《2014年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點熱身訓(xùn)練 第二章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（單元總結(jié)與測試）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2014年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點熱身訓(xùn)練 第二章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（單元總結(jié)與測試）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第二章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（單元總結(jié)與測試） 一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50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.下列圖形中可以表示以M={x|0≤x≤1}為定義域，以N={y|0≤y≤1}為值域的函數(shù)的圖象是( ) 2.函數(shù)f(x)對任意x∈R,恒有f(x+2)=-f(x)，且f(1)=2,則f(11)=( ) (A)-2　　　(B)2　　　(C)0　　　(D)1 3.(2012·廣東高考)設(shè)函數(shù)f(x)和g(x)分別是R上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，則下列結(jié)論恒成立的是( ) (A)f(x)+|g(x)|是偶函數(shù) (B)f(

2、x)-|g(x)|是奇函數(shù) (C)|f(x)|+g(x)是偶函數(shù) (D)|f(x)|-g(x)是奇函數(shù) 4．已知函數(shù)f(x)=ax(a>0,a≠1)是定義在R上的單調(diào)遞減函數(shù)，則函數(shù)g(x)=loga(x+1)的圖象大致是( ) 5．(2013·武漢模擬)定積分的值為( ) (A)-1　　　(B)1　　　(C)e2-1　　　(D)e2 6．設(shè)函數(shù)f(x)＝x－lnx(x＞0)，則y＝f(x)( ) (A)在區(qū)間(，1)，(1，e)內(nèi)均有零點 (B)在區(qū)間(，1)，(1，e)內(nèi)均無零點 (C)在區(qū)間(，1)內(nèi)有零點，在區(qū)間(1，e)內(nèi)無零點 (D)在區(qū)間

3、(，1)內(nèi)無零點，在區(qū)間(1，e)內(nèi)有零點 7．(預(yù)測題)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)=2xf′(1)+lnx，則f′(1)=( ) (A)-e　　　(B)-1　　　(C)1　　　(D)e 8．已知函數(shù)f(x)的定義域為［-1，1］，圖象過點(0，－5)，它的導(dǎo)函數(shù) f′(x)＝4x3-4x，則當(dāng)f(x)取得最大值-5時，x的值應(yīng)為( ) (A)-1　　　(B)0　　　(C)1　　　(D)±1 9．設(shè)函數(shù)f(x)=x·sinx,若x1,x2∈［］，且f(x1)＞f(x2),則下列不等式恒成立的是( ) (A)x1＞x2 (B)x

4、1＜x2 (C)x1+x2＞0 (D)x12＞x22 10．(2011·湖南高考)已知函數(shù)f(x)=ex-1,g(x)=-x2+4x-3.若有f(a)=g(b)，則b的取值范圍為( ) (A)[2-,2+] (B)(2-,2+) (C)[1,3] (D)(1,3) 二、填空題(本大題共5小題，每小題4分，共20分.請把正確答案填在題中橫線上) 11．計算(lg-lg25)÷=______. 12．已知直線y=x+1與曲線y=ln(x+a)相切，則a的值為______． 13.（2012·南平模擬）函數(shù)f(x)=2x3-3x2+10的單調(diào)遞減區(qū)

5、間為______. 14．函數(shù)f(x)=(x+a)3對任意t∈R，總有f(1+t)=-f(1-t)，則f(2)+f(-2)等于______. 15．(2011·四川高考)函數(shù)f(x)的定義域為A，若x1,x2∈A且f(x1)=f(x2)時總有x1=x2，則稱f(x)為單函數(shù).例如，函數(shù)f(x)=2x+1(x∈R)是單函數(shù).下列命題： ①函數(shù)f(x)=x2(x∈R)是單函數(shù)； ②若f(x)為單函數(shù)，x1,x2∈A且x1≠x2，則f(x1)≠f(x2)； ③若f:A→B為單函數(shù)，則對于任意b∈B,A中至多有一個元素與之對應(yīng)； ④函數(shù)f(x)在某區(qū)間上具有單調(diào)性，則f(x)一定是單函數(shù).

6、 其中的真命題是______.(寫出所有真命題的編號) 三、解答題(本大題共6小題，共80分.解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 16．(13分)求下列關(guān)于x的函數(shù)的定義域和值域： (1) (2)y=log2(-x2+2x); (3) x 0 1 2 3 4 5 y 2 3 4 5 6 7 17．(13分)（易錯題）兩個二次函數(shù)f(x)=x2+bx+c與g(x)=-x2+2x+d的圖象有唯一的公共點P(1,-2)． (1)求b,c,d的值； (2)設(shè)F(x)=(f(x)+m)·g′(x)，若F(x)在R上是單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍

7、，并指出F(x)是單調(diào)遞增函數(shù)，還是單調(diào)遞減函數(shù)． 18．(13分)(2011·北京高考)已知函數(shù) (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對于任意的x∈(0，+∞)，都有求k的取值范圍． 19．(13分)某市旅游部門開發(fā)一種旅游紀念品，每件產(chǎn)品的成本是15元，銷售價是20元，月平均銷售a件.通過改進工藝，產(chǎn)品的成本不變，質(zhì)量和技術(shù)含金量提高，市場分析的結(jié)果表明，如果產(chǎn)品的銷售價提高的百分率為x(0

8、門銷售該紀念品的月平均利潤最大. 20.（14分）（2012·寧德模擬）定義在R上的單調(diào)函數(shù)f(x)滿足f(3)=log23且對任意x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y). （1）求證：f(x)為奇函數(shù)； （2）若f(k·3x)+f(3x-9x-2)<0對任意x∈R恒成立，求實數(shù)k的取值范圍. 21.(14分)已知二次函數(shù)g(x)對任意x∈R都滿足g(x-1)+g(1-x)=x2-2x-1且g(1)=-1，設(shè)函數(shù)f(x)=g(x+)+mlnx+(m∈R，x>0)． (1)求g(x)的表達式； (2)若存在x∈(0，+∞)，使f(x)≤0成立，求實數(shù)m的取值范圍； (3)設(shè)

9、1

10、象關(guān)于y軸對稱，是偶函數(shù)， 又f(x)為偶函數(shù)，∴f(x)+|g(x)|是偶函數(shù). 【方法技巧】函數(shù)奇偶性與函數(shù)圖象的關(guān)系 (1)函數(shù)的奇偶性，揭示了函數(shù)圖象的對稱性.已知函數(shù)的奇偶性可得函數(shù)圖象的對稱性；反之，已知函數(shù)圖象的對稱性可得函數(shù)的奇偶性. (2)從圖象判斷函數(shù)的奇偶性是很有效的方法.利用圖象變換，可以很容易地畫出形如|f(x)|或f(|x|)的函數(shù)圖象，進而可判斷函數(shù)的奇偶性. 4．【解題指南】由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得a的取值范圍，再判斷函數(shù)g(x)=loga(x+1)的圖象. 【解析】選D.由題可知0

11、得到，故選D． 5．【解析】選B. 6．【解析】選D. ∴x∈(3，＋∞)時，y＝f(x)單調(diào)遞增； x∈(0,3)時，y＝f(x)單調(diào)遞減． 而0＜＜1＜e＜3， 又f()＝＞0，f(1)＝＞0，f(e)＝－1＜0， ∴在區(qū)間(，1)內(nèi)無零點，在區(qū)間(1，e)內(nèi)有零點． 【一題多解】選D.令g(x)=x,h(x)=lnx,如圖，作出g(x)與h(x)在x>0的圖象，可知g(x)與h(x)的圖象在(,1)內(nèi)無交點，在(1,e)內(nèi)有1個交點，故選D. 【變式備選】已知函數(shù)則關(guān)于x的方程f(x)=log2x解的個數(shù)為( ) (A)4　　　(B)3　　　(C)2　　　

12、(D)1 【解析】選B.在同一直角坐標系中畫出y=f(x)與y=log2x的圖象，從圖象中可以看出兩函數(shù)圖象有3個交點，故其解有3個. 7．【解析】選B.f′(x)=2f′(1)+，令x=1得f′(1)=2f′(1)+1，∴f′(1)=-1，故選B． 8．【解析】選B.易知f(x)=x4-2x2-5,f′(x)=0時x=0或x=±1,又因為定義域為［-1，1］，只有f(0)=-5,所以x=0. 9．【解析】選D.顯然f(x)為偶函數(shù)， 當(dāng)x∈(0, ］時,f′(x)=sinx+xcosx＞0， ∴f(x)在(0, ］上單調(diào)遞增. 又f(x1)＞f(x2)?f(|x1|)＞f(

13、|x2|)?|x1|＞|x2|?x12＞x22． 10．【解析】選B.∵f(a)>-1,∴g(b)>-1, ∴-b2+4b-3>-1,∴b2-4b+2<0, ∴2-

14、)3=-26. 答案:-26 15．【解析】 選項 具體分析 結(jié)論 ① 由x2=4可得x1=2,x2=-2,則x1≠x2不合定義. 假命題 ② “x1,x2∈A且x1≠x2，則f(x1)≠f(x2)”的逆否命題是 “若x1,x2∈A且f(x1)=f(x2)時總有x1=x2”. 互為逆否命題的兩個命題等價.故②的逆否命題為真，故②為真命題. 真命題 ③ 符合唯一的函數(shù)值對應(yīng)唯一的自變量. 真命題 ④ 在某一區(qū)間單調(diào)并不一定在定義域內(nèi)單調(diào). 假命題 答案：②③ 16．【解析】(1)要使函數(shù)有意義，則 ∴0≤x≤1,函數(shù)的定義域為［0，1］. ∵函數(shù)

15、為減函數(shù)， ∴函數(shù)的值域為［-1，1］. (2)要使函數(shù)有意義，則-x2+2x>0,∴0

16、得 化簡得 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上為單調(diào)函數(shù)，則F′(x)在R上恒有F′(x)≤0或F′(x)

17、≥0成立． 因為F′(x)的圖象是開口向下的拋物線， 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時，F(xiàn)(x)在R上為單調(diào)遞減函數(shù)． 18．【解析】(1) 令f′(x)=0，得x=±k. 當(dāng)k＞0時，f(x)與f′(x)的情況如下： x (-∞，-k) -k (-k，k) k (k，+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 4k2e-1 ↘ 0 ↗ 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞，-k)和(k，+∞);單調(diào)遞減區(qū)間是(-k，k). 當(dāng)k＜0時，f(x)與f′(x)的情況如下：

18、 x (-∞，-k) k (-k，k) k (-k，+∞) f′(x) - 0 + 0 - f(x) ↘ 0 ↗ 4k2e-1 ↘ 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞，k)和(-k，+∞)；單調(diào)遞增區(qū)間是(k，-k). (2)當(dāng)k＞0時，因為所以不會有x∈(0，+∞)，f(x)≤. 當(dāng)k＜0時，由(1)知f(x)在(0，+∞)上的最大值是 所以x∈(0，+∞)，f(x)≤，等價于f(-k)= 解得≤k＜0. 故對x∈(0，+∞)，f(x)≤時， k的取值范圍是[，0). 19．【解析】(1)改進工藝后，每件產(chǎn)品的銷售價為20(1+x)元，月平均

19、銷售量為a(1-x2)件，則月平均利潤y=a(1-x2)·［20(1+x)-15］(元)， ∴y與x的函數(shù)關(guān)系式為 y=5a(1+4x-x2-4x3)(00；

20、程費用為256萬元，距離為x米的相鄰兩墩之間的橋面工程費用為(2+)x萬元．假設(shè)橋墩等距離分布，所有橋墩都視為點，且不考慮其他因素，記余下工程的費用為y萬元． (1)試寫出y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式； (2)當(dāng)m=640米時，需新建多少個橋墩才能使y最小？ 【解析】(1)設(shè)需要新建n個橋墩，(n+1)x=m，即n=-1， 所以y=f(x)=256n+(n+1)(2+)x =256(-1)+ (2+)x (2)由(1)知， 令f′(x)=0，得所以x=64， 當(dāng)00，f(x

21、)在區(qū)間(64，640)上為增函數(shù)， 所以f(x)在x=64處取得最小值，此時， 故需新建9個橋墩才能使y最?。? 20.【解析】（1）f(x+y)=f(x)+f(y)(x,y∈R), ① 令x=y=0,代入①式，得f(0+0)=f(0)+f(0),即f(0)=0. 令y=-x,代入①式，得f(x-x)=f(x)+f(-x),又f(0)=0,則有0＝f(x)+f(-x). 即f(-x)=-f(x)對任意x∈R成立，所以f(x)是奇函數(shù). （2）f(3)=log23>0,即f(3)>f(0),又f(x)在R上是單調(diào)函數(shù)，所以f(x)在R上

22、是增函數(shù)，又由(1)知f(x)是奇函數(shù).所以有f(k·3x)<-f(3x-9x-2)=f(-3x+9x+2), 即k·3x<-3x+9x+2, 32x-(1+k)·3x+2>0對任意x∈R成立. 令t=3x>0,問題等價于t2-(1+k)t+2>0對任意t>0恒成立. 令g(t)=t2-(1+k)t+2,其對稱軸. 當(dāng)<0即k<-1時，g(0)=2>0,符合題意； 當(dāng)=0即k=-1時，g(t)=t2+2, 對任意t>0,g(t)>0恒成立； 當(dāng)>0時，對任意t>0，g(t)>0恒成立, 解得-1

23、<0對任意x∈R恒成立 21.【解析】(1)設(shè)g(x)=ax2+bx+c(a≠0)，于是 g(x-1)+g(1-x)=2a(x-1)2+2c=(x-1)2-2， 所以 又g(1)=-1，則所以g(x)= (2)f(x)=g(x+)+mlnx+=x2+mlnx(m∈R,x>0). 當(dāng)m>0時，由對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知，f(x)的值域為R； 當(dāng)m=0時，f(x)=，對任意x>0，f(x)>0恒成立； 當(dāng)m<0時，由f′(x)=x+=0得 列表： x (0, ) (,+∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 極小值 ↗ 這時f(x)min=f()= 由f(x)min≤0得所以m≤-e, 綜上，存在x>0使f(x)≤0成立，實數(shù)m的取值范圍是(-∞,-e］∪(0,+∞)． (3)由題知H(x)=x2-(m+1)x+mlnx, 因為對任意x∈［1,m］，所以H(x)在［1,m］內(nèi)單調(diào)遞減. 于是|H(x1)-H(x2)|≤H(1)-H(m)=m2-mlnm-. 要使|H(x1)-H(x2)|<1恒成立，則需m2-mlnm-<1成立， 即m-lnm-<0. 記則 所以函數(shù)h(m)=m-lnm-在(1,e］上是單調(diào)增函數(shù)， 所以h(m)≤h(e)=-1-=<0，故命題成立.