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2014版山东《复习方略》(人教A版数学理)单元评估检测(二)


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单元评估检测(二)
第二章 (120 分钟 150 分)

一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选

项中,只有一项是符合题目要求的) 1.函数 y= 1? lg(x ? 2) 的定义域为( (A)(0,8] (C)(2,8] (B)(-2,8] (D)[8,+∞)
1 4

)

2.(2013·三亚模拟)幂函数的图象过点(2, ),则它的单调增区间是( (A)(0,+∞) (C)(-∞,+∞) (B)[0,+∞) (D)(-∞,0)
1 2

)

3.已知实数 a=log45,b=( )0,c=log30.4,则 a,b,c 的大小关系为( (A)b<c<a (C)c<a<b (B)b<a<c (D)c<b<a
1 3

)

4.(2013·烟台模拟)设函数 f ? x ? ? x ? ln x (x>0),则 y=f(x)( )
1 e 1 (B)在区间( ,1),(1,e)内均无零点 e 1 (C)在区间( ,1)内有零点,在区间(1,e)内无零点 e 1 (D)在区间( ,1)内无零点,在区间(1,e)内有零点 e

(A)在区间( ,1)(1,e)内均有零点

-1-

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5.(2013·芜湖模拟)函数 f(x)=xcosx-sinx 在下面哪个区间内是增函数(
? 3? ) 2 2 3? 5? (C)( , ) 2 2

)

(A)( ,

(B)(π ,2π ) (D)(2π ,3π )

6.(2013·潍坊模拟)已知 a>0,函数 f(x)=x3-ax 在[1,+∞)是单调增函数,则 a 的最大值是( ) (A)0 (B)1 (C)2 (D)3

7.设 f(x)为定义在 R 上的奇函数,且满足 f(x+4)=f(x),当 x∈(0,2)时,f(x)=2x2, 则 f(7)=( (A)-2 ) (B)2 (C)-98 (D)98
a b

8.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a 在 x=1 处取得极大值 10,则 的值为( (A)2 3 2 3

)

(B)-2 (D)不存在

(C)-2 或-

9.(2013·泰安模拟)已知对数函数 f(x)=logax 是增函数,则函数 f(|x|+1)的图 象大致是( )

10.函数 f(x)的定义域为 R,且满足:f(x)是偶函数,f(x-1)是奇函数,若 f(0.5)=9, 则 f(8.5)等于( (A)-9 (B)9 ) (C)-3 (D)0

11.(2013·枣庄模拟)定义在 R 上的函数 f(x)在(-∞,2)上是增函数,且 f(x+2) 的图象关于 y 轴对称,则( )
-2-

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(A)f(-1)<f(3) (C)f(-1)=f(3)

(B)f(0)>f(3) (D)f(0)=f(3)

12.(2013·长春模拟)若 y=f(x)在 x>0 上可导,且满足:xf′(x)-f(x)>0 恒 成立,又常数 a,b 满足 a>b>0,则下列不等式一定成立的是( (A)bf(a)>af(b) (C)bf(a)<af(b) (B)af(a)>bf(b) (D)af(a)<bf(b) )

二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分.请把正确答案填在题中横 线上) 13.f(x)=3x+sinx+1(x∈R),若 f(t)=2,则 f(-t)的值为 .

2 14.(2013·东营模拟)设 a ? ?1 对任意 x∈R,不等式 a(cos2x-m)+π cos x 0 1 ? x dx,

≥0 恒成立,则实数 m 的取值范围为__________. 15.方程 2x3+7=6x2 在(0,2)内的实根个数为__________. 16.(能力挑战题)已知函数 f(x)= ?
?2? x ? 1,x ? 0, ?f(x ? 1),x>0,

若方程 f(x)=x+a 有且只有两个 .

不相等的实数根,则实数 a 的取值范围为

三、解答题(本大题共 6 小题,共 74 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过 程或演算步骤) 17.(12 分)函数 f(x)=log2(4x)·log2(2x), ≤x≤4. (1)若 t=log2x,求 t 的取值范围. (2)求 f(x)的最值,并给出取最值时对应的 x 的值. 18.(12 分)(2013·太原模拟)若 g(x)=x+ 围.
-3-

1 4

e2 (x>0),g(x)=m 有零点,求 m 的取值范 x

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19.(12 分)已知函数 f(x)= log 2 常数; (1)求 a 的值.

5 ? ax (-1≤x≤1)为奇函数,其中 a 为不等于 1 的 5? x

(2)若对任意的 x∈[-1,1] ,f(x)>m 恒成立,求 m 的取值范围. 20.(12 分)某家庭进行理财投资,根据长期收益率市场预测,投资债券等稳健型 产品的收益 f(x)与投资额 x 成正比,投资股票等风险型产品的收益 g(x)与投资 额 x 的算术平方根成正比(单位:万元).已知投资 1 万元时两类产品的收益分别 为 0.125 万元和 0.5 万元(如图):

(1)分别写出两种产品的收益与投资的函数关系. (2)该家庭现有 20 万元资金,全部用于理财投资,问:怎么分配资金能使投资获得 最大收益,其最大收益是多少万元? 21.(13 分)已知函数 f(x)=ln x,g(x)=ex. (1)若函数φ(x)=f(x)x ?1 ,求函数φ(x)的单调区间. x ?1

(2)设直线 l 为函数 f(x)的图象上一点 A(x0,f(x0))处的切线,证明:在区间(1, +∞)上存在唯一的 x0,使得直线 l 与曲线 y=g(x)相切. 22.(13 分)(2012·湖北高考)设函数 f(x)=axn(1-x)+b(x>0),n 为整数,a, b 为常数.曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x+y=1. (1)求 a,b 的值. (2)求函数 f(x)的最大值.
-4-

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(3)证明:f(x)<

1 . ne

答案解析
1.【解析】选 B.由 ?
?x ? 2>0, ? x> ? 2, ?? ?-2<x≤8. ? 0, ? x ? 8, ?1 ? lg(x ? 2)
1 4 1 4

2.【解析】选 D.设幂函数 f(x)=xα,由 f(2)= 得 2α= ,所以α=-2, 故 f(x)=x-2,因此 f(x)=x-2 的增区间是(-≦,0). 3.【解析】选 D.由题知,a=log45>1,b=( )0=1,c=log30.4<0,故 c<b<a. 4. 【解析】选 D.f(e)= -1<0,f(1)= >0,f( )= 知,选 D. 5.【解析】选 B.f'(x)=(xcosx-sinx)'=cosx-xsinx-cosx=-xsinx,由函数递增, 则 f'(x)≥0,又各选项均为正实数区间,所以 sinx≤0,故选 B. 6.【解析】选 D.函数的导数 f′(x)=3x2-a,要使函数在[1,+≦)是单调增函数, 则有 f′(x)=3x2-a≥0 恒成立,即 a≤3x2,又 3x2≥3,所以 a≤3,即 a 的最大值 是 3,选 D. 7. 【解析】选 A. 由 f(x+4)=f(x) 知函数 f(x) 的周期为 4, 故 f(7)=f(7-2 〓 4)=f(-1)=-f(1)=-2. 8. 【解析】 选 A.由题知 f′(x)=3x2+2ax+b, 则? ? 或?
a 2 b?,0? ?f ?1 ?? ?3 ? a?b?a? a 7? ,0 1 ? ? ?1? ? ?f1
2

1 2

e 3

1 3

1 e

1 +1>0,根据根的存在定理可 3e

解得 ?

?a ? ?2, ?b ? 1,

?a ? ?6, ?a ? ?6, a 2 经检验 ? 满足题意,故 ? ? ,故选 A. b 3 ?b ? 9, ?b ? 9

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9.【解析】选 B.因为函数是增函数,所以 a>1,函数 f ? x ? ? ? ? 所以选 B.

?f ? x ? 1? , x>0, ?f ?1 ? x ? , x<0. ?

10.【解析】选 B.因为 f(x)是偶函数,f(x-1)是奇函数,所以函数 f(x)是周期函 数,周期 T=4,所以 f(8.5)=9. 11.【解析】选 A.函数 f(x+2)的图象关于 y 轴对称,则 f(x)关于直线 x=2 对称, 函数 f(x)在(-≦,2)上是增函数,所以在(2,+≦)上是减函数,所以 f(-1)=f(5) <f(4)=f(0)<f(3).故选 A. 12.【思路点拨】令 g(x)= 【解析】选 A.令 g(x)= g′(x)>0. 故函数 g(x)在(0,+≦)上是增函数,又 a>b>0,故 g(a)>g(b),即 bf(a)> af(b). 13. 【解析】 由 f(t)=3t+sint+1=2 得 3t+sint=1,所以 f(-t)=-3t-sint+1=-1+1=0. 答案:0 14.【解析】根据定积分的几何意义知 a ? , 所以不等式 a(cos2x-m)+πcos x≥0 可以化为 即 cos2x-m+4cos x≥0 恒成立, 所以 m≤cos2x+4cos x 恒成立, 又因为 cos2x+4cos x=(cos x+2)2-4,-1≤cos x≤1, 所以 cos2x+4cos x 的最小值为-3, 所以 m 的取值范围为(-≦,-3].
-6-

f ?x? ,根据 g(x)的单调性比较大小. x

f ?x? xf ? ? x ? ? f ? x ? ,则 g′(x)= ,由已知得,当 x>0 时, x x2

? 4

? (cos2x-m)+πcos x≥0, 4

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答案:(-≦,-3] 15.【解析】设 f(x)=2x3-6x2+7,则 f′(x)=6x2-12x=6x(x-2), 因为 x∈(0,2),所以有 f′(x)<0,所以 f(x)在(0,2)内单调递减, 又 f(0)=7>0,f(2)=-1<0, 所以在(0,2)内存在唯一的 x0,使 f(x0)=0, 因此,方程 2x3+7=6x2 在(0,2)内的实根个数为 1. 答案:1 16.【解析】作出函数 f(x)的图象如图,由图象可知当直线为 y=x+1 时,直线与函 数 f(x)只有一个交点,要使直线与函数有两个交点,则需要把直线 y=x+1 向下平 移,此时直线和函数 f(x)恒有两个交点,所以 a<1.

答案:(-≦,1) 17.【解析】(1)≧t=log2x, ≤x≤4,?log2 ≤t≤log24 即-2≤t≤2. (2)f(x)=(log2x)2+3log2x+2,?令 t=log2x, 则 y=t2+3t+2=(t+ )2- , 当 t=- ,即 log2x=- ,x= 2 2 时, f(x)min=- . 当 t=2,即 x=4 时,f(x)max=12.
-7-

1 4

1 4

3 2

1 4

3 2

3 2

?

3

1 4

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18.【解析】方法一:≧g(x)=x+ 等号成立的条件是 x=e, 故 g(x)的值域是[2e,+≦),

e2 ≥ 2 e2 =2e, x

因而只需 m≥2e,则 g(x)=m 就有零点. 方法二 :作出 g(x)=x+
e2 (x>0) 的大致图象 .如图 , x

可知若使 g(x)=m 有零点, 则只需 m≥2e. 方法三:由 g(x)=m 得 x2-mx+e2=0. 此方程有大于零的根且 e2>0, 故根据根与系数的关系得 m>0, 故?
?m ? 0,
2 2 ??=m -4e ? 0,

等价于 ?

?m ? 0, ?m ? 2e或m ? -2e,

故 m≥2e.
5 ? ax (-1≤x≤1)为奇函数, 5? x 5 ? ax 5 ? ax ? ?log 2 ?f(-x)=-f(x)? log 2 , 5? x 5? x 5 ? ax 5 ? x ? ? 对 x∈[-1,1]恒成立, 5 ? x 5 ? ax

19.【解析】(1)≧f(x)= log 2

所以(5+ax)(5-ax)=(5+x)(5-x)?a=〒1, 因为 a 为不等于 1 的常数,所以 a=-1. (2)≧f(x)= log 2 设 t=
5? x (-1≤x≤1), 5? x

5?x (-1≤x≤1),?f(t)=log2t, 5? x 5?x 10 因为 t= =-1+ 在[-1,1]上递减, 5? x x?5 2 3 所以 ? t ? , 3 2
-8-

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又因为 f(t)=log2t 在[ , ]上是增函数, 所以 f(t)min= log 2 . 因为对任意的 x∈[-1,1] ,f(x)>m 恒成立, 所以 f(x)min>m,所以 m< log 2 . 20.【解析】(1)设 f(x)=k1x,g(x)=k2 x , 所以 f(1)= =k1,g(1)= =k2, 即 f(x)= x(x≥0),g(x)=
1 8 1 x (x≥0). 2 1 8 1 2 2 3 2 3

2 3 3 2

(2)设投资债券类产品 a 万元,则股票类投资为(20-a)万元, 依题意得: y=f(a)+g(20-a)= ?
a 8 1 20 ? a (0≤a≤20). 2

令 t= 20 ? a (0≤t≤2 5 ), 则 y=
20 ? t 2 1 1 2 ? t ? ? (t ? 2) +3. 8 2 8

所以当 t=2,即 a=16 万元时,收益最大,ymax=3 万元. 综上,投资债券类产品 16 万元,股票类产品 4 万元,可获得最大收益,最大收益是 3 万元. 21.【解析】(1)φ(x)=f(x)φ′(x)= ?
1 x 2
x ?1 x ?1 =ln x, x ?1 x ?1

? x ? 1?

2

?

x2 ?1 x ? ? x ? 1?
2

.

≧x>0 且 x≠1,?φ′(x)>0, ?函数φ(x)的单调递增区间为(0,1)和(1,+≦). (2)≧f′(x)= ,?f′(x0)=
1 x

1 , x0

-9-

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?切线 l 的方程为 y-ln x0=

1 1 (x-x0),即 y= x+ln x0-1. x0 x0
1



设直线 l 与曲线 y=g(x)相切于点(x1, e x ), ≧g′(x)=ex,? e x =
1

1 ,?x1=-ln x0, x0 1 1 = (x+ln x0), x0 x0

?直线 l 的方程也为 y即 y=
ln x 0 1 1 x+ + . x0 x0 x0



由①②得 ln x0-1=

ln x 0 1 x ?1 . ? ,? ln x 0 ? 0 x0 x0 x0 ?1

下证:在区间(1,+≦)上 x0 存在且唯一. 由(1)可知,φ(x)= ln x ? 又φ(e)= ln e ?
x ?1 在区间(1,+≦)上递增. x ?1

e ? 1 ?2 e2 ? 1 e 2 ? 3 ? <0,φ(e2)=ln e2- 2 = 2 >0,结合零点存在性定理, e ?1 e ?1 e ?1 e ?1

说明方程φ(x)=0 必在区间(e,e2)上有唯一的根,这个根就是所求的唯一的 x0, 故结论成立. 22.【思路点拨】本题(1)易解,(2)问中直接求导,根据零点讨论单调性求解; (3)要构造函数利用函数的单调性证明. 【解析】(1)因为 f(1)=b,由点(1,b)在 x+y=1 上,可得 1+b=1,即 b=0. 因为 f′(x)=anxn-1-a(n+1)xn,所以 f′(1)=-a, 又因为切线 x+y=1 的斜率为-1,所以-a=-1,即 a=1.故 a=1,b=0.
n -x).令 n+1 n n f′(x)=0,解得 x= ,即 f′(x)在(0,+≦)上有唯一零点 x0= . n+1 n+1 n 在(0, )上,f′(x)>0,f(x)单调递增; n+1

(2)由(1)知,f(x)=xn(1-x)=xn-xn+1,f′(x)=(n+1)xn-1(

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而在(

n ,+≦)上,f′(x)<0,f(x)单调递减. n+1 n n n n nn )=( ) (1- )= . n+1 n+1 n+1 (n+ 1)n+1 1 t 1 t-1 = 2 (t>0).在(0,1) 2 t t

故 f(x)在(0,+≦)上的最大值为 f(
1 t

(3)令φ(t)=ln t-1+ (t>0),则φ′(t)= - 上,φ′(t)<0,φ(t)单调递减; 在(1,+≦)上,φ′(t)>0,φ(t)单调递增. 故φ(t)在(0,+≦)上的最小值为φ(1)=0, 所以φ(t)>0(t>1),即 ln t>1- (t>1). 令 t=1+ ,得 ln 所以(
1 n 1 t

n+ 1 1 n+1 n+1 > ,即 ln( ) >ln e, n n+ 1 n

n+1 n+1 nn 1 ) >e,即 < . n+1 n (n+ 1) ne

由(2)知,f(x)≤

nn 1 < ,故所证不等式成立. n+1 (n+ 1) ne

【变式备选】已知函数 f(x)=ex-1-x. (1)求 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程. (2)若存在 x∈[-1,ln ],使 a-ex+1+x<0 成立,求 a 的取值范围. (3)当 x≥0 时,f(x)≥tx2 恒成立,求 t 的取值范围. 【解析】(1)f'(x)=ex-1,f(1)=e-2,f'(1)=e-1. ?f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 y-e+2=(e-1)(x-1), 即 y=(e-1)x-1. (2)a<ex-1-x,即 a<f(x). 令 f'(x)=ex-1=0,x=0. ≧x>0 时,f'(x)>0,x<0 时,f'(x)<0, ?f(x)在(-≦,0)上单调递减,在(0,+≦)上单调递增.
- 11 -

4 3

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又 x∈[-1,ln ],?f(x)的最大值在区间端点处取到.
1 4 4 4 e 3 3 3 4 1 4 4 1 1 4 f(-1)-f(ln )= - +1+ln = - +ln >0, 3 e 3 3 e 3 3 4 4 1 1 ?f(-1)>f(ln ),?f(x)在[-1,ln ]上的最大值为 ,故 a 的取值范围是 a< . 3 3 e e

4 3

f(-1)=e-1-1+1= ,f(ln )= -1-ln ,

(3)由已知得 x≥0 时,ex-x-1-tx2≥0 恒成立, 设 g(x)=ex-x-1-tx2,?g'(x)=ex-1-2tx. 由(2)知 ex≥1+x,当且仅当 x=0 时等号成立, 故 g'(x)≥x-2tx=(1-2t)x,从而当 1-2t≥0, 即 t≤ 时,g'(x)≥0(x≥0), ?g(x)为增函数,又 g(0)=0, 于是当 x≥0 时,g(x)≥0,即 f(x)≥tx2,?t≤ 时符合题意. 由 ex>1+x(x≠0)可得 e-x>1-x(x≠0), 从而当 t> 时, g'(x)<ex-1+2t(e-x-1)=e-x(ex-1)(ex-2t), 故当 x∈(0,ln 2t)时,g'(x)<0,?g(x)为减函数, 又 g(0)=0, 于是当 x∈(0,ln 2t)时,g(x)<0,即 f(x)≤tx2, 故 t> ,不符合题意. 综上可得 t 的取值范围为(-≦, ].
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

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