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走向高考·二轮数学专题限时检测1


专题限时检测一
时间:60 分钟 满分:100 分

一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分;在每小题给出四个选项中,只有 一项是符合题目要求的) 2 1.(文)(2014· 河北衡水中学二调)已知 R 是实数集,M={x| <1},N={y|y= x-1+1}, x 则 N∩?RM( A.(1,2) C.? [答案] D

2-x 2 [解析] M={x| <1}={x| <0}={x|x(x-2)>0}={x|x>2 或 x<0}, N={y|y= x-1+1} x x ={y|y≥1},∴?RM={x|0≤x≤2},∴N∩(?RM)={x|1≤x≤2},故选 D. mπ (理)设集合 M={-1},N={1+cos ,log0.2(|m|+1)},若 M?N,则集合 N 等于( 4 A.{2} C.{0} [答案] D mπ [解析] 因为 M?N 且 1+cos ≥0,log0.2(|m|+1)<0, 所以 log0.2(|m|+1)=-1, 可得|m| 4 +1=5,故 m=± 4,N={-1,0}. 2.(文)(2014· 山东理,3)函数 f(x)= 1 A.(0, ) 2 1 C.(0, )∪(2,+∞) 2 [答案] C [解析] (log2x)2-1>0,(log2x)2>1, ∴log2x<-1 或 log2x>1, 1 ∴0<x< 或 x>2. 2 (理)(2014· 北京文,2)下列函数中,定义域是 R 且为增函数的是( A.y=e
-x

) B.[0,2] D.[1,2]

)

B.{-2,2} D.{-1,0}

1 的定义域为( ?log2x?2-1 B.(2,+∞) 1 D.(0, ]∪[2,+∞) 2

)

)

B.y=x3 D.y=|x|

C.y=lnx

[答案] B [解析] A 为减函数,C 定义域为(0,+∞),D 中函数在(-∞,0)上递减,在(0,+∞) 上递增. 3.(2014· 安徽文,2)命题“?x∈R,|x|+x2≥0”的否定是( A.?x∈R,|x|+x2<0 B.?x∈R,|x|+x2≤0 C.?x0∈R,|x0|+x2 0<0 D. ?x0∈R,|x0|+x2 0≥0 [答案] C [解析] 全称命题的否定为特称命题,“≥”的否定为“<”.“?x∈R,|x|+x2≥0”的 )

否定是?x0∈R,|x0|+x2 0<0. 4.(文)(2013· 呼和浩特市调研)已知 y=f(x)为 R 上的连续可导函数,当 x≠0 时,f′(x) f?x? 1 + >0,则函数 g(x)=f(x)+ 的零点个数为( x x A.1 C.0 [答案] C [解析] 由条件知,f′(x)+ f?x? [xf?x?]′ = >0. x x ) B.2 D.0 或 2

令 h(x)=xf(x),则当 x>0 时,h′(x)>0,当 x<0 时,h′(x)<0,∴h(x)在(-∞,0)上单调 递减,在(0,+∞)上单调递增,且 h(0)=0.,则 h(x)≥0 对任意实数恒成立.函数 g(x)的零 点即为 y=h(x)与 y=-1 的图象的交点个数,所以函数 g(x)的零点个数为 0. (理)(2014· 浙江理,6)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,且 0≤f(-1)=f(-2)=f(-3)≤3, 则( ) A.c≤3 C.6<c≤9 [答案] C [解析] ∵f(-1)=f(-2)=f(-3)
? ? ?-1+a-b+c=-8+4a-2b+c, ?a=6, ? 解得? ?-1+a-b+c=-27+9a-3b+c, ? ? ?b=11.

B.3<c≤6 D.c>9

∴f(x)=x3+6x2+11x+c, 又∵0<f(-1)≤3,∴0<c-6≤3,∴6<c≤9,选 C. 5.(文)(2014· 福建理,4)若函数 y=logax(a>0,且 a≠1)的图象如图所示,则下列函数图 像正确的是( )

[答案] B [解析] 由图可知 y=logax 图象过(3,1),∴loga3=1,∴a=3,∵y=3
-x

为减函数,∴

排除 A;∵y=(-x)3 当 x>0 时,y<0,∴排除 C;∵y=log3(-x)中,当 x=-3 时,y=1,∴ 排除 D,∴选 B. π π (理)函数 y=2x-4sinx,x∈[- , ]的图象大致是( 2 2 )

[答案] D [解析] 因为 y=2x-4sinx 是奇函数,可排除 A、B 两项;令 y′=2-4cosx=0,故当 π x=± 时函数取得极值,故选 D 项. 3 6.(文)(2014· 新课标Ⅱ文,11)若函数 f(x)=kx-lnx 在区间(1,+∞)上单调递增,则 k 的取值范围是( ) B.(-∞,-1] D.[1,+∞)

A.(-∞,-2] C.[2,+∞) [答案] D

1 [解析] 由条件知 f′(x)=k- ≥0 在(1,+∞)上恒成立,∴k≥1. x 把函数的单调性转化为恒成立问题是解决问题的关键. (理)若函数 f(x)在(0,+∞)上可导,且满足 f(x)>xf ′(x),则一定有( f?x? A.函数 F(x)= 在(0,+∞)上为增函数 x )

B.函数 G(x)=xf(x)在(0,+∞)上为增函数 f?x? C.函数 F(x)= 在(0,+∞)上为减函数 x D.函数 G(x)=xf(x)在(0,+∞)上为减函数 [答案] C xf ′?x?-f?x? f?x? [解析] 对于 F(x)= ,F′(x)= <0,故 F(x)在(0,+∞)上为减函数. x x2 a 3 7.(文)若函数 f(x)=lnx+ 在区间[1,e]上的最小值为 ,则实数 a 的值为( x 2 3 A. 2 e C. 2 [答案] B 1 a x-a [解析] f ′(x)= - 2= 2 , x x x 令 f ′(x)=0,则 x=a, 3 若 a<1,则 f(x)min=f(1)=a= >1,不合题意. 2 a 3 若 a>e,则 f(x)min=f(e)=1+ = , e 2 e 则 a= <e,不合题意. 2 3 所以 1≤a≤e,f(x)min=f(a)=lna+1= ,则 a= e. 2 (理)(2014· 新课标Ⅱ理,8)设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 y=2x,则 a =( ) A.0 C.2 [答案] D [解析] 本题考查导数的基本运算及导数的几何意义. 1 令 f(x)=ax-ln(x+1),∴f′(x)=a- . x+1 ∴f(0)=0,且 f′(0)=2.联立解得 a=3,故选 D. 2e x 8.函数 f(x)= 的图象大致是( 2-x


)

B. e D.非上述答案

B.1 D.3

)

[答案] B 2e x?x-1? [解析] f ′(x)= (x≠2),令 f ′(x)<0,得 x<1.故 f(x)的减区间是(-∞,1),增 ?2-x?2


2 区间为(1,2),(2,+∞),f(x)在 x=1 处取得极小值,且极小值为 f(1)= >0,故排除 C、D e 两项;当 x>2 时,f(x)<0,排除 A 项,故选 B 项. 二、填空题(本大题共 2 小题,每小题 6 分,共 12 分,将答案填写在题中横线上.) 9.(2013· 北京海淀期中)已知命 p:?x∈R,ax2+2x+1≤0.若命题 p 是假命题,则实数 a 的取值范围是________. [答案] (1,+∞) [解析] 根据原命题是假命题,则其否定是真命题,结合二次函数图象求解.命题 p 的
?a>0, ? 否定? p:?x∈R,ax2+2x+1>0 是真命题,故? 解得 a>1. ? ?Δ=4-4a<0,

10.(文)函数 f(x)=ax3-2ax2+(a+1)x-log2(a2-1)不存在极值点,则实数 a 的取值范 围是________. [答案] 1<a≤3 [解析] 因为 a2-1>0,∴a>1 或 a<-1; f ′(x)=3ax2-4ax+a+1, ∵函数 f(x)不存在极值点, ∴f ′(x)=0 不存在两不等实根, ∴Δ=16a2-4×3a(a+1)=4a(a-3)≤0, 所以 0≤a≤3,综上可知:1<a≤3. (理)已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx,其导函数 y=f ′(x)的图象经过点(1,0),(2,0),如图所 示,则下列说法中不正确的是________.

3 ①当 x= 时函数取得极小值; 2 ②f(x)有两个极值点; ③当 x=2 时函数取得极小值; ④当 x=1 时函数取得极大值. [答案] ① [解析] 从图象上可以看到:当 x∈(0,1)时,f ′(x)>0;当 x∈(1,2)时,f ′(x)<0;当 x ∈(2,+∞)时,f ′(x)>0,所以 f(x)有两个极值点 1 和 2,且当 x=2 时函数取得极小值,当 x=1 时函数取得极大值.只有①不正确. 三、解答题(本大题共 3 小题,共 40 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 11.(本小题满分 13 分)(文)已知命题 p:A={a|关于 x 的不等式 x2+2ax+4>0 在 R 上恒 成立},命题 q:B={a|1< a+k <2}. 2

(1)若 k=1,求 A∩(?RB); (2)若“非 p”是“非 q”的充分不必要条件,求实数 k 的取值范围. [解析] 依题意,可得 A={a|4a2-16<0}={x|-2<a<2},B={a|2-k<a<4-k}. (1)当 k=1 时,由于 B={a|1<a<3}, 则?RB={a|a≤1 或 a≥3},所以 A∩(?RB)={a|-2<a≤1}. (2)由“非 p”是“非 q”的充分不必要条件,可知 q 是 p 的充分不必要条件.只需
?2-k≥-2, ? ? 解得 2≤k≤4. ? ?4-k≤2,

所以实数 k 的取值范围是[2,4]. (理)(2013· 温州检测)若集合 A 具有以下性质: ①0∈A,1∈A; 1 ②若 x、y∈A,则 x-y∈A,且 x≠0 时, ∈A, x 则称集合 A 是“好集”. (1)分别判断集合 B={-1,0,1},有理数集 Q 是否是“好集”,并说明理由; (2)设集合 A 是“好集”,求证:若 x、y∈A,则 x+y∈A; (3)对任意的一个“好集”A,分别判断下面命题的真假,并说明理由. 命题 p:若 x、y∈A,则必有 xy∈A;

y 命题 q:若 x、y∈A,且 x≠0,则必有 ∈A. x [解析] (1)集合 B 不是“好集”.理由是:假设集合 B 是“好集”,因为-1∈B,1∈B, 所以-1-1=-2∈B. 这与-2?B 矛盾. 有理数集 Q 是“好集”.因为 0∈Q,1∈Q, 1 对任意的 x,y∈Q,有 x-y∈Q,且 x≠0 时, ∈Q. x 所以有理数集 Q 是“好集”. (2)证明:因为集合 A 是“好集”,所以 0∈A. 若 x、y∈A,则 0-y∈A,即-y∈A. 所以 x-(-y)∈A,即 x+y∈A. (3)命题 p、q 均为真命题.理由如下: 对任意一个“好集”A,任取 x、y∈A, 若 x、y 中有 0 或 1 时,显然 xy∈A. 1 1 下设 x、y 均不为 0,1.由定义可知 x-1、 、 ∈A. x-1 x 1 1 1 所以 - ∈A,即 ∈A. x-1 x x?x-1? 所以 x(x-1)∈A. 由(2)可得 x(x-1)+x∈A,即 x2∈A.同理可得 y2∈A. 若 x+y=0 或 x+y=1,则显然(x+y)2∈A. 若 x+y≠0 且 x+y≠1,则(x+y)2∈A. 所以 2xy=(x+y)2-x2-y2∈A. 1 所以 ∈A. 2xy 1 1 1 由(2)可得 = + ∈A. xy 2xy 2xy 所以 xy∈A. 综上可知,xy∈A,即命题 p 为真命题. 1 若 x,y∈A,且 x≠0,则 ∈A. x y 1 所以 =y·∈A,即命题 q 为真命题. x x 12.(本小题满分 13 分)(文)经市场调查,某旅游城市在过去的一个月内(以 30 天计),旅 1 游人数 f(t)(万人)与时间 t(天)的函数关系近似满足 f(t)=4+ ,人均消费 g(t)(元)与时间 t(天) t 的函数关系近似满足 g(t)=115-|t-15|.

(1)求该城市的旅游日收益 w(t)(万元)与时间 t(1≤t≤30,t∈N)的函数关系式; (2)求该城市旅游日收益的最小值(万元). [解析] (1)依题意得, 1 w(t)=f(t)· g(t)=(4+ )(115-|t-15|). t

??4+ t ??t+100?,?1≤t<15,t∈N ?, (2)因为 w(t)=? 1 ??4+ t ??130-t?,?15≤t≤30,t∈N ?.
* *

1

1 25 ①当 1≤t<15 时,w(t)=(4+ )(t+100)=4(t+ )+401≥4×2 25+401=441, t t 25 当且仅当 t= ,即 t=5 时取等号. t 1 130 ②当 15≤t≤30 时,w(t)=(4+ )(130-t)=519+( -4t),可证 w(t)在 t∈[15,30]上单 t t 1 调递减,所以当 t=30 时,w(t)取最小值为 403 . 3 1 1 由于 403 <441,所以该城市旅游日收益的最小值为 403 万元. 3 3 (理)(2013· 汕头测评)设函数 f(x)=lnx+(x-a)2,a∈R. (1)若 a=0,求函数 f(x)在[1,e]上的最小值; 1 (2)若函数 f(x)在[ ,2]上存在单调递增区间,试求实数 a 的取值范围. 2 [解析] (1)f(x)的定义域为(0,+∞). 1 因为 f ′(x)= +2x>0, x 所以 f(x)在[1,e]上是增函数, 当 x=1 时,f(x)取得最小值 f(1)=1. 所以 f(x)在[1,e]上的最小值为 1. 2x2-2ax+1 1 (2)法一:f ′(x)= +2(x-a)= x x 设 g(x)=2x2-2ax+1, 1 依题意得,在区间[ ,2]上存在子区间使得不等式 g(x)>0 成立. 2 注意到抛物线 g(x)=2x2-2ax+1 的图象开口向上, 1 所以只要 g(2)>0,或 g( )>0 即可. 2 9 由 g(2)>0,即 8-4a+1>0,得 a< , 4

1 1 3 由 g( )>0,即 -a+1>0,得 a< . 2 2 2 9 所以 a< , 4 9 所以实数 a 的取值范围是(-∞, ). 4 2x2-2ax+1 1 法二:f ′(x)= +2(x-a)= , x x 1 依题意得,在区间[ ,2]上存在子区间使不等式 2x2-2ax+1>0 成立. 2 1 又因为 x>0,所以 2a<(2x+ ). x 1 1 设 g(x)=2x+ ,所以 2a 小于函数 g(x)在区间[ ,2]的最大值. x 2 1 又因为 g′(x)=2- 2, x 1 2 由 g′(x)=2- 2>0,解得 x> ; x 2 1 2 由 g′(x)=2- 2<0,解得 0<x< . x 2 所以函数 g(x)在区间( 2 1 2 ,2]上单调递增,在区间[ , )上单调递减. 2 2 2

1 所以函数 g(x)在 x= ,或 x=2 处取得最大值. 2 9 1 又 g(2)= ,g( )=3, 2 2 9 9 所以 2a< ,即 a< , 2 4 9 所以实数 a 的取值范围是(-∞, ). 4 13.(本小题满分 14 分)(文)(2013· 厦门质检)已知函数 f(x)=x2+2alnx. (1)若函数 f(x)的图象在(2,f(2))处的切线斜率为 1,求实数 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; 2 (3)若函数 g(x)= +f(x)在[1,2]上是减函数,求实数 a 的取值范围. x
2 2a 2x +2a [解析] (1)f ′(x)=2x+ = . x x

由已知 f ′(2)=1,解得 a=-3. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). ①当 a≥0 时,f ′(x)>0,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);

2?x+ -a??x- -a? ②当 a<0 时 f ′(x)= . x 当 x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下: x f ′(x) f(x) (0, -a) - -a 0 极小值 ( -a,+∞) +

由上表可知,函数 f(x)的单调递减区间是(0, -a);单调递增区间是( -a,+∞). 2 2 2a (3)由 g(x)= +x2+2alnx,得 g′(x)=- 2+2x+ , x x x 由已知函数 g(x)为[1,2]上的单调减函数, 则 g′(x)≤0 在[1,2]上恒成立, 2 2a 即- 2+2x+ ≤0 在[1,2]上恒成立. x x 1 即 a≤ -x2 在[1,2]上恒成立. x 1 1 1 令 h(x)= -x2,x∈[1,2],则 h′(x)=- 2-2x=-( 2+2x)<0, x x x 7 ∴h(x)在[1,2]上为减函数.h(x)min=h(2)=- , 2 7 7 ∴a≤- ,故 a 的取值范围为(-∞,- ]. 2 2 ln?x+1? a (理)已知函数 f(x)= - -2x,(a>0). ?x+1?2 x+1 (1)若函数 f(x)在 x=0 处取得极值,求 a 的值; (2)如图,设直线 x=-1,y=-2x,将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域(不含边 界),若函数 y=f(x)的图象恰好位于其中一个区域内,试判断其所在的区域,并求其对应的 a 的取值范围. (3)试比较 20122011 与 20112012 的大小,并说明理由.

ln?x+1? a [解析] (1)∵f(x)= - -2x ?x+1?2 x+1 ?x+1?-2?x+1?ln?x+1? a ∴f ′(x)= + -2, ?x+1?4 ?x+1?2

∵f(x)在 x=0 处取得极值, ∴f ′(0)=1+a-2=0, ∴a=1.(经检验 a=1 符合题意) (2)因为函数的定义域为(-1,+∞),且当 x=0 时, f(0)=-a<0, 又直线 y=-2x 恰好通过原点,所以函数 y=f(x)的图象应位于区域Ⅲ内, ln?x+1? a ∵x>-1,∴可得 f(x)<-2x,即 < , ?x+1?2 x+1 ln?x+1? ∵x+1>0,∴a> , x+1 ln?x+1? 1-ln?x+1? 令 φ(x)= ,∴φ′(x)= , x+1 ?x+1?2 令 φ′(x)=0 得 x=e-1,∵x>-1, ∴x∈(-1,e-1)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增, x∈(e-1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减. 1 ∴φmax(x)=φ(e-1)= , e 1 ∴a 的取值范围是:a> . e (3)法 1:由(2)知函数 φ(x)= ln?x+1? 在 x∈(e-1,+∞)时单调递减. x+1

lnx ∴函数 p(x)= 在 x∈(e,+∞)时单调递减, x ∴ ln?x+1? lnx < ,∴xln(x+1)<(x+1)lnx, x x+1
+1)

∴ln(x+1)x<lnx(x

,即(x+1)x<x(x

+1)



∴令 x=2011,则 20122011<20112012.
2011 2011 r 20122011 ?2011+1? 法 2: = 2012= 2012 2011 2011 r ∵Cr 2011<2011 , 2011 r ∴Cr <20112011, 20112011
- =0

2011 ?Cr 20112011

-r

20112012



2011 r =0

2011 ? Cr 20112011

-r



20112012

2011 1 2 2010 C0 +C2011 20112010+?+C2009 20112011 2011 2011 +?C2011 2011+1? = 20112012

<1, ∴20122011<20112012. 20122011 2012 2011 1 法 3: =( ) × 20112012 2011 2011 ∵( 2012 2011 1 2011 1 2 1 3 1 r ) = (1 + ) =1+1+C2 ) +C3 ) + ?+Cr ) 2011 ×( 2011 ×( 2011 ( 2011 2011 2011 2011 2011 1 2011 1 1 ) <2+ + +?+ 2011 1 1 1 1 <2+ + +?+ <3, 2×1 2×3 ?2011-1?×2011

+?+C2011 2011( ∴

20122011 <1,∴20122011<20112012. 20112012

一、选择题 1 1 1 1.(2013· 济宁模拟)设集合 A={x|( )x< },B={x|log x>-1},则 A∩B 等于( 2 4 3 A.{x|x<-2} C.{x|x>3} [答案] B [解析] 因为 A={x|x>2},B={x|0<x<3},所以 A∩B={x|2<x<3}. 2.(2013· 武清模拟)命题 p:?a∈R,函数 f(x)=(x-1)a+1 恒过定点(2,2);命题 q:?x0 ∈R,使 2x0≤0.则下列命题为真命题的是( A.(? p)∨q C.(? p)∧(? q) [答案] D [解析] p 为真命题,q 为假命题,故 D 项正确. 2 3.(文)函数 f(x)=ln(x+1)- 的零点所在的大致区间是( x A.(0,1) C.(2,3) [答案] B [解析] 2 利用排除法解题.由题知,函数 f(x)=ln(x+1)- 的定义域为(-1,0)∪(0,+ x B.(1,2) D.(3,4) ) ) B.p∧q D.(? p)∨(? q) B.{x|2<x<3} D.{x|x<-2 或 2<x<3} )

2 ∞).又 f(1)<0,f(2)>0,所以可知函数 f(x)=ln(x+1)- 的零点所在的大致区间是(1,2). x 1 (理)已知 m 是函数 f(x)=( )x-log3x 的零点,若 x0>m,则 f(x0)的值( 3 A.等于 0 C.小于 0 B.大于 0 D.符号不确定 )

[答案] C 1 1 1 [解析] ∵f(x)=( )x-log3x=( )x+log x 在(0,+∞)上为减函数,又 f(m)=0,∴x0>m 3 3 3 时,应有 f(x0)<f(m),即 f(x0)<0,故选 C. 1 4.(文)已知函数 f(x)= ,g(x)=lnx,x0 是函数 h(x)=f(x)+g(x)的一个零点,若 x1∈ 1-x (1,x0),x2∈(x0,+∞),则( A.h(x1)<0,h(x2)<0 C.h(x1)>0,h(x2)<0 [答案] D 1 1 [解析] 令 h(x)= +lnx=0,从而有 lnx= ,此方程的解 1-x x-1 即为函数 h(x)的零点. 在同一坐标系中作出函数 g(x)=lnx 与 f(x)= 的图象,如图所示. 由图象易知 1 1 >lnx1,从而 lnx1- <0, x1-1 x1-1 1 x-1 ) B.h(x1)>0,h(x2)>0 D.h(x1)<0,h(x2)>0

1 故 lnx1+ <0,即 h(x1)<0.同理 h(x2)>0. 1-x1 (理)已知正实数 a、 b 满足不等式 ab+1<a+b, 则函数 f(x)=loga(x+b)的图象可能为( )

[答案] B [解析] ab+1<a+b?(a-1)(b-1)<0,
? ? ?a>1, ?0<a<1, ?? 或? 由图可知 B 正确. ?b>1 ?0<b<1, ? ?

5.(文)设 f(x)是 R 上的奇函数,且 f(x)满足 f(x+1)=f(x-1),当-1≤x≤0 时,f(x)=x(1 5 +x),则 f( )=( 2 1 A. 2 ) 1 B. 4

1 C.- 4 [答案] B [解析] ∵f(x)满足 f(x+1)=f(x-1),

1 D.- 2

5 1 ∴f(x+2)=f(x),∴f(x)的周期为 2,∴f( )=f( ), 2 2 ∵f(x)为奇函数, 1 1 1 1 1 ∴f( )=-f(- )= (1- )= , 2 2 2 2 4 5 1 ∴f( )= ,故选 B. 2 4 (理)设 f(x)是定义在 R 上的周期为 3 的周期函数,如图表示该函数在区间(-2,1]上的图 象,则 f(2011)+f(2012)=( )

A.3 C.1 [答案] A

B.2 D.0

[解析] 由于 f(x)是定义在 R 上的周期为 3 的周期函数, 所以 f(2011)+f(2012)=f(670×3 +1)+f(671×3-1)=f(1)+f(-1),而由图象可知 f(1)=1,f(-1)=2,所以 f(2011)+f(2012) =1+2=3. 6.函数 f(x)=x3+ax2+3x-9,已知 f(x)有两个极值点 x1、x2,则 x1· x2 等于( A.9 C.1 [答案] C [解析] f ′(x)=3x2+2ax+3,则 x1· x2=1. 1-x 1 7.(文)已知 a≤ +lnx 对任意 x∈[ ,2]恒成立,则 a 的最大值为( x 2 A.0 C.2 [答案] A 1-x x-1 1 [解析] 令 f(x)= +lnx,则 f ′(x)= 2 ,当 x∈[ ,1]时,f ′(x)<0,当 x∈[1,2] x x 2 B.1 D.3 ) B.-9 D.-1 )

时,f ′(x)>0, 1 ∴f(x)在[ ,1]上单调递减,在[1,2]上单调递增, 2 ∴f(x)min=f(1)=0,∴a≤0,故选 A.
?lnx,x>0, ? (理)已知函数 f(x)=? 则 f(x)>1 的解集为( ?x+2,x<0, ?

)

A.(-1,0)∪(0,e) C.(-1,0)∪(e,+∞) [答案] C

B.(-∞,-1)∪(e,+∞) D.(-∞,1)∪(e,+∞)

? ?x>0 ?x<0 [解析] 不等式 f(x)>1 化为? 或? , ?lnx>1 ? ?x+2>1

∴x>e 或-1<x<0,故选 C. 8.(文)若 f ′(x)=(x+a)(x-2),f(0)=0,函数 f(x)在区间[-2,0]上不是单调函数,且当 1 x∈[-2,0]时,不等式 f(x)< a3-2a+3 恒成立,则实数 a 的取值范围是( 6 A.(-3,1) C.(0,3) [答案] D a-2 2 1 [解析] 依题意得,f(x)= x3+ x -2ax; 3 2 ∵f(x)在[-2,0]上不是单调函数,∴-a∈(-2,0),即 0<a<2,① 在(-2,-a)上 f ′(x)>0,在(-a,0)上 f ′(x)<0, a2?a-2? 1 1 1 ∴当 x∈[-2,0]时,[f(x)]max=f(-a)=- a3+ +2a2= a3+a2,由条件知 a3+ 3 2 6 6 1 a2< a3-2a+3, 6 ∴a2+2a-3<0, ∴-3<a<1 ② 由①②得,0<a<1. 1 (理)函数 f(x)=sin(3x)- x3 的图象最可能是( 8 ) B.(-1,3) D.(0,1) )

[答案] A 1 [解析] ∵f(-x)=sin(-3x)- (-x)3=-f(x),∴函数 f(x)为奇函数,排除 B 项;又 f(2) 8 1 =sin6- ×23=sin6-1<0,故排除 C、D 两选项,应选 A. 8 二、填空题 9.(文)已知直线 y=2x+b 是曲线 y=lnx(x>0)的一条切线,则实数 b=________. [答案] -ln2-1 1 1 1 [解析] 由 y=lnx 得 y′= ,令 =2 得 x= , x x 2 1 1 1 1 ∴切点为( ,ln ),∴ln = ×2+b, 2 2 2 2 ∴b=-ln2-1. (理)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,若 f(x)在区间(-1,0)上单调递减,则 a2+b2 的取值 范围是________. 9 [答案] [ ,+∞) 5 [解析] 由题意得 f ′(x)=3x2+2ax+b, f ′(x)≤0 在 x∈(-1,0)上恒成立, 即 3x2+2ax+b≤0 在 x∈(-1,0)上恒成立,
? ?2a-b-3≥0, ∴? ∴a、b 所满足的可行域如图中的阴影部分所示.则 ?b≤0. ?

点 O 到直线 2a-b-3=0 的距离 d=

3 9 .∴a2+b2≥d2= . 5 5

9 ∴a2+b2 的取值范围为[ ,+∞). 5

10.(文)命题 p:方程 x2-x+a2-6a=0 有一正根和一负根.命题 q:函数 y=x2+(a- 3)x+1 的图象与 x 轴无交点.若命题“p 或 q”为真命题,而命题“p 且 q”为假命题,则实 数 a 的取值范围是________. [答案] (0,1]∪[5,6) [解析] 由题意,命题 p 为真时,
2 ? ?a -6a<0, ? 解得 0<a<6;命题 q 为真时,Δ=(a-3)2-4<0,解得 1<a<5.∵ 2 ?Δ=1-4?a -6a?>0, ?

命题“p 或 q”为真命题,而命题“p 且 q”为假命题,∴命题 p 与命题 q 一真一假.当命题 p 真且命题 q 假时,a∈(0,1]∪[5,6);当命题 q 真且命题 p 假时,a 的值不存在. 综上知,a∈(0,1]∪[5,6). (理)(2012· 日照模拟)给出下列四个命题: ①命题“?x∈R,cosx>0”的否定是“?x∈R,cosx≤0”; ②若 0<a<1,则函数 f(x)=x2+ax-3 只有一个零点; π π 5π ③函数 y=sin(2x- )的一个单调增区间是[- , ]; 3 12 12 ④对于任意实数 x,有 f(-x)=f(x),且当 x>0 时,f ′(x)>0,则当 x<0 时,f ′(x)<0. 其中真命题的序号是________(把所有真命题的序号都填上). [答案] ①③④ [解析] ①正确;令 f(x)=x2+ax-3=0,则 ax=3-x2,在同一坐标系中作出函数 y= π 5π π ax(0<a<1)与 y=3-x2 的图象知,两图象有两个交点,故②错;当 x∈[- , ]时,- ≤2x 12 12 2 π π - ≤ ,故③正确;∵对任意实数 x,有 f(-x)=f(x),∴f(x)为偶函数,又 x>0 时,f ′(x)>0, 3 2 ∴f(x)在(0,+∞)上为增函数,∴f(x)在(-∞,0)上为减函数,因此,当 x<0 时,f ′(x)<0, 故④真. 三、解答题 1 11.(2013· 揭阳模拟)设命题 p:函数 f(x)=lg(ax2-x+ a)的定义域为 R;命题 q:不等 16 式 3x-9x<a 对一切正实数 x 均成立. (1)如果 p 是真命题,求实数 a 的取值范围; (2)如果命题“p 或 q”为真命题,且“p 且 q”为假命题,求实数 a 的取值范围. 1 [解析] (1)若命题 p 为真,即 ax2-x+ a>0 对任意 x 恒成立. 16 (ⅰ)当 a=0 时,-x>0 不恒成立,不合题意;

? ? ? ?a>0, ? (ⅱ)当 a≠0 时,可得 即? 1 2 ?Δ<0, ? ?1- a <0,
a>0, 4

?

解得 a>2. 所以实数 a 的取值范围是(2,+∞). 1 1 (2)令 y=3x-9x=-(3x- )2+ . 2 4 由 x>0 得 3x>1,则 y<0. 若命题 q 为真,则 a≥0. 由命题“p 或 q”为真且“p 且 q”为假,得命题 p、q 一真一假. (ⅰ)当 p 真 q 假时,a 不存在; (ⅱ)当 p 假 q 真时,0≤a≤2. 所以实数 a 的取值范围是[0,2]. 12. (文)(2013· 杭州月考)函数 f(x)对于 x>0 有意义, 且满足条件 f(2)=1, f(x· y)=f(x)+f(y), f(x)是减函数. (1)证明:f(1)=0; (2)若 f(x)+f(x-3)≥2 成立,求 x 的取值范围. [解析] (1)令 x=y=1,则 f(1×1)=f(1)+f(1), 故 f(1)=0. (2)因为 f(2)=1,令 x=y=2, 则 f(2×2)=f(2)+f(2)=2, 所以 f(4)=2. 因为 f(x)+f(x-3)≥2 成立, 所以 f[x(x-3)]≥f(4). 又 f(x)为减函数, x>0, ? ? 所以?x-3>0, 解得 3<x≤4. 2 ? ?x -3x≤4, 所以 f(x)+f(x-3)≥2 成立时,x 的取值范围是(3,4]. 9 (理)已知函数 f(x)=(x2-3x+ )ex,其中 e 是自然对数的底数. 4 (1)求函数 f(x)的图象在 x=0 处的切线方程; (2)求函数 f(x)在区间[-1,2]上的最大值与最小值. 9 [解析] (1)因为 f(x)=(x2-3x+ )ex, 4

9 所以 f(0)= , 4 9 3 3 又 f ′(x)=(2x-3)ex+(x2-3x+ )ex=(x2-x- )ex,所以 f ′(0)=- , 4 4 4 所以函数 f(x)的图象在 x=0 处的切线方程为: 9 3 y- =- x,即 3x+4y-9=0. 4 4 3 (2)由(1)得 f(x)=(x- )2ex, 2 1 3 f ′(x)=(x+ )(x- )ex. 2 2 当 x 变化时,函数 f(x),f ′(x)在区间[-1,2]上的变化情况如下表: x f ′(x) f(x) 1 [-1,- ) 2 + - 0 极大值 1 2 1 3 (- , ) 2 2 - 3 2 0 极小值 3 ( ,2] 2 +

1 函数 f(x)在区间[-1,2]上的最大值 f(x)max=max{f(- ),f(2)},最小值 f(x)min=min{f(- 2 3 1),f( )}. 2 1 1 1 ∵f(2)-f(- )= e2-4e- 2 4 2 = e5-16 35- 256 < <0, 4 e 4 e

3 25 3 又 f( )=0,f(-1)= >0,∴f( )-f(-1)<0, 2 4e 2 1 1 3 ∴f(x)max=f(- )=4e- ,f(x)min=f( )=0. 2 2 2 13.(文)已知函数 f(x)=x4-2ax2. (1)求证:方程 f(x)=1 有实根; (2)h(x)=f(x)-x 在[0,1]上是单调递减函数,求实数 a 的取值范围; (3)当 x∈[0,1]时,关于 x 的不等式|f ′(x)|>1 的解集为空集,求所有满足条件的实数 a 的值. [解析] (1)要证 x4-2ax2-1=0 有实根, 也就是证明方程 t2-2at-1=0 有非负实数根. 而 Δ=4a2+4>0,故可设 t2-2at-1=0 的两根为 t1、t2. t1t2=-1<0,∴t1、t2 一正一负. ∵方程 t2-2at-1=0 有正根, ∴方程 f(x)=1 有实根.

(2)由题设知对任意的 x∈[0,1], h′(x)=f ′(x)-1=4x3-4ax-1≤0 恒成立, x=0 时显然成立; 1 1 对任意的 0<x≤1,a≥x2- ,∴a≥(x2- )max, 4x 4x 1 而 g(x)=x2- 在(0,1]上单调递增, 4x 3 ∴a≥g(1)= , 4 3 ∴a 的取值范围为[ ,+∞). 4 (3)由题设知,当 x∈[0,1]时,|4x3-4ax|≤1 恒成立. 记 F(x)=4x3-4ax, 若 a≤0,则 F(1)=4-4a≥4,不满足条件; 故 a>0,而 F′(x)=12x2-4a=12(x- ①当 a <1 即 0<a<3 时,F(x)在[0, 3 a ),F(1)} 3 a )(x+ 3 a ) 3 a ,1]上递增, 3

a ]上递减,在[ 3

于是|F(x)|max=max{-F( 8 =max{ a 3 3 解得 a= . 4 ②当

a ,4-4a}≤1, 3

a ≥1,即 a≥3 时,F(x)在[0,1]上递减, 3

于是|F(x)|max=-F(1)=4a-4≥8,与题意矛盾. 3 综上所述 a= . 4 方法 2:(分离参数法)因为|4x3-4ax|≤1,所以-1≤4x3-4ax≤1,x=0 时显然成立; 1 1 对任意的 0<x≤1,x2- ≤a≤x2+ 4x 4x 3 1 1 1 1 3 1 3 由(2)知 a≥ ,∵a≤x2+ (0<x≤1)且 x2+ =x2+ + ≥ (x= 时取等号),∴a≤ , 4 4x 4x 8x 8x 4 2 4 3 ∴a= . 4 (理)已知 f(x)是定义在区间[-1,1]上的奇函数,且 f(1)=1,若 m、n∈[-1,1],m+n≠0 f?m?+f?n? 时,有 >0. m+n

1 (1)解不等式 f(x+ )<f(1-x); 2 (2)若 f(x)≤t2-2at+1 对所有 x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,求实数 t 的取值范围. [解析] (1)任取 x1,x2∈[-1,1],且 x2>x1,则 f(x2)-f(x1)=f(x2)+f(-x1) = f?x2?+f?-x1? · (x2-x1)>0, x2+?-x1?

所以 f(x2)>f(x1).所以 f(x)是增函数. 1 由 f(x+ )<f(1-x)得 2 -1≤x+ ≤1, ? 2 ? ?-1≤1-x≤1, 1 ? ?x+2<1-x. 1

1 解得 0≤x< . 4

1 1 故不等式 f(x+ )<f(1-x)的解集为[0, ). 2 4 (2)由于 f(x)为增函数, 所以 f(x)的最大值为 f(1)=1, 所以 f(x)≤t2-2at+1 对 a∈[-1,1], x∈[-1,1]总成立?t2-2at+1≥1 对任意 a∈[-1,1]总成立?t2-2at≥0 对任意 a∈[-1,1]总 成立. 把 y=t2-2at 看作 a 的函数,由 a∈[-1,1]知其图象是一线段. 所以 t2-2at≥0 对任意 a∈[-1,1]总成立
2 2 ? ? ?t -2×?-1?t≥0, ?t +2t≥0, ? ? ? 2 ? 2 ? ? ?t -2×1×t≥0, ?t -2t≥0.

? ?t≤-2或t≥0, ?? ?t≤-2 或 t=0 或 t≥2. ?t≤0或t≥2. ?


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