若 f(x)在区间(-1,0)上单调 递减,则 a2+b2 的取值范围是________. 9 [答案] [5,+∞) [解析]

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由题意得 f ′(x)=3x2+2ax+b,f ′(x)≤0 在 x∈(-1,0)上恒成 立,即 3x2+2ax+b≤0 在 x∈(-1,0)上恒成立,
[来源:学科网 ZXXK]

?2a-b-3≥0, ? ∴? ∴a, 所满足的可行域如图中的阴影部分所 b ? ?b≤0.

示.则点 O 到直线 2a-b-3=0 的距离 d= 9 ∴a2+b2 的取值范围为[5,+∞).

3 9 .∴a2+b2≥d2=5. 5

16.(文)命题 p:方程 x2-x+a2 -6a=0 有一正根和一负根.命 题 q: 函数 y=x2+(a-3)x+1 的图象与 x 轴无交点. 若命题“p 或 q” 为真命题,而命题“p 且 q”为假命题,则实数 a 的取值范围是 ________. [答案] (0,1]∪[5,6) [解析] 由题意,命题 p 为真时,
?a2-6a<0, ? ? 解得 0<a<6;命题 q 为真时,Δ=(a-3)2 2 ? ?Δ=1-4?a -6a?>0,

-4<0,解得 1<a<5.∵命题“p 或 q”为真命题,而命题“p 且 q”为 假命题,∴命题 p 与命题 q 一真一假.当命题 p 真且命题 q 假时,a ∈(0,1]∪[5,6);当命题 q 真且命题 p 假时,a 的值不存在. 综上知,a∈(0,1]∪[5,6).
35

(理)(2012· 日照模拟)给出下列四个命题: ①命题“?x∈R,cosx>0”的否定是“?x∈R,cosx≤0”; ②若 0<a<1,则函数 f(x)=x2+ax-3 只有一个零点; π π 5π ③函数 y=sin(2x-3)的一个单调增区间是[-12,12]; ④对于任意实数 x,有 f(-x)=f(x),且当 x>0 时,f ′(x)>0,则 当 x<0 时,f ′(x)<0. 其中真命题的序号是________(把所有真命题的序号都填上). [答案] ①③④ [解析] ①正确;令 f(x)=x2+ax-3=0,则 ax=3-x2,在同一坐 标系中作出函数 y=ax(0<a<1)与 y=3-x2 的图象知, 两图象有两个交 π 5π π π π 点,故②错;当 x∈[-12,12]时,-2≤2x-3≤2,故③正确;∵对 任意实数 x,有 f(-x)=f(x),∴f(x)为偶函数,又 x>0 时,f ′(x)>0, ∴f(x)在(0,+∞)上为增函数,∴f(x)在(-∞,0)上为减函数,因此, 当 x<0 时,f ′(x)<0,故④真. 三、解答题 1 17.(2013· 揭阳模拟)设命题 p:函数 f(x)=lg(ax2-x+16a)的定义 域为 R;命题 q:不等式 3x-9x<a 对一切正实数 x 均成立. (1)如果 p 是真命题,求实数 a 的取值范围; (2)如果命题“p 或 q”为真命题, 且“p 且 q”为假命题, 求实数 a 的取值范围. 1 [解析] (1)若命题 p 为真,即 ax2-x+16a>0 对任意 x 恒成立. (ⅰ)当 a=0 时,-x>0 不恒成立,不合题意;

36

? ?a>0, ? ? (ⅱ)当 a≠0 时,可得 即? 1 2 ?Δ<0, 1- a <0, ?
a>0, 4

?

解得 a>2. 所以实数 a 的取值范围是(2,+∞). 1 1 (2)令 y=3x-9x=-(3x-2)2+4. 由 x>0 得 3x>1,则 y<0. 若命题 q 为真,则 a≥0. 由命题“p 或 q”为真且“p 且 q”为假,得命题 p、q 一真一假. (ⅰ)当 p 真 q 假时,a 不存在; (ⅱ)当 p 假 q 真时,0≤a≤2. 所以实数 a 的取值范围是[0,2]. 18.(2013· 杭州月考)函数 f(x)对于 x>0 有意义,且满足条件 f(2) =1,f(x· y)=f(x)+f(y),f(x)是减函数. (1)证明:f(1)=0; (2)若 f(x)+f(x-3)≥2 成立,求 x 的取值范围. [解析] (1)令 x=y=1,则 f(1×1)=f(1)+f(1), 故 f(1)=0. (2)因为 f(2)=1,令 x=y=2, 则 f(2×2)=f(2)+f(2)=2, 所以 f(4)=2. 因为 f(x)+f(x-3)≥2 成立, 所以 f[x(x-3)]≥f(4). 又 f(x)为减函数,

37

?x>0, ? 所以?x-3>0, ?x2-3x≤4, ?

解得 3<x≤4.

所以 f(x)+f(x-3)≥2 成立时,x 的取值范围是(3,4]. 19.(文)设 f(x)是定义在 R 上的偶函数,当 0≤x≤2 时,y=x, 当 x>2 时,y=f(x)的图象是顶点为 P(3,4),且过点 A(2,2)的抛物线的 一部分. (1)求函数 f(x)在(-∞,-2)上的解析式; (2)在直角坐标系中画出函数 f(x)的草图; (3)写出函数 f(x)的值域. [解析] (1)设顶点为 P(3,4),且过点 A(2,2)的抛物线的方程为 y =a(x-3)2+4,将(2,2)代入可得 a=-2,∴y=-2(x-3)2+4,即 y =-2x2+12x-14. 设 x<-2,则-x>2. 又 f(x)为偶函数,∴f(x)=f(-x)=-2×(-x)2-12x-14, 即 f(x)=-2x2-12x-14. ∴函数 f(x)在(-∞,-2)上的解析式为 f(x)=-2x2-12x-14. (2)函数 f(x)的图象如图所示.

38

(3)函数 f(x)的值域为(-∞,4]. (理)已知函数 f(x)=x3+3ax2+(3-6a)x+12a-4(a∈R). (1)证明:曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线过点(2,2); (2)若 f(x)在 x=x0 处取得最小值,x0∈(1,3),求 a 的取值范围. [解析] (1)f ′(x)=3x2+6ax+3-6a 由 f(0)=12a-4,f ′(0)=3-6a 得曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线 方程为 y=(3-6a)x+12a-4,由此知曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线经 过点(2,2). (2)由 f ′(x)=0,得 x2+2ax+1-2a=0 (ⅰ)当- 2-1≤a≤ 2-1 时,f(x)没有极小值. (ⅱ)当 a> 2-1 或 a<- 2-1 时,由 f ′(x)=0 得 x1=-a- a2+2a-1,x2=-a+ a2+2a-1 故 x0=x2,由题设知,1<-a+ a2+2a-1<3 当 a> 2-1 时,不等式 1<-a+ a2+2a-1<3 无解 5 当 a<- 2-1 时,解不等式 1<-a+ a2+2a-1<3 得-2<a<- 2-1 5 综合(ⅰ)(ⅱ)得 a 的取值范围是(-2,- 2-1).
? x∈P, ?|x|, 20.(2013· 海淀期中)已知函数 f(x)=? 2 其中 ?-x +2x, x∈M, ?

P,M 是非空数集,且 P∩M=?,设 f(P)={y|y=f(x),x∈P},f(M) ={y|y=f(x),x∈M}. (1)若 P=(-∞,0),M=[0,4],求 f(P)∪f(M); (2)是否存在实数 a>-3,使得 P∪M=[-3,a],且 f(P)∪f(M) =[-3,2a-3]?若存在,请求出满足条件的实数 a;若不存在,请说
39

明理由; (3)若 P∪M=R,且 0∈M,1∈P,f(x)是单调递增函数,求集合 P, M. [解析] (1)因为P=(-∞,0),M=[0,4], 所以 f(P)=(0,+∞),f(M)=[-8,1]. 所以 f(P)∪f(M)=[-8,+∞). (2)若-3∈M,则 f(-3)=-15?[-3,2a-3],不符合要求. 因为 P∪M=[-3,0],所以-3∈P,从而 f(-3)=3. 因为 f(-3)=3∈[-3,2a-3], 所以 2a-3≥3,得 a≥3. 若 a>3,则 2a-3>3>-(x-1)2+1=-x2+2x. 因为 P∩M=?, 所以 2a-3 的原象 x0∈P 且 3<x0≤a. 所以 x0=2a-3≤a 得 a≤3,矛盾! 所以 a=3. 此时可取 P=[-3,-1)∪[0,3],M=[-1,0),满足题意. (3)因为 f(x)是单调递增函数,所以对任意 x<0,有 f(x)<f(0)=0, 所以 x∈M. 所以(-∞,0)?M.同理可证(1,+∞)?P.
2 若存在 0<x0<1,使得 x0∈M,则 1>f(x0)=-x0+2x0>x0,

于是[x0,-x2+2x0]?M. 0 记 x1=-x2+2x0∈(0,1),x2=-x2+2x1,?, 0 1 所以[x0,x1]?M. 同理可知[x1,x2]?M,?,
2 2 由 xn+1=-xn+2xn 得 1-xn+1=1+xn-2xn=(1-xn)2.

所以 1-xn=(1-xn-1)2=(1-xn-2)22=?=(1-x0)2n.
40

对于?x∈[x0,1),取[log2log(1-x0)(1-x)-1,log2log(1-x0)(1- x)]中的自然数 nx,则 x∈[xnx,xnx+1]?M. 所以[x0,1)?M. 综上所述,满足要求的 P,M 必有如下表示: P=(0,t)∪[1,+∞),M=(-∞,0]∪[t,1),其中 0<t<1, 或者 P=(0,t]∪[1,+∞),M=(-∞,0]∪(t,1),其中 0<t<1, 或者 P=[1,+∞),M=(-∞,1), 或者 P=(0,+∞),M=(-∞,0]. 9 21. (文)已知函数 f(x)=(x2-3x+4)ex, 其中 e 是自然对数的底数. (1)求函数 f(x)的图象在 x=0 处的切线方程; (2)求函数 f(x)在区间[-1,2]上的最大值与最小值. 9 [解析] (1)因为 f(x)=(x2-3x+4)ex, 9 所以 f(0)=4, 9 3 又 f ′(x)=(2x-3)ex+(x2-3x+4)ex=(x2-x-4)ex,所以 f ′(0) 3 =-4, 所以函数 f(x)的图象在 x=0 处的切线方程为: 9 3 y-4=-4x,即 3x+4y-9=0. 3 (2)由(1)得 f(x)=(x-2)2ex, 1 3 f ′(x)=(x+2)(x-2)ex. 当 x 变化时, 函数 f(x), ′(x)在区间[-1,2]上的变化情况如下表: f

41

x f ′(x) f(x)

1 [-1,-2) + ↗

1 -2 0 极大值

1 3 (-2,2) - ↘

3 2 0 极小值

3 (2,2] + ↗

1 函数 f(x)在区间[-1,2]上的最大值 f(x)max=max{f(-2),f(2)},最 3 小值 f(x)min=min{f(-1),f(2)}.
- 1 1 2 ∵f(2)-f(-2)=4e -4e 1 2

e5-16 35- 256 = < <0, 4 e 4 e 3 25 3 又 f(2)=0,f(-1)=4e>0,∴f(2)-f(-1)<0,
- 1 ∴f(x)max=f(-2)=4e 1 2

3 ,f(x)min=f(2)=0.

5 (理)(2012· 新疆维吾尔自治区检测)已知 x∈[-2, f(x)=-ln(- 0), ln?-x? 1 x)+bx,g(x)= +2. -x (1)当 b=-1 时,求证:f(x)>g(x); (2)是否存在实数 b,使 f(x)的最小值是 2,若存在求出 b 的值, 若不存在说明理由. [解析] (1)当 b=-1 时,f(x)=-x-ln(-x), g(x)= ln?-x? 1 +2, -x

x+1 1 因为 f ′(x)=-1-x=- x , 5 当 x∈(-2,-1)时,f ′(x)<0,
42

当 x∈(-1,0)时,f ′(x)>0, 5 所以 f(x)在 x∈(-2,-1)时,单调递减,在 x∈(-1,0)时,单 调递增, 所以 f(x)的最小值为 f(-1)=1>0, ln?-x?-1 5 又因为 g′(x)= ,当 x∈[-2,0)时, 2 x g′(x)<0,此时 g(x)单调递减,g(x)的最大值为 5 2 5 1 2 1 g(-2)=5ln2+2<5+2<1, 即 f(x)的最小值小于 g(x)的最大值. 5 所以当 x∈[-2,0),b=-1 时,f(x)>g(x). 5 (2)f(x)=-ln(-x)+bx,x∈[-2,0), 1 bx-1 f ′(x)=b-x= x , 1 当 b=0 时,f ′(x)=-x>0, 5 5 f(x)min=f(-2)=-ln2≠2, 1 5 5 5 当 b>0 时,f ′(x)=b-x>0,f(x)min=f(-2)=-2b-ln2<0≠2, 1 b?x-b? 当 b<0 时,f ′(x)= x . 1 5 2 若b≤- 2,即-5≤b<0 时,f ′(x)≥0, 5 5 5 ∴f(x)min=f(-2)=-2b-ln2=2, 4 2 5 ∴b=-5-5ln2,
[来源:学科网]

43

5 2 2 5 ∵0<ln2<1,∴-5<-5ln2<0, 6 4 2 5 4 ∴-5<-5-5ln2<-5, 4 2 5 2 ∴b=-5-5ln2?[-5,0) 5 1 2 5 1 1 若-2<b<0,即 b<-5时,f(x)在[-2,b)上是减函数,在(b,0) 1 1 2 上是增函数,f(x)min=f(b)=-ln(-b)+1=2?b=-e<-5. 综上知 b 的值为-e. 22.(文)已知函数 f(x)=x4-2ax2. (1)求证:方程 f(x)=1 有实根; (2)h(x)=f(x)-x 在[0,1]上是单调递减函数, 求实数 a 的取值范围; (3)当 x∈[0,1]时,关于 x 的不等式|f ′(x)|>1 的解集为空集, 求所 有满足条件的实数 a 的值. [解析] (1)要证 x4-2ax2-1=0 有实根, 也就是证明方程 t2-2at-1=0 有非负实数根. 而 Δ=4a2+4>0,故可设 t2-2at-1=0 的两根为 t1、t2. t1t2=-1<0,∴t1、t2 一正一负. ∵方程 t2-2at-1=0 有正根, ∴方程 f(x)=1 有实根. (2)由题设知对任意的 x∈[0,1], h′(x)=f ′(x)-1=4x3-4ax-1≤0 恒成立, x=0 时显然成立; 1 1 对任意的 0<x≤1,a≥x2-4x,∴a≥(x2-4x)max, 1 而 g(x)=x2-4x在(0,1]上单调递增,
44

3 ∴a≥g(1)=4, 3 ∴a 的取值范围为[4,+∞). (3)由题设知,当 x∈[0,1]时,|4x3-4ax|≤1 恒成立. 记 F(x)=4x3-4ax, 若 a≤0,则 F(1)=4-4a≥4,不满足条件; 故 a>0,而 F′(x)=12x2-4a=12(x- ①当 上递增, 于是|F(x)|max=max{-F( 8 =max{3a 3 解得 a=4. ②当 a 3≥1,即 a≥3 时,F(x)在[0,1]上递减, a 3),F(1)} a 3<1 即 0<a<3 时,F(x)在[0, a 3)(x+ a 3) a 3,1]

a 3]上递减,在[

a 3,4-4a}≤1,

于是|F(x)|max=-F(1)=4a-4≥8,与题意矛盾. 3 综上所述 a=4. 方法 2: (分离参数法)因为|4x3-4ax|≤1, 所以-1≤4x3-4ax≤1, x=0 时显然成立; 1 1 对任意的 0<x≤1,x2-4x≤a≤x2+4x 3 1 3 由(2)知 a≥4,由 a≤x2+4x(0<x≤1)知 a≤4, 3 ∴a=4.
45

(理)已知 f(x)是定义在区间[-1,1]上的奇函数,且 f(1)=1,若 m、 f?m?+f?n? n∈[-1,1],m+n≠0 时,有 >0. m+n 1 (1)解不等式 f(x+2)<f(1-x); (2)若 f(x)≤t2-2at+1 对所有 x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立, 求实数 t 的取值范围. [解析] (1)任取 x1,x2∈[-1,1],且 x2>x1,则 f(x2)-f(x1)=f(x2) +f(-x1) = f?x2?+f?-x1? · 2-x1)>0, (x x2+?-x1?

所以 f(x2)>f(x1).所以 f(x)是增函数. 1 由 f(x+2)<f(1-x)得

?-1≤x+2≤1, ? ?-1≤1-x≤1, ?x+1<1-x. ? 2
1

1 解得 0≤x<4.

1 1 故不等式 f(x+2)<f(1-x)的解集为[0,4). (2)由于 f(x)为增函数,所以 f(x)的最大值为 f(1)=1,所以 f(x)≤t2 -2at+1 对 a∈[-1,1], x∈[-1,1]总成立?t2-2at+1≥1 对任意 a∈ [-1,1]总成立?t2-2at≥0 对任意 a∈[-1,1]总成立. 把 y=t2-2at 看作 a 的函数,由 a∈[-1,1]知其图象是一线段. 所以 t2-2at≥0 对任意 a∈[-1,1]总成立
?t2-2×?-1?t≥0, ?t2+2t≥0, ? ? ?? 2 ?? 2 ? ? ?t -2×1×t≥0, ?t -2t≥0.

46

?t≤-2或t≥0, ? ?? ?t≤-2 或 t=0 或 t≥2. ? ?t≤0或t≥2.

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