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2014高考数学理复习方案 二轮作业手册(新课标·通用版)专题综合训练(二) 专题二 函数与导数

专题综合训练(二) [专题二 函数与导数] (时间:60 分钟 分值:100 分)

一、选择题(每小题 5 分,共 40 分) 1.下列函数中,既是偶函数又在区间(0,+∞)上单调递减的是( ) 1 A.y= x - B.y=e x C.y=-x2+1 D.y=lg |x| 2.函数 f(x)=1-xlog2x 的零点所在的区间是( ) 1 1 A. , 4 2 1 B. ,1 2 C.(1,2) D.(2,3) 2 3.已知函数 f(x)= +xln x,则曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程为( ) x A.x-y-3=0 B.x-y+3=0 C.x+y-3=0 D.x+y+3=0 4.能够把圆 O:x2+y2=16 的周长和面积同时分为相等的两部分的函数称为圆 O 的“和 谐函数”,下列函数中不是圆 O 的“和谐函数”的是( ) 3 A.f(x)=4x +x 5-x B.f(x)=ln 5+x x C.f(x)=tan 2 - D.f(x)=ex+e x 5.一个球的体积、表面积分别为 V,S,若函数 V=f(S),f′(S)是 f(S)的导函数,则 f′(π ) =( ) 1 A. 4 1 B. 2 C .1 D.π 6.设函数 f(x)=x3-4x+a(0<a<2)有三个零点 x1,x2,x3,且 x1<x2<x3,则下列结论中正确 的是( ) A.x1>-1 B.x2<0 C.x3>2 D.0<x2<1 x2 7.函数 y= -cos 2x 的图像大致是( ) 3

图 Z2-1 8.设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f′(x),且函数 y=(2-x)f′(x)的图像如图 Z2-2 所示,则下列结论中一定成立的是( )

图 Z2-2 A.函数 f(x)有极大值 f(1)和极小值 f(-1) B.函数 f(x)有极大值 f(1)和极小值 f(2) C.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) D.函数 f(x)有极大值 f(-1)和极小值 f(2) 二、填空题(每小题 5 分,共 20 分) 1 ? ?-x2(x>0), 9.已知函数 f(x)=? 则 f(f(9))=________.

? ?2x(x≤0),

2 2 2 10.已知函数 f(x)=x3+f′ x2-x,f(x)的图像在点 ,f 处的切线的斜率是________. 3 3 3 11. 设函数 f(x)的定义域为 D, 若存在非零实数 n 使得对于任意 x∈M(M?D), 有 x+n∈D, 且 f(x+n)≥f(x), 则称 f(x)为 M 上的 n 高调函数. 如果定义域为[-1, +∞)的函数 f(x)=x2 为[- 1,+∞)上的 k 高调函数,那么实数 k 的取值范围是________. 12.f(x)=|2x-1|,f1(x)=f(x),f2(x)=f(f1(x)),?,fn(x)=f(fn-1(x)),则函数 y=f4(x)的零点 个数为________. 三、解答题(共 40 分) 13. (13 分)某工厂某种产品的年固定成本为 250 万元, 每生产 x 千件 , 需另投入成本 C(x), .. 1 10 000 当年产量不足 80 千件时, C(x)= x2+10x(万元); 当年产量不小于 80 千件时, C(x)=51x+ 3 x -1 450(万元).每件 商品售价为 0.05 万元.通过市场分析,该厂生产的商品能全部售完. .. (1)写出年利润 L(x)(万元)关于年产量 x(千件 )的函数解析式; .. (2)年产量为多少千件 时,该厂在这一商品的生产中所获利润最大? ..

a 14.(13 分)设函数 f(x)=ln x+ x2-(a+1)x(a>0,a 为常数). 2 (1)讨论 f(x)的单调性; 1 2x (2)若 a=1,证明:当 x>1 时,f(x)< x2- - x. 2 x+1

15.(14 分)已知函数 f(x)=ln(x+1)-x2-x. 5 (1)若关于 x 的方程 f(x)=- x+b 在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,求实数 b 的取 2 值范围; n+1 3 4 (2)证明:对任意的正整数 n,不等式 2+ + +?+ 2 >ln(n+1)都成立. 4 9 n

专题综合训练(二) 1 - 1.C [解析] 对于 A,y= 是奇函数,排除;对于 B,y=e x 既不是奇函数,也不是偶 x 函数,排除;对于 D,y=lg |x|是偶函数,但在(0,+∞)上有 y=lgx,此时单调递增,排除.只 有 C 符合题意. 2.C [解析] f(1)=1,f(2)=-1,故函数 f(x)=1-xlog2x 的零点所在的区间是(1,2). 2 3.C [解析] f′(x)=- 2+ln x+1,当 x=1 时 f′(1)=-1.f(1)=2,即切点坐标为(1,2).故 x 切线方程为 y-2=-(x-1),即 x+y-3=0. 4.D [解析] 在[-4,4]上有定义的奇函数即可. 5.A S 2 4 [解析] 设球的半径为 r,则 S=4π r ,V= π r3,由 S=4π r2,得 r=?4π ? ,所 3 ? ?
2
3 1

4π S 2 1 3 1 1 1 以 f(S)=V= ?4π ? = S ,所以 f′(S)= S ,所以 f′(π )= . 3 ? ? 6 π 2 2 4 4 π 3 6.D [解析] 函数 y=x -4x 有三个零点 x=-2,0,2,其图像如图所示,易得函数图 像与直线 x=-a 的交点横坐标中 x1<-2,0<x2<1,1<x3<2.

7.C [解析] 函数是偶函数,排除选项 A;当 x→+∞时,y→+∞,排除选项 D;当 x π = 时,y>0,排除选项 B.所以正确选项为 C. 4 8.A [解析] 由函数 y=(2-x)f′(x)的图像可知,方程 f′(x)=0 有两个实根 x=-1,x=1, 且在(-∞,-1)上 f′(x)<0,在(-1,1)上 f′(x)>0,在(1,2)上 f′(x)<0,在(2,+∞)上 f′(x)<0.所

以函数 f(x)有极大值 f(1)和极小值 f(-1). 1 1 9. [解析] f(f(9))=f(-3)= . 8 8 2? 2 ?2?=4+4f′?2?-1,解得 f′?2?= 10.-1 [解析] f′(x)=3x2+2f′? x - 1 ,令 x = ,得 f ′ ?3? ?3? 3 3 ?3? ?3? 3 2 2 ?? -1,所以函数 f(x)的图像在点?3,f? ?3??处的切线的斜率为-1. ? 11.[2,+∞) [解析] 即(x+k)2≥x2 在[-1,+∞)上恒成立,即 2kx+k2≥0 在 x∈[-1, +∞)上恒成立,故实数 k 满足 2k>0 且-2k+k2≥0,解得 k≥2. 1 1 12. 8 [解析] f4(x)=|2f3(x)-1|的零点, 即 f3(x)= 的零点, 即|2f2(x)-1|= 的零点, 即 f2(x) 2 2 1 3 1 3 3 5 1 7 = 或 的零点,即|2f(x)-1|= 或 的零点,即 f(x)= , , , 的零点,显然对上述每个数值 4 4 4 4 8 8 8 8 各有两个零点,故共有 8 个零点. 13.解:(1)因为每件 商品售价为 0.05 万元,则 x 千件 商品销售额为 0.05×1000x 万元, .. .. 依题意得, 1 1 当 0<x<80 时,L(x)=(0.05×1000x)- x2-10x-250=- x2+40x-250; 3 3 10 000? 10 000 当 x≥80 时,L(x)=(0.05×1000x)-51x- +1 450-250=1200-? ?x+ x ?. x 1 - x2+40x-250(0<x<80,x∈N), 3 所以 L(x)= 10 000? 1200-? ?x+ x ?(x≥80,x∈N).

? ? ?

1 (2)当 0<x<80 时,L(x)=- (x-60)2+950, 3 此时,当 x=60 时,L(x)取得最大值 L(60)=950(万元); 10 000? 当 x≥80 时,L(x)=1200-? ?x+ x ?≤1200- 10 000 2 x· =1200-200=1000, x 10 000 当 x= ,即 x=100 时,L(x)取得最大值 1000 万元. x 因为 950<1000, 所以,当产量为 100 千件时,该厂在这一商品中所获利润最大,最大利润为 1000 万元. ax2-(a+1)x+1 1 14 . 解 : (1)f(x) 的 定 义 域 为 (0 , + ∞) , f′(x) = + ax - (a + 1) = = x x (ax-1)(x-1) . x 1 1 当 0<a<1 时,由 f′(x)>0 解得 0<x<1 或 x> ,由 f′(x)<0 解得 1<x< , a a 1 ? ? 1? 所以函数 f(x)在(0,1),? ?a,+∞?上单调递增,在?1,a?上单调递减. 当 a=1 时,f′(x)≥0 对 x>0 恒成立,所以函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 1 1 当 a>1 时,由 f′(x)>0 解得 x>1 或 0<x< ,由 f′(x)<0 解得 <x<1. a a 1? ?1 ? 所以函数 f(x)在? ?0,a?,(1,+∞)上单调递增,在?a,1?上单调递减. 2x (2)证明:当 a=1 时,原不等式等价于 ln x-2x+ + x<0. x+1 x+1 因为 x>1,所以 x= x·1< , 2

2x 2x x+1 因此 ln x-2x+ + x<ln x-2x+ + . 2 x+1 x+1 2x x+1 令 g(x)=ln x-2x+ + , 2 x+1 3 5 - x3-2x2+ x+1 2 2 则 g′(x)= . x(x+1)2 3 5 9 5 令 h(x)=- x3-2x2+ x+1,当 x>1 时,h′(x)=- x2-4x+ <0, 2 2 2 2 所以 h(x)在(1,+∞)上单调递减,从而 h(x)<h(1)=0,即 g′(x)<0, 所以 g(x)在(1,+∞)上单调递减,则 g(x)<g(1)=0, 1 2x 所以当 x>1 时,f(x)< x2- - x. 2 x+1 5 3 15.解:(1)f(x)=ln(x+1)-x2-x,由 f(x)=- x+b,得 ln(x+1)-x2+ x-b=0, 2 2 5 2 3 令 φ(x)=ln(x+1)-x + x-b,则 f(x)=- x+b 在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根等 2 2 1 3 价 于 φ(x) = 0 在 区 间 [0 , 2] 上 恰 有 两 个 不 同 的 实 数 根 , φ ′ (x) = - 2x + = 2 x+1 -(4x+5)(x-1) , 2(x+1) 当 x∈[0,1)时,φ′(x)>0,于是 φ(x)在[0,1)上单调递增; 当 x∈(1,2]时,φ′(x)<0,于是 φ(x)在(1,2]上单调递减. φ (0)=-b≤0,

? ? 3 依题意有?φ(1)=ln(1+1)-1+2-b>0, ? ?φ(2)=ln(1+2)-4+3-b≤0,
1 解得 ln 3-1≤b<ln 2+ . 2

(2)证明:方法一,f(x)=ln(x+1)-x2-x 的定义域为{x|x>-1},则有 f′(x)=

-x(2x+3) , (x+1)

3 令 f′(x)=0,得 x=0 或 x=- (舍去), 2 当-1<x<0 时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当 x>0 时,f′(x)<0,f(x)单调递减. ∴f(0)为 f(x)在(-1,+∞)上的最大值. ∴f(x)≤f(0),故 ln(x+1)-x2-x≤0(当且仅当 x=0 时,等号成立). 1 ? 1 1 1 对任意正整数 n,取 x= >0 得,ln? ?n+1?<n+n2, n 1 ? n+1 ∴ln? ?n+1?< n2 . n+1 n+1 3 4 3 故 2+ + +?+ 2 ≥ln 2+ln +?+ln =ln(n+1). 4 9 n 2 n 方法二,数学归纳法证明: 1+1 当 n=1 时,左边= 2 =2,右边=ln(1+1)=ln 2,显然 2>ln 2,不等式成立. 1 k+1 3 4 假设当 n=k(k∈N*,k≥1)时,2+ + +?+ 2 >ln(k+1)成立, 4 9 k k+1 k+2 k+2 3 4 则当 n=k+1 时,有 2+ + +?+ 2 + > +ln(k+1). 4 9 k (k+1)2 (k+1)2

做 差 比 较 : ln(k + 2) - ln(k + 1) - 1 ? 1 + ? ?k+1 (k+1)2?.

1 ? k+2 k+2 k+2 ? - 2 = ln 2 = ln 1+ k + 1? - ? (k+1) k+1 (k+1)

构建函数 F(x)=ln(1+x)-x-x2,x∈(0,1), -x(2x+3) 则 F′(x)= <0, x+1 ∴F(x)在(0,1)上单调递减,∴F(x)<F(0)=0. 1 1 1 1 取 x= (k≥1,k∈N*),ln?1+k+1?-?k+1+(k+1)2?<F(0)=0. ? ? ? ? k+1 k+2 即 ln(k+2)-ln(k+1)- <0, (k+1)2 k+2 亦即 +ln(k+1)>ln(k+2), (k+1)2 k+1 k+2 k+2 3 4 故 n=k+1 时,有 2+ + +?+ 2 + > +ln(k+1)>ln(k+2),不等 4 9 k (k+1)2 (k+1)2 式也成立. 综上可知,对任意的正整数,不等式都成立.


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