《新編高考數(shù)學一輪復習學案訓練課件： 單元評估檢測2 第2章 函數(shù)、導數(shù)及其應用 理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新編高考數(shù)學一輪復習學案訓練課件： 單元評估檢測2 第2章 函數(shù)、導數(shù)及其應用 理 北師大版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 單元評估檢測(二)　第2章　函數(shù)、導數(shù)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．設函數(shù)f(x)＝＋，則函數(shù)的定義域為(　　) A. B. C.∪(0，＋∞) D. [答案]　A 2．已知函數(shù)f(x)＝則f(f(4))的值為(　　) 【導學號：79140406】 A．－ B．－9 C. D．9 [答案]　C 3．設a＝log37，b＝21.1，c＝0.83.1，則(　　) A．b＜a＜c B．a＜c＜b C．c＜b＜a D．c＜a＜b

2、 [答案]　D 4．下列函數(shù)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 [答案]　B 5．(20xx·洛陽模擬)函數(shù)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 [答案]　C 6．(20xx·珠海模擬)設函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(x)＝則g(f(－7))＝(　　) A．3 B．－3 C．2 D．－2 [答案]　D 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

3、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(jù)以上數(shù)據(jù)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 [答案]　C 8．函數(shù)y＝的部分圖像大致為(　　) [答案]　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 C．x＋y＋1＝0 D．x－y＋1＝0 [答案]　D 10．(20xx·鄭州模擬)設函

4、數(shù)f(x)對x≠0的實數(shù)滿足f(x)－2f＝3x＋2，那么f(x)dx＝(　　) A．－ B．＋2ln 2 C．－ D．－(4＋2ln 2) [答案]　A 11．若函數(shù)f(x)＝1＋＋sin x在區(qū)間[－k，k](k＞0)上的值域為[m，n]，則m＋n＝(　　) 【導學號：79140407】 A．0 B．1 C．2 D．4 [答案]　D 12．(20xx·岳陽模擬)設函數(shù)y＝ax2與函數(shù)y＝的圖像恰有3個不同的交點，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A. B.∪ C. D.∪ [答案]　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

5、題中橫線上) 13．已知冪函數(shù)f(x)＝(m2－3m＋3)·xm＋1為奇函數(shù)，則不等式f(2x－3)＋f(x)＞0的解集為________． [答案]　(1，＋∞) 14．已知函數(shù)f(x)＝|x2＋3x|，x∈R，若方程f(x)－a＝0恰有4個互異的實數(shù)根x1，x2，x3，x4，則x1＋x2＋x3＋x4＝________. 【導學號：79140408】 [答案]?。? 15．已知函數(shù)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(shù)g(x)＝(3－10m)是單調增函數(shù)，則a＝________. [答案]　 16．(20xx·長治模擬)對于函數(shù)

6、f(x)給出定義： 設f′(x)是函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)，f″(x)是函數(shù)f′(x)的導函數(shù)，若方程f″(x)＝0有實數(shù)解x0，則稱點(x0，f(x0))為函數(shù)y＝f(x)的“拐點”． 某同學經過探究發(fā)現(xiàn)：任何一個三次函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)都有“拐點”；任何一個三次函數(shù)都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心．給定函數(shù)f(x)＝x3－x2＋3x－，請你根據(jù)上面探究結果，計算f＋f＋f＋…＋f＝________. [答案]　2 016 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．(本小題滿分10分)已知二次函數(shù)f

7、(x)＝ax2＋bx＋1(a＞0)，F(xiàn)(x)＝若f(－1)＝0，且對任意實數(shù)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(shù)，求k的取值范圍． [解]　(1)F(x)＝ (2)(－∞，－2]∪[6，＋∞) 18．(本小題滿分12分)已知實數(shù)x滿足32x－4－·3x－1＋9≤0且f(x)＝log2·log. (1)求實數(shù)x的取值范圍； (2)求f(x)的最大值和最小值，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

8、)≤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＝－， 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．(本小題滿分12分)(20xx·咸寧模擬)設函數(shù)f(x)＝(ax＋b)ex，g(x)＝－x2＋cx＋d，若函數(shù)f(x)和g(x)的圖像都過點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(shù)h(x)＝f(x)－g(x)

9、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，＋∞)上為增函數(shù)． 20．(本小題滿分12分)設函數(shù)f(x)＝ax－(k－1)a－x(a＞0且a≠1)是定義域為R的奇函數(shù)． (1)求k的值； (2)若f(1)＜0，試判斷函數(shù)的單調性，并求使不

10、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. 【導學號：79140409】 [解]　(1)因為f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，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， 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)

11、＜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(shù)，x≥1， 所以n≥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＝

12、2. 若m＜，則當n＝時，h(n)min＝－3m＝－2，所以m＝＞(舍去)． 綜上可知，m＝2. 21．(本小題滿分12分)(20xx·大同模擬)已知函數(shù)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，＋∞)， f′(x)＝. ①當a≤1時，x∈[1，e]時，f′(x)≥0， f(x)為增函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝1－a. ②當1

13、＜a＜e時， x∈[1，a]時，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)； x∈(a，e]時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)． 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(shù)． 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)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

14、)(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(shù)，g(x)min＝g(0)＝1， 所以e－(a＋1)－＜1，即a＞， 所以a的取值范圍為. 22．(本小題滿分12分)設函數(shù)f(x)＝eax(a∈R)． (1)當a＝－2時，求函數(shù)g(x)＝x2f(x)在區(qū)間(0，＋∞)內的最大值； (2)若函數(shù)h(x)＝－1在區(qū)間(0,16)內有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)當a＝－2時，函數(shù)f(

15、x)＝e－2x，所以函數(shù)g(x)＝x2e－2x， 所以g′(x)＝2xe－2x＋x2e－2x·(－2) ＝2x(1－x)e－2x， 令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝1. 所以當x∈(0,1)時，g′(x)＞0，g(x)是增函數(shù)， 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＜0，g(x)是減函數(shù)， 所以在區(qū)間(0，＋∞)內g(x)的最大值是g(1)＝e－2. (2)因為函數(shù)h(x)＝－1＝x2e－ax－1， 所以h′(x)＝2xe－ax＋x2(－a)e－ax ＝e－ax(－ax2＋2x)， 令h′(x)＝0，因為e－ax＞0， 所以－ax2＋2x＝0，解得x＝0或x＝(a≠0)． 又h(x)在(0,16)內有兩個零點， 所以h(x)在(0,16)內不是單調函數(shù)， 所以∈(0,16)，解得a＞.① 又x∈時，h′(x)＞0，h(x)是增函數(shù)， x∈時，h′(x)＜0，h(x)是減函數(shù)， 所以在(0,16)上h(x)max＝h ＝e－2－1. 令e－2－1＞0，解得－＜a＜.② 又即 解得a＞ln 2.③ 解①②③組成不等式組，解得ln 2＜a＜. 所以實數(shù)a的取值范圍是ln 2＜a＜.