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函数、导数及其应用单元测试


函数、导数及其应用单元测试 (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.下列图形中可以表示以 M={x|0≤x≤1}为定义域,以 N={y|0≤y≤1}为值域的 函数的图象是( )

2.函数 f(x)对任意 x∈R,恒有 f(x+2)=-f(x),且

f(1)=2,则 f(11)=( (A)-2 (B)2 (C)0 (D)1

)

3.(2011·广东高考)设函数 f(x)和 g(x)分别是 R 上的偶函数和奇函数,则下列 结论恒成立的是( )

(A)f(x)+|g(x)|是偶函数 (B)f(x)-|g(x)|是奇函数 (C)|f(x)|+g(x)是偶函数 (D)|f(x)|-g(x)是奇函数 4.已知函数 f(x)=ax(a>0,a≠1)是定义在 R 上的单调递减函数,则函数 g(x)=loga(x+1)的图象大致是( )

-1-

5.当 x∈(1,2)时,不等式(x-1)2<logax 恒成立,则实数 a 的取值范围为( (A)(2,3] (C)(1,2] 6.定积分 ?0 ex dx 的值为( (A)-1 (B)1
1 3
ln2

)

(B)[4,+∞) (D)[2,4) ) (D)e2 )

(C)e2-1

7.设函数 f(x)= x-lnx(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

8.已知函数 f(x)的导函数为 f′(x),且满足 f(x)=2xf′(1)+lnx,则 f′(1)=( (A)-e ) (B)-1 (C)1 (D)e

9.已知函数 f(x)的定义域为[-1,1] ,图象过点(0,-5),它的导函数 f′(x)=4x3-4x,则当 f(x)取得最大值-5 时,x 的值应为( (A)-1 (B)0 (C)1 (D)±1 )

10.定义在 R 上的函数 f(x)满足(x+2)f′(x)<0,又

-2-

a=f( log 1 3 ),b=f(( )0.3),c=f(ln3),则(
2

1 3

)

(A)a<b<c (C)c<a<b

(B)b<c<a (D)c<b<a
? ? 2 2

11.设函数 f(x)=x·sinx,若 x1,x2∈[ ? , ] ,且 f(x1)>f(x2),则下列不等式 恒成立的是( (A)x1>x2 (C)x1+x2>0 ) (B)x1<x2 (D)x12>x22

12.已知函数 f(x)=ex-1,g(x)=-x2+4x-3.若有 f(a)=g(b),则 b 的取值范围为 ( ) (B)(2- 2 ,2+ 2 ) (D)(1,3)

(A)[2- 2 ,2+ 2 ] (C)[1,3]

二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.请把正确答案填在题中横 线上) 13.计算(lg -lg25)÷ 100 2 =______. 14.已知直线 y=x+1 与曲线 y=ln(x+a)相切,则 a 的值为______. 15.函数 f(x)=(x+a)3 对任意 t∈R,总有 f(1+t)=-f(1-t),则 f(2)+f(-2)等于 ______. 16.(2011·四川高考)函数 f(x)的定义域为 A,若 x1,x2∈A 且 f(x1)=f(x2)时总 有 x1=x2,则称 f(x)为单函数.例如,函数 f(x)=2x+1(x∈R)是单函数.下列命题: ①函数 f(x)=x2(x∈R)是单函数; ②若 f(x)为单函数,x1,x2∈A 且 x1≠x2,则 f(x1)≠f(x2);
-3-

1 4

?

1

③若 f:A→B 为单函数,则对于任意 b∈B,A 中至多有一个元素与之对应; ④函数 f(x)在某区间上具有单调性,则 f(x)一定是单函数. 其中的真命题是______.(写出所有真命题的编号) 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过 程或演算步骤) 17.(10 分)求下列关于 x 的函数的定义域和值域: (1) y ? 1 ? x ? x; (2)y=log2(-x2+2x); (3) x y 0 2 1 3 2 4 3 5 4 6 5 7

18.(12 分)两个二次函数 f(x)=x2+bx+c 与 g(x)=-x2+2x+d 的图象有唯一的公共 点 P(1,-2). (1)求 b,c,d 的值; (2)设 F(x)=(f(x)+m)·g′(x),若 F(x)在 R 上是单调函数,求 m 的取值范围, 并指出 F(x)是单调递增函数,还是单调递减函数. 19.(12 分)(2011·北京高考)已知函数 f ? x ? ? ? x ? k ? e k.
2 x

(1)求 f(x)的单调区间; (2)若对于任意的 x∈(0,+∞),都有 f ? x ? ? , k 的取值范围. 求 20.(12 分)某市旅游部门开发一种旅游纪念品,每件产品的成本是 15 元,销售 价是 20 元,月平均销售 a 件.通过改进工艺,产品的成本不变,质量和技术含 金量提高,市场分析的结果表明,如果产品的销售价提高的百分率为 x(0<x<1),
-4-

1 e

那么月平均销售量减少的百分率为 x2.记改进工艺后,旅游部门销售该纪念品的 月平均利润是 y(元). (1)写出 y 与 x 的函数关系式; (2)改进工艺后,确定该纪念品的售价,使旅游部门销售该纪念品的月平均利润 最大. 21.(12 分)已知幂函数 f ? x ? ? x ? m ? 2m ?3 (m ? Z) 为偶函数,且在区间(0,+∞)上是单
2

调增函数. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)设函数 g(x)= f(x)+ax3+ x2-b(x∈R),其中 a,b∈R.若函数 g(x)仅在 x=0 处有极值,求 a 的取值范围. 22.(12 分)已知二次函数 g(x)对任意 x∈R 都满足 g(x-1)+g(1-x)=x2-2x-1 且 g(1)=-1,设函数 f(x)=g(x+ )+mlnx+ (m∈R,x>0). (1)求 g(x)的表达式; (2)若存在 x∈(0,+∞),使 f(x)≤0 成立,求实数 m 的取值范围; (3)设 1<m≤e,H(x)=f(x)-(m+1)x, 求证:对于任意 x1,x2∈[1,m] ,恒有|H(x1)-H(x2)|<1.
1 2 9 8 1 4 9 2

-5-

答案解析
1.【解析】选 C.由题意知,自变量的取值范围是[0,1],函数值的取值范围也 是[0,1],故可排除 A、B;再结合函数的定义,可知对于集合 M 中的任意 x,N 中都有唯一的元素与之对应,故排除 D. 2.【解析】选 A.≧f(x+2)=-f(x), ?f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即周期为 4, ?f(11)=f(3)=f(1+2)=-f(1)=-2. 3.【解析】选 A.≧g(x)是奇函数,其图象关于原点对称, ?|g(x)|的图象关于 y 轴对称,是偶函数, 又 f(x)为偶函数,?f(x)+|g(x)|是偶函数. 【方法技巧】函数奇偶性与函数图象的关系 (1)函数的奇偶性,揭示了函数图象的对称性.已知函数的奇偶性可得函数图象 的对称性;反之,已知函数图象的对称性可得函数的奇偶性. (2)从图象判断函数的奇偶性是很有效的方法.利用图象变换,可以很容易地画 出形如|f(x)|或 f(|x|)的函数图象,进而可判断函数的奇偶性. 4. 【解题指南】由指数函数的单调性可得 a 的取值范围,再判断函数 g(x)=loga(x+1)的图象. 【解析】选 D.由题可知 0<a<1,函数 g(x)的图象由函数 y=logax 的图象向左平 移一个单位得到,故选 D. 5. 【解析】选 C.设 y1=(x-1)2,则 y1 的图象如图所示:

-6-

设 y2=logax,则 y2 的图象应在 y1 的图象上方, ?a>1 且 loga2≥(2-1)2=1, ?a≤2,?1<a≤2. 6. 【解析】选 B. ?0 ex dx ? ex |ln2 ? eln2 ? e0 ? 2 ?1 ? 1. 0 7. 【解析】选 D. Q f ? ? x ?= - , ?x∈(3,+≦)时,y=f(x)单调递增; x∈(0,3)时,y=f(x)单调递减. 而 0< <1<e<3,
1 1 e + >0,f(1)= >0,f(e)= -1<0, 1 3e 3 3 1 ?在区间( ,1)内无零点,在区间(1,e)内有零 e 1 e
ln2

1 3

1 x

又 f( )=

1 e

点. 【一题多解】选 D.令 g(x)= x,h(x)=lnx,如图, 作出 g(x)与 h(x)在 x>0 的图象, 可知 g(x)与 h(x) 的图象在( ,1)内无交点, 在(1,e)内有 1 个交点, 故选 D. 【变式备选】已知函数 f ? x ? ? ?
?4x ? 4,x ? 1 , 则关于 x 的方程 f(x)=log2x 解的个 2 ? x ? 4x ? 3, x>1
-7-

1 3

1 e

数为( (A)4

) (B)3 (C)2 (D)1

【解析】选 B.在同一直角坐标系中画出 y=f(x)与 y=log2x 的图象,从图象中可 以看出两函数图象有 3 个交点,故其解有 3 个.

8. 【解析】 B.f′(x)=2f′(1)+ , x=1 得 f′(1)=2f′(1)+1, 选 令 ?f′(1)=-1, 故选 B. 9. 【解析】选 B.易知 f(x)=x4-2x2-5,f′(x)=0 时 x=0 或 x=〒1,又因为定义域为 [-1,1] ,只有 f(0)=-5,所以 x=0. 10. 【解析】选 D.≧(x+2)f′(x)<0,?当 x<-2 时,f′(x)>0. 当 x>-2 时,f′(x)<0. ?f(x)在(-≦,-2)上单调递增,在(-2,+≦)上单调递减. 又 log 1 3 ? ? ?2, 0 ? , ( )0.3 ? ? 0,1? , ln3>1,
2

1 x

1 3

-8-

1 ??2<log 1 3<( ) 0.3<ln3. 3 2 1 ? a ? f (log 1 3)>b ? f (( ) 0.3 )>c ? f ? ln3 ? . 3 2

11. 【解析】选 D.显然 f(x)为偶函数,
? ]时,f′(x)=sinx+xcosx>0, 2 ? ?f(x)在(0, ]上单调递增. 2

当 x∈(0,

又 f(x1)>f(x2)?f(|x1|)>f(|x2|)?|x1|>|x2|?x12>x22. 12. 【解析】选 B.≧f(a)>-1,?g(b)>-1, ?-b2+4b-3>-1,?b2-4b+2<0, ?2- 2 <b<2+ 2 .故选 B.
1 1 ? 1 1 1 1 13. 【解析】(lg -lg25)÷ 100 2 = lg 4 ? ? lg ? ? 10 ? lg10?2 ? ?20. 4 25 100 10 100

答案:-20
? 1 ?1 1 1 ? , 14. 【解析】 y? ? 设切点为(x0,x0+1),则 ? x 0 ? a , ? x ? a ?? ? x?a x?a ? x ? 1 ? ln ? x ? a ? 0 ? 0

解得 a=2. 答案:2 15. 【解析】令 t=1,则 f(2)=-f(0). ?(2+a)3=-a3,?a=-1, ?f(2)+f(-2)=(2-1)3+(-2-1)3=-26. 答案:-26 16. 【解析】

-9-

选项 ①

具体分析 由 x2=4 可得 x1=2,x2=-2,则 x1≠x2 不合定义.

结论 假命题

“x1,x2∈A 且 x1≠x2,则 f(x1)≠f(x2)”的逆否命题是 “若 x1,x2∈A 且 f(x1)=f(x2)时总有 x1=x2”. ② 互为逆否命题的两个命题等价.故②的逆否命题为真,故 ②为真命题. 真命题



符合唯一的函数值对应唯一的自变量.

真命题



在某一区间单调并不一定在定义域内单调.

假命题

答案:②③ 17. 【解析】(1)要使函数有意义,则 ? ?0≤x≤1,函数的定义域为[0,1]. ≧函数 y ? 1 ? x ? x 为减函数, ?函数的值域为[-1,1]. (2)要使函数有意义,则-x2+2x>0,?0<x<2. ?函数的定义域为(0,2). 又≧当 x∈(0,2)时,-x2+2x∈(0,1], ?log2(-x2+2x)∈(-≦,0].
- 10 -

?1 ? x ? 0 , ?x ? 0

即函数的值域为(-≦,0]. (3)函数的定义域为{0,1,2,3,4,5}, 函数的值域为{2,3,4,5,6,7}. 18. 【解题指南】(1)把点 P 的坐标代入两函数解析式,结合 x2+bx+c=-x2+2x+d 有唯一解,可求得 b,c,d, (2)若 F(x)在 R 上是单调函数,则 F′(x)在 R 上恒有 F′(x)≥0 或 F′(x)≤0. 【解析】(1)由已知得 ? 化简得 ?
? b ? c ? ?3 , ?d ? ?3 ?1 ? b ? c ? ?2 , ? ?1 ? 2 ? d ? ? 2

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 上为单调函数, F′(x)在 R 上恒有 F′(x)≤0 或 F′(x)≥0 成立. 则 因为 F′(x)的图象是开口向下的抛物线, 所以 F′(x)≤0 在 R 上恒成立, 所以Δ=122+24(-2-2m)≤0,解得 m≥2,
- 11 -

即 m≥2 时,F(x)在 R 上为单调递减函数.
x 1 2 2 k 19. 【解析】(1) f ? ? x ? ? ? x ? k ? e , f′(x)=0,得 x=〒k. 令 k

当 k>0 时,f(x)与 f′(x)的情况如下: x f′(x) f(x) (-≦, -k) + ↗ -k 0 4k2e-1 (-k, k) ↘ k 0 0 (k,+≦) + ↗

所以 f(x)的单调递增区间是(-≦,-k)和(k,+≦);单调递减区间是(-k,k). 当 k<0 时,f(x)与 f′(x)的情况如下: x f′(x) f(x) (-≦, -k) ↘ k 0 0 (-k, k) + ↗ k 0 4k2e-1 (-k,+≦) ↘

所以 f(x)的单调递减区间是(-≦,k)和(-k,+≦);单调递增区间是(k,-k). (2)当 k>0 时,因为 f ? k ? 1? ? e k > , 所以不会有 ? x∈(0,+≦),f(x)≤ . 当 k<0 时,由(1)知 f(x)在(0,+≦)上的最大值是 f ? ?k ? ?
4k 2 . e
k ?1

1 e

1 e

4k 2 1 1 1 ? , 所以 ? x∈(0,+≦),f(x)≤ ,等价于 f(-k)= 解得 ? ≤k<0. e e e 2

故对 ? x∈(0,+≦),f(x)≤ 时, k 的取值范围是[ ? ,0). 20. 【解析】(1)改进工艺后,每件产品的销售价为 20(1+x)元,月平均销售量为 a(1-x2)件,则月平均利润 y=a(1-x2)· [20(1+x)-15](元), ?y 与 x 的函数关系式为
- 12 -

1 e

1 2

y=5a(1+4x-x2-4x3)(0<x<1). (2)y′=5a(4-2x-12x2),令 y′=0 得 x1= ,x2=- (舍), 当 0<x< 时 y′>0; <x<1 时 y′<0, ?函数 y=5a(1+4x-x2-4x3)(0<x<1)在 x= 处取得最大值. 故改进工艺后, 产品的销售价为 20(1+ )=30 元时, 旅游部门销售该纪念品的月 平均利润最大. 【变式备选】某地建一座桥,两端的桥墩已建好,这两个桥墩相距 m 米,余下 的工程只需要建两端桥墩之间的桥面和桥墩,经预测,一个桥墩的工程费用为 256 万元,距离为 x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2+ x )x 万元.假设 桥墩等距离分布,所有桥墩都视为点,且不考虑其他因素,记余下工程的费用 为 y 万元. (1)试写出 y 关于 x 的函数关系式; (2)当 m=640 米时,需新建多少个桥墩才能使 y 最小? 【解析】(1)设需要新建 n 个桥墩,(n+1)x=m,即 n= 所以 y=f(x)=256n+(n+1)(2+ x )x =256(
m m -1)+ (2+ x )x x x 256m ? ? m x ? 2m ? 256. x
1 ? 256m 1 ? mx 2 x2 2

1 2

2 3

1 2

1 2

1 2

1 2

m -1, x

(2)由(1)知, f ? ? x ? ? ?
?
3 m (x 2 ? 512). 2x 2

令 f′(x)=0,得 x ? 512, 所以 x=64, 当 0<x<64 时,f′(x)<0,f(x)在区间(0,64)上为减函数;
- 13 -

3 2

当 64<x<640 时,f′(x)>0,f(x)在区间(64,640)上为增函数, 所以 f(x)在 x=64 处取得最小值,此时,
n? m 640 ?1 ? ? 1 ? 9, x 64

故需新建 9 个桥墩才能使 y 最小. 21. 【解题指南】(1)由函数 f(x)在区间(0,+≦)上为增函数,可得-m2+2m+3>0, 再由 f(x)为偶函数得 m 的值. (2)g(x)仅在 x=0 处有极值,则意味着 g′(x)=0 有唯一一个变号零点是 0. 【解析】(1)≧f(x)在区间(0,+≦)上是单调增函数, ?-m2+2m+3>0 即 m2-2m-3<0, ?-1<m<3.又 m∈Z,?m=0,1,2, 而 m=0,2 时,f(x)=x3 不是偶函数,m=1 时,f(x)=x4 是偶函数, ?f(x)=x4. (2) g ? x ? ? x 4 ? ax 3 ? x 2 ? b, g′(x)=x(x2+3ax+9), 显然 x=0 不是方程 x2+3ax+9=0 的根. 为使 g(x)仅在 x=0 处有极值,则有 x2+3ax+9≥0 恒成立, 即有Δ=9a2-36≤0,解不等式,得 a∈[-2,2] . 这时,g(0)=-b 是唯一极值,?a∈[-2,2] . 22.【解析】(1)设 g(x)=ax2+bx+c(a≠0),于是 g(x-1)+g(1-x)=2a(x-1)2+2c=(x-1)2-2,
1 ? ?a ? 所以 ? 2 . ? c ? ?1 ?

1 4

9 2

又 g(1)=-1,则 b ? ? . 所以 g(x)= x 2 ? x ? 1.
- 14 -

1 2

1 2

1 2

(2)f(x)=g(x+ )+mlnx+ = x2+mlnx(m∈R,x>0). 当 m>0 时,由对数函数的性质知,f(x)的值域为 R; 当 m=0 时,f(x)=
x2 ,对任意 x>0,f(x)>0 恒成立; 2
m =0 得 x ? ?m, x

1 2

9 8

1 2

当 m<0 时,由 f′(x)=x+ 列表: x f′(x) f(x) 这时 f(x)min=f( ?m )= ?

(0,

?m )

?m

( ?m ,+≦) + ↗

- ↘
m ? mln ?m, 2

0 极小值

? m ? ? mln ?m ? 0 , 由 f(x)min≤0 得 ? 2 所以 m≤-e, ? ?m ? 0 ?

综上,存在 x>0 使 f(x)≤0 成立,实数 m 的取值范围是(-≦,-e]∪(0,+≦). (3)由题知 H(x)= x2-(m+1)x+mlnx, H? ? x ? ?
H?x ?

1 2

? x ? 1?? x ? m ? . 因为对任意 x∈[1,m] ,
x

??

1 ? x ? x??m ? ?,0? 所以 H(x)在[1,m]内单调递减. x

于是|H(x1)-H(x2)|≤H(1)-H(m)= m2-mlnm- . 要使|H(x1)-H(x2)|<1 恒成立,则需 m2-mlnm- <1 成立, 即 m-lnm1 2
1 2 1 2 1 2

1 2

1 2

3 <0. 2m

3 则 (1 ? m ? e), 2m 1 1 3 3 1 1 1 h? ? m ? ? ? ? ? ( ? )2 ? ? 0, 2 2 m 2m 2 m 3 3 1 3 所以函数 h(m)= m-lnm- 在(1,e]上是单调增函数, 2 2m

记 h ? m ? ? m ? lnm ?

- 15 -

所以 h(m)≤h(e)= -1-

e 2

3 ? e ? 3?? e ? 1? = <0,故命题成立. 2e 2e

- 16 -


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