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【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习:专题综合检测一(Word有详解答案)


专题综合诊断一
一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分;在每小题给出四个选项中,只 有一项是符合题目要求的) 1 . ( 文 ) 已知全集 U = Z, A = { - 2 ,- 1,1,2} , B= {x|x2 - 3x + 2 = 0} ,则 A∩? UB 为 ( ) A.{-1,-2} B.{1,2} C.{-2,1} D.{-1,2}

∵B={1,2},∴A∩?UB={-1,-2},故选 A. mπ 跟踪练习:设集合 M={-1},N={1+cos ,log0.2(|m|+1)},若 M?N,则集合 N 等 4 于( ) A.{2} B.{-2,2} C.{0} D.{-1,0}

因为 M?N 且 1+cos


4

≥0,log0.2(|m|+1)<0,所以 log0.2(|m|+1)=-1,可得|m|+1 D )

=5,故 m=±4,N={-1,0}.[答案]

2.下列关于命题的说法中错误的是(

A.对于命题 p:?x∈R,使得 x2+x+1<0,则綈 p:?x∈R,均有 x2+x+1≥0 B.“x=1”是“x2-4x+3=0”的充分不必要条件 C.命题“若 x2-4x+3=0,则 x=1”的逆否命题为“若 x≠1,则 x2-4x+3≠0” D.若 p∧q 为假命题,则 p、q 均为假命题 若 p∧q 为假命题,则 p、q 中至少有一个为假命题,故 D 项错误. 3.(文)(2012· 哈九中模拟)奇函数 f(x)在(0,+∞)上的解析式是 f(x)=x(1-x),则在(- ∞,0)上,函数 f(x)的解析式是( A.f(x)=-x(1-x) ) C.f(x)=-x(1+x) D.f(x)=x(x-1)

B.f( x)=x(1+x)

当 x∈(-∞,0)时,-x∈(0,+∞),∴f(-x)=-x(1+x),∵f(x)为奇函数,∴

f(x)=x(1+x),故选 B.
跟踪练习: 对于函数 f(x)=ax3+bx+c(其中 a,b∈R,c∈Z),选取 a,b,c 的一组值计 算 f(1)和 f(-1),所得出的正确结果一定不可能的是( A.4 和 6 B.3 和 1 C.2 和 4 ) D.1 和 2

∵f(1)=a+b+c,f(-1)=-a-b+c,∴f(1)+f(-1)=2c,是偶数,f(1),f(-1) 不可能是一奇一偶,故选 D 项. 1 4.(文)a 是 f(x)=2x-log x 的零点,若 k>a,则 f(k)的值满足( 2 A.f(k)=0 B.f(k)<0 C.f(k)>0 )

D.f(k)的符号不确定

函数 f(x)=2x+log2x 在(0,+∞)上是单调递增的,这个函数有零点,且这个零点是

唯一的.根据函数的单调递增性,在(a,+∞)上这个函数的函数值大于零,即 f(k)>0. 跟踪练习:已知函数 f(x)= 1 ,g(x)=lnx,x0 是函数 h(x)=f(x)+g(x)的一个零点,若 1-x )

x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞),则(

A.h(x1)<0,h(x2)<0 B.h(x1)>0,h(x2)>0 C.h(x1)>0,h(x2)<0 D.h(x1)<0,h(x2)>0

1 1 令 h(x)= +lnx=0,从而有 lnx= ,此方程的解即为函数 h(x)的零点.在同一坐 1-x x-1 标系中作出函数 g(x)=lnx 与 f(x)= lnx1- 1 <0,故 lnx1+ 1

x- 1

的图象,如图所示.由图象易知

1

x1-1

>lnx1,从而

x1-1

1 <0,即 h(x1)<0.同理 h(x2)>0. 1-x1 )

1 1 5.(文)(2012 北京)设 a=log 3,b=( )0.3,c=lnπ,则( 2 3 A.a<b<c B.a<c<b C.c<a<b

D.b<a<c

1 1 1 1 a=log 3<log 1=0,0<b=( )0.3<( )0=1,c=lnπ>ln e=1,故 a<b<c. 2 2 3 3 1 11 1 跟踪练习:设 a=log 2,b=log ,c=( )0.3,则 a、b、c 的大小关系为( 3 23 2 A.a<c<b B.a<b<c C.b<a<c D.b<c<a )

1 11 11 1 因为 a=log 2<0,b=log >log =1,0<c=( )0.3<1,所以 a<c<b. 3 23 22 2 6.(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 B.2 C.0 = [xf? ) D.0 或 2

由条件知, f ′ (x) +

f? x? x

x? ]′ >0. 令 h(x) = xf(x) ,则当 x>0 时, h ′ x

(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. 1 7 .(文)(2012· 安徽十校联考)函数 f(x)= 的图象是( 1+|x| )

1 1 易知函数 f(x)的定义域为 R,且 f(-x)= = =f(x),∴f(x)为偶函数,其图象 1+|-x| 1+|x| 关于 y 轴对称,排除 A、B、D,选 C. π π 跟踪练习:函数 y=2x-4sinx,x∈[- , ]的图象大致是( 2 2 )

π 因为 y=2x-4sinx 是奇函数,可排除 A、B 两项;令 y′=2-4cosx=0,故当 x=± 时函数 3 取得极值,故选 D 项. 8.将函数 y=f(2x-1)的图象向右平移 1 个单位后得到曲线 C,如果曲线 C 与函数 y= 2x 的图象关于直线 y=x 或轴对称,则 f(5)等于( A.-2 B.0 C.2 ) D.4

因为曲线 C 与函数 y=2x 的图象关于直线 y=x 对称,所以曲线 C 的方程为 y=log2x,把曲 线 C 的图象向左平移 1 个单位长度可得 f(2x-1)=log2(x+1),所以 f(5)=f(2×3-1)=log2(3 +1)=2. 9.(文)(2012· 哈师大附中模拟)已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数,其最小正周期为 3 1 3,当 x∈(- ,0)时,f(x)=log (1-x),则 f(2011)+f(2013)=( 2 2 A.1 B.2 C.-1 D.-2 )

1 f(2011)=f(670×3+1)=f(1)=-f(-1)=-log 2=1,f(2013)=f(671×3)=f(0)=0,∴f(2011) 2 +f(2013)=1,故选 A. 跟踪练习:设函数 y=f(x)是定义域为 R 的奇函数,且满足 f(x-2)=-f(x)对一切 x∈R 恒成立,当-1≤x≤1 时,f(x)=x3.则下列四个命题:①f(x)是以 4 为周期的周期函数;②f(x)

3 3 在[1,3]上的解析式为 f(x)=(2-x)3;③f(x)在( ,f( ))处的切线方程为 3x+4y-5=0;④f(x) 2 2 的图象的对称轴中有 x=± 1.其中正确的命题是( A.①②③ B.②③④ ) C.①③④ D.①②③④

∵f(x-2)=-f(x)对一切 x∈R 恒成立,∴f(x)=-f(x-2)=-[-f(x-2-2)]=f(x-4),∴f(x +4)=f(x+4-4)=f(x),因此 f(x)是以 4 为周期的周期函数,①正确;当 x∈[1,3]时,2-x∈ 3 [-1,1], 因此 f(x)=-f(x-2)=f(2-x)=(2-x)3,②正确;由 ∈[1,3],知 f(x)=(2-x)3, 2 3 3 3 1 1 3 3 f ′( )=- ,又 f( )= ,故切线方程为 y- =- (x- ),即 3x+4y-5=0,③正确;由 2 4 2 8 8 4 2 f(x-2)=-f(x)=f(-x)得 f(-1-x)=f(-1+x), 所以 f(x)的图象有对称轴 x=-1,由 f(x+2) =-f(x+2-2)=-f(x)得,f(1-x)=f(1+x),所以 f(x)的图象有对称轴 x=1,所以④正确, 选择 D. 10.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 xf ′?x?-f?x? f?x? 对于 F(x)= ,F′(x)= <0,故 F(x)在(0,+∞)上为减函数. x x2 a 3 11.(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 B. e e C. 2 D.非上述答案 ) )

1 a x-a 3 f ′(x)= - 2= 2 ,令 f ′(x)=0,则 x=a,若 a<1,则 f(x)min=f(1)=a= >1,不合题 x x x 2 a 3 e 意.若 a>e,则 f(x)min=f(e)=1+ = ,则 a= <e,不合题意.所以 1≤a≤e,f(x)min=f(a) e 2 2 3 =lna+1= ,则 a= e. 2 1 1 g?1? 跟踪练习: 若函数 f(x)= ax3+ bx2+cx+d(a,b,c>0)没有极值点,且导函数为 g(x),则 3 2 b 的取值范围是( A.(1,+∞)
2

) B.[1,+∞) C.(2,+∞) D.[2,+∞)

因为函数 g(x)=ax +bx+c,函数 f(x)没有极值点,也就是函数 g(x)与 x 轴至多有一个交点, b2 2 4 b g?1? a+b+c a+c 2 ac 故 Δ=b2-4ac≤0,即 ac≥ . = = +1≥ +1≥ +1=2, 4 b b b b b
2

g?1? 故 的取值范围是[2,+∞). b 12.(文)函数 f(x)=xex-a 有两个零点,则实数 a 的取值范围为( 1 A.- <a<0 e 1 B.- <a e C.-e<a<0 ) D.0<a<e

构造函数 y=xex,则 y′=ex(x+1),因为 ex>0,令 y′=0,解得 x=-1.当 x>-1 时, y′>0,函数为增函数;当 x<-1 时,y′<0,函数为减函数,所以当 x=-1 时函数有最小 1 1 - 值,y 最小=-e 1=- .画出函数 y=xex 的图象如图所示,显然当- <a<0 时,函数 f(x)=xex e e -a 有两个零点. 2e x 跟踪练习:函数 f(x)= 的图象大致是( 2-x


)

f ′(x) =

2e x?x-1? (x≠2) ,令 f ′(x)<0 ,得 x<1.故 f(x) 的减区间是 ( -∞ , 1),增区间为 ?2-x?2


2 (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 两项;当 e x>2 时,f(x)<0,排除 A 项,故选 B 项. 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分,将答案填写在题中横线上.) 13.(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________. 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 的否定綈 p:
?a>0, ? ?x∈R,ax2+2x+1>0 是真命题,故? 解得 a>1. ? ?Δ=4-4a<0,

1?x ? ?? -2 x≤0 14.(文)已知函数 f(x)=??2? ,则 f(2012)=________. ? ?f?x-2?+1 x>0 1?0 f(2012)=f(2010)+1=f(2008)+2=f(2006)+3=?=f(2)+1005=f(0)+1006=? ?2? -2+1006 =1005. 跟踪练习: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________. 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. 15.(文)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. 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. 跟踪练习:已知 f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且 f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论: ①f(0)f(1)>0; ②f(0)f(1)<0; ③f(0)f(3)>0; ④f(0)f(3)<0.

其中正确结论的序号是________. ∵f(0)=-abc,f(1)=4-abc,f(3)=27-54+27-abc=-abc=f(0),又 f ′(x)=3(x-1)(x -3),所以 f(x)在(-∞,1)和(3,+∞)上单调递增,在(1,3)上单调递减,故 a<1<b<3<c,∴ f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0. 16.如果 f ′(x)是二次函数,且 f ′(x)的图象开口向上,顶点坐标为(1,- 3),那么 曲线 y=f(x)上任一点的切线的倾斜角 α 的取值范围是________. 由题意 f ′(x)=a(x-1)2- 3,∵a>0,∴f ′(x)≥- 3,因此曲线 y=f(x)上任一点的 π 2π 切线斜率 k=tanα≥- 3,∵倾斜角 α∈[0,π),∴0≤α< 或 <α<π. 2 3 三、解答题(本大题共 6 小题,共 74 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分 12 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.所以实数 k 的取值范围是[2,4]. ?4-k≤2, ?

2 跟踪练习:(2013· 浙江五校联考)设命题 p:f(x)= 在区间(1,+∞)上是减函数;命 x-m 题 q:x1、x2 是方程 x2-ax-2=0 的两个实根,不等式 m2+5m-3≥|x1-x2|对任意实数 a∈ [-1,1]恒成立;若(綈 p)∧q 为真,试求实数 m 的取值范围. [ 解析 ] 命题 p : m≤1. 命题 q : |x1 - x2|= ?x1+x2?2-4x1x2 = a2+8 ≤3 ,∴ m2 + 5m - 3≥3 , ∴ m2 + 5m - 6≥0 , ∴ m≥1 或 m≤ - 6. 若 ( ? p) ∧ q 为 真 , 则 p 假 q 真 , ∴
?m>1, ? ? ∴m>1. ? ?m≥1或m≤-6,

x+2 18.(本小题满分 12 分)(文)已知集合 A={x|-3<x<1},B={x| <0}. x-3 (1)求 A∩B,A∪B; (2)在区间(-4,4)上任取一个实数 x,求“x∈A∩B”的概率; (3)设(a,b)为有序实数对,其中 a 是从集合 A 中任取的 一个整数,b 是从集合 B 中任取 的一个整数,求“b-a∈A∪B”的概率. [解析](1)由已知 B={x|-2<x<3},A∩B={x|-2<x<1},A∪B={x|-3<x<3}. 3 (2)设事件“x∈A∩B”的概率为 P1,这是一个几何概型,则 P1= . 8 (3)因为 a、b∈Z,且 a∈A,b∈B,所以,基本事件共 12 个:(-2,-1),(-2,0),(- 2,1),(-2,2),(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(-1,2),(0,-1),(0,0),(0,1),(0,2).设事 件 E 为“b-a∈A∪B”,则事件 E 中包含 9 个基本事件,事件 E 的概率 P(E)= 9 3 = . 12 4

3 跟踪练习:已知函数 f(x)=ax3+ bx2(a≠0,a、b∈R)的图象在点(2,f(2))处的切线与 x 2 轴平行. (1)求函数 f(x)的单调递减区间; (2)若已知 a>b,求函数 f(x)在[b,a]上的最大值.

[解析](1)f ′(x)=3ax2+3bx(a≠0,a、b∈R),由题意可知 f ′(2)=0,∴12a+6b=0, 整理得 b=-2a,∴f ′(x)=3ax2-6ax=3ax(x-2).当 a>0 时,由 f ′(x)<0,得 0<x<2,∴ f(x)的单调递减区间为(0,2);当 a<0 时,由 f ′(x)<0,得 x<0 或 x>2,∴f(x)的单调递减区间 3 为(-∞,0)和(2,+∞).(2)∵a>b 且 b=-2a,∴a>0,b<0.f(x)=ax3+ bx2=ax3-3ax2= 2 ax2(x-3),由 f(x)=0 得 x1=0,x2=3.①当 0<a≤3 时,f(x)max=f(0)=0;②当 a>3 时,f(x)max =f(a)=a4-3a3.综上所述,当 0<a≤3 时,f(x)的最大值为 0;当 a>3 时,f(x)的最大值为 a4 -3a3. 19 . ( 本 小 题 满 分 12 分 )( 文 ) 设 函 数 f(x) = ax2 + bx + 1(a 、 b 为 实 数 ) , F(x) =
? ?f?x? ?x>0?, ? ?-f?x??x<0?. ?

(1)若 f(-1)=0 且对任意实数 x 均有 f(x)≥0 成立,求 F(x)的表达式; (2)在(1)的条件下,当 x∈[-2,2]时,g(x)=f(x)-kx 是单调函数,求实数 k 的取值范围. [解析](1)∵f(-1)=0,∴b=a+1.由 f(x)≥0 恒成立,知
?a>0, ? ? ∴ a = 1 ,从而 f(x) = x2 + 2x + 1 ,∴ F(x) = 2 2 2 ?Δ=b -4a=?a+1? -4a=?a-1? ≤0, ?
2 ? ??x+1? ? 2 ? ?-?x+1?

?x>0?, ?x<0?.

(2)由(1)可知,f(x)=x2+2x+1,∴g(x)=f(x)-kx=x2+(2-k)x+1,由

2-k 2-k 于 g(x)在[-2,2]上是单调函数,- ≤-2 或- ≥2,得 k≤-2 或 k≥6. 2 2 1-a 跟踪练习:(2013· 青岛模拟)设函数 f(x)=lnx-ax+ -1. x (1)当 a=1 时,求曲线 f(x)在 x=1 处的切线方程; 1 (2)当 a= 时,求函数 f(x)的单调区间; 3 (3) 在 (2) 的 条 件 下 , 设 函 数 g(x) = x2 - 2bx - f(x1)≥g(x2)成立,求实数 b 的取值范围. 1-a 1 [解析] 由题知函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)= -a- 2 . x x 1 (1)当 a=1 时,f(x)=lnx-x-1,∴f(1)=-2,f ′(x)= -1,∴f ′(1)=0,∴f(x)在 x x =1 处的切线方程为 y=-2. x2-3x+2 ?x-1??x-2? 1 (2)将 a= 代入 f ′(x)得 f ′(x)=- =- ,[来源:学,科,网 Z,X,X,K] 2 3 3x 3x2 1 ∴当 0<x<1,或 x>2 时,f ′(x)<0,当 1<x<2 时,f ′(x)>0,故当 a= 时,函数 f(x)的单调 3 递增区间为(1,2);单调递减区间为(0,1),(2,+∞). 5 , 若 ? x1 ∈ [1,2] , ? x2 ∈ [0,1] , 使 12

1 x 2 (3)当 a= 时,f(x)=lnx- + -1,由(2)可知函数 f(x)在(1,2)上为增函数,∴函数 f(x) 3 3 3x 2 在[1,2]上的最小值为 f(1)=- .若?x1∈[1,2],?x2∈[0,1]使 f(x1)≥g(x2)成立,则 g(x)在[0,1] 3 2 5 5 上的最小值不大于 f(x)在[1,2]上的最小值- (*)又 g(x)=x2-2bx- =(x-b)2-b2- ,x∈ 3 12 12 [0,1].①当 b<0 时,g(x)在[0,1]上为增函数,[g(x)]min=g(0)=- 0≤b≤1 时,[g(x)]min=g(b)=-b2- 5 2 >- ,与(*)矛盾;②当 12 3

5 5 2 1 ,由-b2- ≤- 及 0≤b≤1 得, ≤b≤1;③当 12 12 3 2 7 17 2 -2b<- <- ,此时 b>1.综上,b 的取 12 12 3

b>1 时,g(x)在[0,1]上为减函数,[g(x)]min=g(1)= 1 值范围是[ ,+∞). 2

20.(本小题满分 12 分)经市场调查,某旅游城市在过去的一个月内(以 30 天计),旅游 1 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)的 t 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). 1 [解析] (1)依题意得,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,当且仅 t t 25 当 t= ,即 t=5 时取等号. t 1 130 ②当 15≤t≤30 时,w(t)=(4+ )(130-t)=519+( -4 t),可证 w(t)在 t∈[15,30]上单 t t 1 1 调递减,所以当 t=30 时,w(t)取最小值为 403 .由于 403 <441,所以该城市旅游日收益的 3 3 1 最小值为 403 万元. 3 21.(本小题满分 12 分)(文)(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 1 [解析] (1)f(x)的定义域为(0,+∞).因为 f ′(x)= +2x>0,所以 f(x)在[1,e]上是增 x

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)= 设 g(x)=2x2-2ax+1,依题意得,在区间 x x 1 [ ,2]上存在子区间使得不等式 g(x)>0 成立.注意到抛物线 g(x)=2x2-2ax+1 的图象开口 2 1 9 1 向上,所以只要 g(2)>0,或 g( )>0 即可.由 g(2)>0,即 8-4a+1>0,得 a< ,由 g( )>0, 2 4 2 1 3 9 9 即 -a+1>0,得 a< .所以 a< ,所以实数 a 的取值范围是(-∞, ). 2 2 4 4 2x2-2ax+1 1 1 法二:f ′(x)= +2(x-a)= ,依题意得,在区间[ ,2]上存在子区间使不 x x 2 1 1 等式 2x2-2ax+1>0 成立.又因为 x>0,所以 2a<(2x+ ).设 g(x)=2x+ ,所以 2a 小于函 x x 1 1 1 2 数 g(x)在区间[ ,2]的最大值.又因为 g′(x)=2- 2,由 g′(x)=2- 2>0,解得 x> ;由 2 x x 2 1 2 2 1 2 g′(x)=2- 2<0,解得 0<x< .所以函数 g(x)在区间( ,2]上单调递增,在区间[ , )上 x 2 2 2 2 1 9 1 单调递减.所以函数 g(x)在 x= ,或 x=2 处取得最大值.又 g(2) = , g( ) =3 ,所以 2 2 2 9 9 9 2a< ,即 a< ,所以实数 a 的取值范围是(-∞, ). 2 4 4 22.(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+ = .由已知 f ′(2)=1,解得 a=-3. x x

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

2 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,即- 2+2x+ x 2a 1 1 ≤0 在[1,2]上恒成立.即 a≤ -x2 在[1,2]上恒成立.令 h(x)= -x2,x∈[1,2],则 h′(x) x x x 1 1 7 7 =- 2-2x=-( 2+2x)<0,∴h(x)在[1,2]上为减函数.h(x)min=h(2)=- ,∴a≤- ,故 a x x 2 2 7 的取值范围为(-∞,- ]. 2

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} B.{x|2<x<3} C.{x|x>3} )

D.{x|x<-2 或 2<x<3}

因为 A={x|x>2},B={x|0<x<3},所以 A∩B={x|2<x<3}. 2.(2013· 福州检测)“a∥b”是“a 在 b 的方向上的投影为|a|”的( A.充分而不必要条件 C.充要条件 B.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件 )

若 a∥b 且 a、b 方向相反,则 a 在 b 的方向上的投影为|a|cosπ=-|a|,即“a∥b”?/ “a 在 b 的方向上的投影为|a|”;a 在 b 的方向上的投影为|a|?a∥b.故“a∥b”是“a 在 b 的方向 上的投影为|a|”的必要而不充分条件.
x ? ?2 , x<0 3.设函数 f(x)=? 若 f(x)是奇函数,则 g(2)的值是( ?g?x?,x>0. ?

) D.4 ,当 x>0 时,-x<0,∴

1 A.- 4

B.-4

1 C. 4 ?x<0?, ?x>0?

?2x ? 解法 1:∵f(x)是奇函数,∴f(-x)=-f(x);∵f(x)=? ?g?x? ?

1 - - f(-x)=2 x,∵f(-x)=-f(x)=-g(x),∴g(x)=-2 x(x>0),g(2)=- ,故选 A.解法 2:g(2) 4 1 - =f(2)=-f(-2)=-2 2=- . 4 4.(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( ) D.(( ? p)∨(( ? q)

A.( ? p)∨q B.p∧q C.(( ? p)∧(( ? q) p 为真命题,q 为假命题,故 D 项正确. 2 5.(文)函数 f(x)=ln(x+1)- 的零点所在的大致区间是( x )

A.(0,1)

B.(1,2)

C.(2,3)

D.(3,4)

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 ,+ ∞) .又 x 2 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 跟踪练习: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 B.大于 0 C.小于 0 D.符号不确定 )

1 1 ∵f(x)=( )x-log3x=( )x+log1 x 在(0,+∞)上为减函数,又 f(m)=0,∴x0>m 时,应有 3 3 3 f(x0)<f(m),即 f(x0)<0,故选 C. 6.(2013· 德州模拟)已知正方形 ABCD 的面积为 36,BC 平行于 x 轴,顶点 A、B 和 C 分别在函数 y=3logax、y=2logax 和 y=logax(其中 a>1)的图象上,则实数 a 的值为( A. 3 B. 6 6 C. 3 3 D. 6 )

设 A(x0,3logax0),由题意,3logax0-2logax0=logax0=6,即 2logax0=loga(x0+6),解得 x0 6 =3,则 a6=3,故 a= 3. 7.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 ( )

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

8.(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 )[来源:学科网] 1 B. 4 1 C.- 4 1 D.- 2

5 1 ∵f(x)满足 f(x+1)=f(x-1),∴f(x+2)=f(x),∴f(x)的周期为 2,∴f( )=f( ),∵f(x)为奇函 2 2

1 1 1 1 1 5 1 数,∴f( )=-f(- )= (1- )= ,∴f( )= ,故选 B. 2 2 2 2 4 2 4 跟踪练习: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

B.2

C.1

D.0

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. 9.(2012· 淄博一检)已知 a≤ A.0 B.1 1-x 1 +lnx 对任意 x∈[ ,2]恒成立,则 a 的最大值为( x 2 C.2 D.3 )

1-x x-1 1 令 f(x)= +lnx,则 f ′(x)= 2 ,当 x∈[ ,1]时,f ′(x)<0,当 x∈[1,2]时,f ′(x)>0, x x 2 1 ∴f(x)在[ ,1]上单调递减,在[1,2]上单调递增,∴f(x)min=f(1)=0,∴a≤0,故选 A. 2 跟踪练习:设函数 y=f(x)是定义在 R 上以 1 为周期的函数,若 g(x)=f(x)-2x 在区间[2,3]上 的值域为[-2,6],则函数 g(x)在[-12,12]上的值域为( A.[-2,6] B.[-20,34] ) D.[-24,28]

C.[-22,32]

由题可设 g(x)min=f(a)-2a=-2,g(x)max=f(b)-2b=6,a,b∈[2,3],由周期性知 x∈[- 12,-11],a-14∈[-12,-11],g(x)∈[26,34],同理 x∈[-11,-10],a-13∈[-11, -10],g(x)∈[24,32],??x∈[11,12],a+9∈[11,12],g(x)∈[-20,-12],故函数 g(x)在 [-12,12]上的值域为[-20,34]. 10.(文)设实数 a∈[-1,3],函数 f(x)=x2-(a+3)x+2a,当 f(x)>1 时,实数 x 的取值范 围是( )

A.[-1,3]B.(-5,+∞)C.(-∞,-1)∪(5,+∞)D.(-∞,1)∪(5,+∞) f(x)=x2-(a+3)x+2a>1?(2-x)a+x2-3x-1>0,令 g(a)=(2-x)· a+x2-3x-1.由题意有:
?g?-1?>0 ? ? ?x∈(-∞,-1)∪(5,+∞).故选 C. ?g?3?>0 ? ?lnx,x>0, ? 跟踪练习: (2012· 宁夏银川一中模拟)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,+∞)

B.(-∞,-1)∪(e,+∞) D.(-∞,1)∪(e,+∞)

? ?x>0 ?x<0 不等式 f(x)>1 化为? 或? ,∴x>e 或-1<x<0,故选 C. ?lnx>1 ? ?x+2>1

11.(文)(2012· 武汉调研)某公司租地建仓库,已知仓库每月占用费 y1 与仓库到车站的距

离成反比,而每月库存货物的运费 y2 与仓库到车站的距离成正比.据测算,如果在距离车 站 10km 处建仓库,这两项费用 y1、y2 分别是 2 万元,8 万元,那么要使这两项费用之和最 小,则仓库应建在离车站( A.5km 处 ) B.4km 处 C.3km 处 D.2km 处

k1 设仓库离车站 xkm,则 y1= ,y2=k2x,由条件 x=10 时,y1=2,y2=8,∴k1=20,k2= x 20 0.8,故 y= +0.8x≥2 x 5km 处. 跟踪练习: 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 B.-9 C.1 D.-1 ) 20 ×0.8x=8,当且仅当 x=5 时等号成立,故仓库应建在离车站 x

f ′(x)=3x2+2ax+3,则 x1· x2=1. 12.(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 1 当 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) B.(-1,3) C.(0,3) D.(0,1) )

a-2 2 1 依题意得,f(x)= x3+ x -2ax;∵f(x)在[-2,0]上不是单调函数,∴-a∈(-2,0),即 3 2 0<a<2,①在(-2,-a)上 f ′(x)>0,在(-a,0)上 f ′(x)<0,∴当 x∈[-2,0]时,[f(x)]max= a2?a-2? 1 1 1 1 f(-a)=- a3+ +2a2= a3+a2,由条件知 a3+a2< a3 -2a+3,∴a2+2a-3<0, 3 2 6 6 6 ∴-3<a<1 ②由①②得,0<a<1. 1 跟踪练习:函数 f(x)=sin(3x)- x3 的图象最可能是( 8 )

1 1 ∵f(-x)=sin(-3x)- (-x)3=-f(x),∴函数 f(x)为奇函数,排除 B 项;又 f(2)=sin6- ×23 8 8 =sin6-1<0,故排除 C、D 两选项,应选 A. 二、填空题

1 1 13.已知集合 A={x|( )x> },B={x|log2(x-1)<2},则 A∩B=________. 2 4 1 1 由( )x> 得 x<2;由 log2(x-1)<2 得 0<x-1<4,∴1<x<5,∴A∩B={x|1<x<2},故填{x|1<x<2} 2 4 或(1,2). 14.(2012· 唐山摸底)已知直线 y=2x+b 是曲线 y=lnx(x>0)的一条切线,则实数 b= ________. 1 1 1 1 1 1 1 由 y=lnx 得 y′= ,令 =2 得 x= ,∴切点为( ,ln ),∴ln = ×2+b,∴b=-ln2-1. x x 2 2 2 2 2 15.(文)已知函数 f(x)=x2-2x,x∈[a,b]的值域为[-1,3],则 b-a 的取值范围是 ________. 当 y=-1 时,x=1,当 y=3 时,x=3 或-1,结合图形易得 2≤b-a≤4. 跟踪练习: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________.

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
? ?2a-b-3≥0, ∈ ( - 1,0) 上恒成立, [ ∴ ? ∴ a , b 所满足的可行域如图中的阴影部分所 ? ?b≤0.

示.则点 O 到直线 2a-b-3=0 的距离 d= +∞).

3 9 9 .∴a2+b2≥d2= .∴a2+b2 的取值范围为[ , 5 5 5

16.(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________.
2 ? ?a -6a<0, ? 由题意,命题 p 为真时, 解得 0<a<6;命题 q 为真时,Δ=(a-3)2 2 ?Δ=1-4?a -6a?>0, ?

-4<0,解得 1<a<5.∵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). 跟踪练习:(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). 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=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 ∈ [ - π 5π π π , ] 时,- ≤2x- 12 12 2 3

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, 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 17.(2013· 揭阳模拟)设命题 p:函数 f(x)=lg(ax2-x+ 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; 1 a)的定义域为 R;命题 q:不等 16

? ? ? ?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+ .由 x>0 得 3x>1,则 y<0.若命题 q 为真,则 a≥0.由命题 2 4 “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]. 18.(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, ? ?x2-3x≤4,

解得 3<x≤4.

所以 f(x)+f(x-3)≥2 成立时,x 的取值范围是(3,4]. 19.(文)设 f(x)是定义在 R 上的偶函数,当 0≤x≤2 时,y=x,当 x>2 时,y=f(x)的图 象是顶点为 P(3,4),且过点 A(2,2)的抛物线的一部分. (1)求函数 f(x)在(-∞,-2)上的解析式; (2)在直角坐标系中画出函数 f(x)的草图; (3)写出函数 f(x)的值域. [解析] (1)设顶点为 P (3,4),且过点 A(2,2)的抛物线的方程为 y=a(x-3)2+4,将(2,2) 代入可得 a=-2,∴y=-2(x-3)2+4,即 y=-2x2+12x-14. 设 x<-2,则-x>2. 又 f(x)为偶函数,∴f(x)=f(-x)=-2×(-x)2-12x-14, 即 f(x)=-2x2-12x-14. ∴函数 f(x)在(-∞,-2)上的解析式为 f(x)=-2x2-12x-14. (2)函数 f(x)的图象如图所示.

(3)函数 f(x)的值域为(-∞,4]. (理)已知函数 f(x)=x3+3ax2+(3-6a)x+12a-4(a∈R). (1)证明:曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线过点(2,2); (2)若 f(x)在 x=x0 处取得最小值,x0∈(1,3),求 a 的取值范围. [解析] (1)f ′(x)=3x2+6ax+3-6a 由 f(0)=12a-4,f ′(0)=3-6a 得曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线方程为 y=(3-6a)x+

12a-4,由此知曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线经过点(2,2). (2)由 f ′(x)=0,得 x2+2ax+1-2a=0 (ⅰ)当- 2-1≤a≤ 2-1 时,f(x)没有极小值. (ⅱ)当 a> 2-1 或 a<- 2-1 时,由 f ′(x)=0 得 x1=-a- a2+2a-1,x2=-a+ a2+2a-1 故 x0=x2,由题设知,1<-a+ a2+2a-1<3 当 a> 2-1 时,不等式 1<-a+ a2+2a-1<3 无解 5 当 a<- 2-1 时,解不等式 1<-a+ a2+2a-1<3 得- <a<- 2-1 2 5 综合(ⅰ)(ⅱ)得 a 的取值范围是(- ,- 2-1). 2
? x∈P, ?|x|, 20.(2013· 海淀期中)已知函数 f(x)=? 2 其中 P,M 是非空数集,且 ?-x +2x, x∈M, ?

P∩M=?,设 f(P)={y|y=f(x),x∈P},f(M)={y|y=f(x),x∈M}. (1)若 P=(-∞,0),M=[0,4],求 f(P)∪f(M); (2)是否存在实数 a>-3,使得 P∪M=[-3,a],且 f(P)∪f(M)=[-3,2a-3]?若存在, 请求出满足条件的实数 a;若不存在,请说明理由; (3)若 P∪M=R,且 0∈M,1∈P,f(x)是单调递增函数,求集合 P,M. [解析] (1)因为 P=(-∞,0),M=[0,4], 所以 f(P)=(0,+∞),f(M)=[-8,1]. 所以 f(P)∪f(M)=[-8,+∞). (2)若-3∈M,则 f(-3)=-15?[-3,2a-3],不符合要求. 因为 P∪M=[-3,0],所以-3∈P,从而 f(-3)=3. 因为 f(-3)=3∈[-3,2a-3], 所以 2a-3≥3,得 a≥3. 若 a>3,则 2a-3>3>-(x-1)2+1=-x2+2x. 因为 P∩M=?, 所以 2a-3 的原象 x0∈P 且 3<x0≤a. 所以 x0=2a-3≤a 得 a≤3,矛盾! 所以 a=3. 此时可取 P=[-3,-1)∪[0,3],M=[-1,0),满足题意. (3)因为 f(x)是单调递增函数,所以对任意 x<0,有 f(x)<f(0)=0,所以 x∈M. 所以(-∞,0)?M.同理可证(1,+∞)?P. 若存在 0<x0<1,使得 x0∈M,则 1>f(x0)=-x2 0+2x0>x0,

于是[x0,-x2 0+2x0]?M.
2 记 x1=-x2 0+2x0∈(0,1),x2=-x1+2x1,?,

所以[x0,x1]?M. 同理可知[x1,x2]?M,?,
2 2 由 xn+1=-x2 n+2xn 得 1-xn+1=1+xn-2xn=(1-xn) .

所以 1-xn=(1-xn-1)2=(1-xn-2)22=?=(1-x0)2n. 对于?x∈[x0,1),取[log2log(1-x0)(1-x)-1,log2log(1-x0)(1-x)]中的自然数 nx,则 x ∈[xnx,xnx+1]?M. 所以[x0,1)?M. 综上所述,满足要求的 P,M 必有如下表示: P=(0,t)∪[1,+∞),M=(-∞,0]∪[t,1),其中 0<t<1, 或者 P=(0,t]∪[1,+∞),M=(-∞,0]∪(t,1),其中 0<t<1, 或者 P=[1,+∞),M=(-∞,1), 或者 P=(0,+∞),M=(-∞,0]. 9 21.(文)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 - 2 1 1 ∵f(2)-f(- )= e2-4e 2 4 = 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 - 2 1 3 ∴f(x)max=f(- )=4e ,f(x)min=f( )=0. 2 2 ln?-x? 5 (理)(2012· 新疆维吾尔自治区检测)已知 x∈[- ,0),f(x)=-ln(-x)+bx,g(x)= 2 -x 1 + . 2 (1)当 b=-1 时,求证:f(x)>g(x); (2)是否存在实数 b,使 f(x)的最小值是 2,若存在求出 b 的值,若不存在说明理由. [解析] (1)当 b=-1 时,f(x)=-x-ln(-x), ln?-x? 1 g(x)= + , 2 -x x+1 1 因为 f ′(x)=-1- =- , x x 5 当 x∈(- ,-1)时,f ′(x)<0, 2 当 x∈(-1,0)时,f ′(x)>0, 5 所以 f(x)在 x∈(- ,-1)时,单调递减,在 x∈(-1,0)时,单调递增, 2 所以 f(x)的最小值为 f(-1)=1>0, ln?-x?-1 5 又因为 g′(x)= ,当 x∈[- ,0)时, x2 2 g′(x)<0,此时 g(x)单调递减,g(x)的最大值为 5 2 5 1 2 1 g(- )= ln + < + <1, 2 5 2 2 5 2 即 f(x)的最小值小于 g(x)的最大值. 5 所以当 x∈[- ,0),b=-1 时,f(x)>g(x). 2 5 (2)f(x)=-ln(-x)+bx,x∈[- ,0), 2 1 bx-1 f ′(x)=b- = , x x

1 当 b=0 时,f ′(x)=- >0, x 5 5 f(x)min=f(- )=-ln ≠2, 2 2 1 5 5 5 当 b>0 时,f ′(x)=b- >0,f(x)min=f(- )=- b-ln <0≠2, x 2 2 2 1 b?x- ? b 当 b<0 时,f ′(x)= . x 1 5 2 若 ≤- ,即- ≤b<0 时,f ′(x)≥0, b 2 5 5 5 5 ∴f(x)min=f(- )=- b-ln =2, 2 2 2 4 2 5 ∴b=- - ln ,[来源:学科网] 5 5 2 5 2 2 5 ∵0<ln <1,∴- <- ln <0, 2 5 5 2 6 4 2 5 4 ∴- <- - ln <- , 5 5 5 2 5 4 2 5 2 ∴b=- - ln ?[- ,0) 5 5 2 5 5 1 2 5 1 1 1 若- < <0,即 b<- 时,f(x)在[- , )上是减函数,在( ,0)上是增函数,f(x)min=f( ) 2 b 5 2 b b b 1 2 =-ln(- )+1=2?b=-e<- . b 5 综上知 b 的值为-e. 22.(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 3 由(2)知 a≥ ,由 a≤x2+ (0<x≤1)知 a≤ , 4 4x 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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