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一轮复习阶段检测一:集合与常用逻辑用语 函数 导数及其应用(含解析)

时间:2017-07-09


阶段检测一

集合与常用逻辑用语

函数

导数及其应用

(时间:120 分钟,满分:150 分) 一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 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.设全集 U={1,2,3,4,5,7},集合 M={1,3,5,7},集合 N

={3,5},则( ). A.U=M∪N B.U=M∪( ? UN) C.U=( ? UM)∪( ? UN) D.U=( ? UM)∪N 2.若函数 y=f(x)的定义域为 M={x|-2≤x≤2},值域为 N={y|0≤y≤2},则函数 y= f(x)的图象可能是( ).

1 1 1 3.设命题 p:若 a>b,则 < ;q:若 <0,则 ab<0.给出以下 3 个命题:①p∧q; a b ab ②p∨q;③( ? p)∧( ? q).其中真命题的个数为( ). A.0 B.1 C.2 D.3 1 4.若函数 f(x)=ax+ (a∈R),则下列结论正确的是( ). x A. ? a∈R,函数 f(x)在(0,+∞)上是增函数 B. ? a∈R,函数 f(x)在(0,+∞)上是减函数 C. ? a∈R,函数 f(x)为奇函数 D. ? a∈R,函数 f(x)为偶函数 5.已知函 数 f(x)=loga(2x+b-1)(a>0,a≠1)的图象如图所示,则 a,b 满足的关系是 ( ).

A.0<a 1<b<1 B.0<b<a 1<1 -1 - - C.0<b <a<1 D.0<a 1<b 1<1 6.已知函数 f(x)是(-∞,+∞)上的偶函数,若对于 x≥0,都有 f(x+2)=f(x),且当 x ∈[0,2)时,f(x)=log2(x+1),则 f(-2 012)+f(2 013)的值为( ). A.-2 B.-1 C.2 D.1 7.已知直线 y=kx 与曲线 y=ln x 有公共点,则 k 的最大值为( ). 1 2 2 A.1 B. C. D. e e e 8.已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值,若 m,n∈[-1,1],则 f(m)+f′(n) 的最小值是( ). A.-13 B.-15 C.10 D.15 二、填空题(本大题共 7 小题,每小题 5 分,共 35 分.将答案填在题中横线上) x 9.∫2 0(2x-e )dx=__________.
- -

4 11.设 p:f(x)=x3+2x2+mx+1 在(-∞,+∞)内单调递增,q:m≥ ,则 p 是 q 的 3 __________条件. 12.已知条件 p:(x+1)2>4 ,条件 q:x>a,且 ? p 是 ? q 的充分不必要条件,则 a 的 取值范围是______. 13.若函数 f(x)=(x+a)(bx+2a)(常数 a,b∈R)是偶函数,且它的值域为(-∞,4],则 该函数的解析式 f(x)=________. 14.“若 x=5 或 x=6,则(x-5)(x-6)=0”的逆否命题是__________. 1,x>0, ? ? 15.已知函数 f(x)=?0,x=0, ? ?-1,x<0, 则不等式 x+1>(x2+1)f(x)的解集是__________.

10.函数 y= x2-2x-3+log2(x+2)的定义域为__________.

三、解答题(本大题共 6 小题,共 75 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 16.(12 分)已知数列{an}的前 n 项和 Sn =pn+q(p≠0,且 p≠1),求证:数列{an}是等比 数列的充要条件为 q=-1. 17.(12 分)已知集合 A={x|x2-2x-3≤0,x∈R},B={x|x2-2mx+m2-4≤0,x∈R,m ∈R}. (1)若 A∩B=[0,3],求实数 m 的值; (2)若 A ? ? RB,求实数 m 的取值范围. 18.(12 分)某摩托车生产企业,上年度生产摩托车的投入成本为 1 万元/辆,出厂价为 1.2 万元/辆,年销售量为 1 000 辆.本年度为适应市场需求,计划提高产品档次,适度增加 投入成本.若每辆车投入成本增加的比例为 x(0<x<1),则出厂价相应提高的比例为 0.75x, 同时预计年销售量增加的比例为 0.6x.已 知年利润=(出厂价-投入成本)×年销售量. (1)写出本年度预计的年利润 y 与投入成本增加的比例 x 的关系式; (2)为使本年度利润比上年有所增加,问投入成本增加的比例 x 应在什么范围内? 19.(13 分)已知函数 f(x)对任意实数 x 均有 f(x)=kf(x+2),其中常数 k 为负数,且 f(x) 在区间[0,2]上有表达式 f(x)=x(x-2). (1)求 f(-1),f(2.5)的值; (2)写出 f(x)在区间[-3,3]上的表达式,并讨论函数 f(x)在区间[-3,3]上的单调性; (3)求出 f(x)在[-3,3]上的最小值与最大值,并求出相应的自变量的取值. 20.(13 分)设 a∈R,函数 f(x)=ln x-ax. (1)讨论函数 f(x)的单调区间和极值; (2)已知 x1= e(e 为自然对数的底数)和 x2 是函数 f(x)的两个不同的零点,求 a 的值并证
3

明:x2> e 2 .

a 21.(13 分)已知函数 f(x)=x+ +ln x(a∈R). x (1)求函数 f(x)的单调区间与极值点; 1 2? (2)若对 ? a∈? ?e,2e ?,函数 f(x)满足对 ? x∈[1,e]都有 f(x)<m 成立,求实数 m 的取 值范围(其中 e 是自然对数的底数).

参考答案
1.B 2.B 解析:(筛选法)根据函数的定义,观察得出答案为选项 B. 1 1 1 3.B 解析:p:若 a>b,则 < ,是假命题;q:若 <0,则 ab<0,是真命题.所 a b ab 以 ? p 是真命题, ? q 是假命题.所以①p∧q 是假命题,②p∨q 是真命题,③( ? p)∧( ? q) 是假命题.故选 B. 4.C 解析:当 a=1 时,函数 f(x)在(0,1)上为减函数,A 错;当 a=1 时,函数 f(x)在 (1,+∞)上为增函数,B 错;D 选项中的 a 不存在,故选 C. 5.A 解析:由于函数 φ(x)=2x+b-1 单调递增,所以 a>1. 又-1<f(0)<0,即-1<logab<0, - - 所以 a 1<b<1,故 0<a 1<b<1. 6.D 解析:易得 f(0)=0,f(1)=1, 则 f(-2 012)+f(2 013) =f(2 012)+f(2 013)=f(0)+f(1)=1. 7.B 解析:从函数图象知,在直线 y=kx 与曲线 y=ln x 相切时,k 取最大值,y′= 1 1 1 1 x- ?.又切线过原点(0,0),代入方程解 (ln x)′= =k,x= (k≠0),切线方程为 y-ln =k? x k k ? k? 1 得 ln k=-1,k= . e 8.A 解析 :求导得 f′(x)=-3x2+2ax. 由 f(x)在 x=2 处取得极值知 f′(2)=0,即-3×4+2a×2=0,∴a=3. 由此可得 f(x)=-x3+3x2-4,f′(x)=-3x2+6x.由此可得 f(x)在(-1,0)上单调递减,在 (0,1)上单调递增,∴对 m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4. 又 f′(x)=-3x2+6x 的图象开口向下,且对称轴为 x=1, ∴对 n∈[-1,1]时,f′(n)min=f′(-1)=-9.于是,f(m)+f′(n)的最小值为-13. 9. 5-e2 解析:

?

2 0

(2x-ex)dx=(x2-ex)

2 0

=(22-e2)-(02-e0)=4-e2+1=5-e2.

10.(-2,-1]∪[3,+∞)

2 ? ?x -2x-3≥0, 解析:易知,x 应满足? ?x+2>0, ?

?x≥3或x≤-1, ? ∴? ? ?x>-2. ∴x∈(-2,-1]∪[3,+∞). 11.充要 解析 :∵f(x)=x3+2x2+mx+1, ∴f′(x)=3x2+4x+m.由 f(x)为增 函数得 f′(x)≥0 在 R 上恒成立,则 Δ≤0,即 16- 4 12m≤0,解得 m≥ .即 p ? q.反之,q ? p.故 p 是 q 的充要条件. 3 12.a≥1 解析:由(x+1)2>4 得 x>1 或 x<-3, ∴p:x>1 或 x<-3. ∵ ? p 是 ? q 的充分不必要条件, 即 p 是 q 的必要不充分条件, ∴p q, 但 q ? p.∴a≥1. 13.-2x2+4 解析:∵函数 f(x)是偶函数, ∴f(-x)=f(x)且 f(x)=bx2+(2a+ab)x+2a2, ∴b(-x)2+(2a+ab)(-x)+2a2=bx2+(2a+ab)x+2a2. ∴-(2a+ab)=2a+ab,即 2a+ab=0. ∴a=0 或 b=-2.当 a=0 时,f(x)=bx2. ∵f(x)的值域为(-∞,4], 而 y=bx2 的值域不可能为(-∞,4], ∴a≠0. 当 b=-2 时,f(x)=-2x2+2a2,其值域为(-∞,2a2].

∴2a2=4,即 a2=2.∴f(x)=-2x2+4. 14.若(x-5)(x-6)≠0,则 x≠5 且 x≠6 15.(0,1) 解析:原不等式可转化为三个不等式组 ?x>0, ?x=0, ? ?x<0, ? ?
? 2 ? ?x +1<x+1, ? ?1>1, ? ? 2 ?(x +1)(x+1)>1. ?

后两个不等式组的解集为空集,解第一个不等式组得 0<x<1.所以,原不等式的解集为 (0,1). 16.证明:充分性:当 q=-1 时,a1=S1=p+q=p-1. - 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=pn 1(p-1).当 n=1 时也成立, n-1 * ∴an=p (p-1)(n∈N ). an+1 pn(p-1) 于是 = =p(n∈N*),即数列{an}为等比数列. an pn-1(p-1) - 必要性:当 n=1 时,a1=S1=p+q.当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=pn 1(p-1). ∵p≠0,且 p≠1, an+1 pn(p-1) ∴ = =p. an pn-1(p-1) ∵{an}为等比数列, p(p-1) a2 an+1 ∴ = =p, =p, a1 an p+q 即 p-1=p+q.∴q=-1. 综上所述,数列{an}是等比数列的充要条件为 q=-1. 17.解:由已知得:A={x|-1≤x≤3}, B={x|m-2≤x≤m+2}. ? ?m-2=0, (1)∵A∩B=[0,3],∴? ?m+2≥3, ?
?m=2, ? ∴? ∴m=2,即实数 m 的值为 2. ? ?m≥1.

(2) ? RB={x|x<m-2,或 x>m+2}. ∵A ? ? RB,∴m-2>3 或 m+2<-1. ∴m>5,或 m<-3. ∴实数 m 的取值范围是(-∞,-3)∪(5,+∞). 18. 解: (1)依题意, 本年度每辆摩托车的成本为 1+x(万元), 出厂价为 1.2×(1+0.75x)(万 元),销售量为 1 000×(1+0.6x)(辆). 故利润 y=[1.2×(1+0.75x)-(1+x)]×1 000×(1+0.6x), 整理得 y=-60x2+20x+200(0 <x<1). (2)要保证本年度利润比上一年有所增加,则 y-(1.2-1)×1 000>0, 即-60x2+20x+200-200>0, 1 即 3x2-x<0.解得 0<x< . 3 适合 0<x<1. 1 0, ? . 故为保证本年度利润比上年有所增加,投入成本增加的比例 x 的取值范围是? ? 3? 19.解:(1)f(-1)=kf(1)=-k, ∵f(0.5)=kf(2.5), 1 ∴f(2.5)= f(0.5) k 1 3 = (0.5-2)×0.5=- . k 4k (2)∵对任意实数 x,f(x)=kf(x+2),
[来源:Z§ xx§ k.Com]

∴f(x-2)=kf(x). 1 ∴f(x)= f(x-2). k 当-3≤x<0 时, 0≤x+2<2, f(x )=kf(x+2)=kx(x+2); 当-3≤x<-2 时,-1≤x+2<0, f(x)=kf(x+2)=k2(x-2)(x+4); 当 2≤x≤3 时,0≤x-2≤1, 1 1 f(x)= f(x-2)= (x-2)(x-4). k k

? kx(x+2),-2≤x<0, ? 故 f(x)=?x(x-2),0≤x<2, ? (x-2)(x-4),2≤x≤3. ?1 k

k2(x+2)(x+4),-3≤x<-2,

∵k<0,∴f(x)在[-3,-1]与[1,3]上为增函数,在[-1,1]上为减函数. (3)由函数 f(x)在[-3,3]上的单调性可知,f(x)在 x=-3 或 x=1 处取得最小值 f(-3)=- 1 k2 或 f(1)=-1,而在 x=-1 或 x=3 处取得最大值 f(-1)=-k 或 f(3)=- . k 2 故有①k<-1 时, f(x)在 x=-3 处取得最小值 f(-3)=-k , 在 x=-1 处取得最大值 f(- 1)=-k. ②k=-1 时,f(x)在 x=-3 与 x=1 处取得最小值 f(-3)=f(1)=-1,在 x=-1 与 x=3 处取得最大值 f(-1)=f(3)=1. 1 ③-1<k<0 时,f(x)在 x=1 处取得最小值 f(1)=-1,在 x=3 处取得最大值 f(3)=- . k 1-ax 1 20.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).求导数,得 f′(x)= -a= . x x ①若 a≤0,则 f′(x)>0,f(x)是(0,+∞)上的增函数,无极值; 1 ②若 a>0,令 f′(x)=0,得 x= . a 1 ? 当 x∈? ?0,a?时,f′(x)>0,f(x)是增函数; 1 ? 当 x∈? ?a,+∞?时,f′(x)<0,f(x)是减函数. 1? 1 1 所以当 x= 时,f(x)有极大值,极大值为 f? = ln -1=-ln a-1,无极小值. a ? ? a a 综上所述,当 a≤0 时,f(x)的递增区间为(0,+∞),无极值;当 a>0 时,f(x)的递增区 1? ?1 ? 间为? ?0,a?,递减区间为?a,+∞?,极大值为-ln a-1,无极小值. (2)因为 x1= e是函数 f(x)的零点, 1 1 e 所以 f( e)=0,即 -a e=0,解得 a= = . 2 2 e 2e 1 所以 f(x)=ln x- x. 2 e
[来源:学科网 ZXXK]

3 e 5 e2 因为 f( e 2 )= - >0,f( e 2 )= - <0, 2 2 2 2
3 5

3

5

所以 f( e 2 ) f( e 2 )<0. 由(1)知,函数 f(x)在(2 e,+∞)上单调递减,
3 5 3

所以函数 f(x)在区间( e 2 , e 2 )上有唯一零点,因此 x2> e 2 .

2 a 1 x +x-a 21.解:(1)f′(x)=1- 2+ = (x>0). x x x2 ①a≤0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,此时函数 f(x)无极值点; 1+4a-1 - 1+4a-1 ②a>0 时,令 f′(x)=0 ? x1= (x2= <0 舍去), 2 2 当 0<x<x1 时,f′(x)<0, ∴f(x)在(0,x1)上单调递减; 当 x>x1 时,f′(x)>0, ∴f(x)在(x1,+∞)上单调递增; 1+4a-1? ? 即 f(x)在?0, ?上单调递减, 2 ? ? ? 1+4a-1 ? 在? ,+∞?上单调递增, 2 ? ? 1+4a-1 此时函数 f(x)仅有极小值点 x1= . 2 1 2? (2) ? a∈? ?e,2e ?,函数 f(x)满足对 ? x∈[1,e]都有 f(x)<m 成立,即 f(x)在[1,e]上的 最大值小于 m. 1 1+4a-1? ? ? 1+4a-1 ? 2? 由(1)知, ? a∈? ?上单调递减,在? 0, ,+∞?上 ?e,2e ?,f(x)在? 2 2 ? ? ? ? 单调递增, 1+a<m, ? ?m>1+2e2, ? ?f(1)<m ? 1 2? ? 所以? 对 ? a∈?e,2e ?恒成立 ? ? ?? a ?f(e)<m ?m>3e+1. e+ +1<m ? ? ? e
[来源:Zxxk.Com] [来源:Z,xx,k.Com]

又因为 1+2e2-(3e+1)=(2e-3)e>0 ? 1+2e2>3e+1, 所以实数 m 的取值范围是(1+2e2,+∞).
[来源 :学科网]


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