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2013版高考数学一轮复习精品学案:第二章函数、导数及其应用(单元总结与测试)


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2013 版高三数学一轮精品复习学案:第二章函数、导数及其应用 单元总结与测试
【章节知识网络】

【章节巩固与提高】
一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 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
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)

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(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)=a (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(
x

)

5.(2012·武汉模拟)定积分 (A)-1 (B)1

?
2

ln2

0

e x dx 的值为(
(D)e
2

)

(C)e -1

6.设函数 f(x)= (A)在区 间(

1 x-lnx(x>0),则 y=f(x)( 3

)

1 ,1),(1,e)内均有零点 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
7.(预测题)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 )

8.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)=4x -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
3

)

9.设函数 f(x)=x·sinx,若 x1,x2∈[ ? (A)x1>x2 (C)x1+x2>0

? ? , ] ,且 f(x1)>f(x2),则下列不等式恒成立的是( 2 2
2

)

(B)x1<x2 (D)x1 >x2
x 2

10.(2011·湖南高考)已知函数 f(x)=e -1,g(x)=-x +4x-3.若有 f(a)=g(b),则 b 的取值范围为( (A)[2- 2 ,2+ 2 ] (B)(2- 2 ,2+ 2 )
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2

)

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(C)[1,3]

(D)(1,3)

二、填空题(本大题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分.请把正确答案填在题中横线上)
1 ? 1 11.计算(lg -lg25)÷ 100 2 =______. 4

12.已知直线 y=x+1 与曲线 y=ln(x+a)相切,则 a 的值为______. 13.(2012·南平模拟)函数 f(x)=2x -3x +10 的单调递减区间为______. 14.函数 f(x)=(x+a) 对任意 t∈R,总有 f(1+t)=-f(1-t),则 f(2)+f(-2)等于______. 15.(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)=x (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 80 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 16.(13 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(-x +2x); (3) x y 0 2 1 3
2 2 2 3 3 2

2 4

3 5
2

4 6

5 7

17.(13 分)(易错题)两个二次函数 f(x)=x +bx+c 与 g(x)=-x +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. 18.(13 分)(2011·北京高考)已知函数 f ? x ? ? ? x ? k ? e .
2 x k

(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 19.(13 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
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1 e

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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),那么月平均销售量减少的百分率为 x .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. 20.(14 分) (2012·宁德模拟)定义在 R 上的单调函数 f(x)满足 f(3)=log23 且对任意 x,y∈R 都有 f(x+y)=f(x)+f(y). (1)求证:f(x)为奇函数; (2)若 f(k·3 )+f(3 -9 -2)<0 对任意 x∈R 恒成立,求实数 k 的取值范围. 21.(14 分)已知二次函数 g(x)对任意 x∈R 都满足 g(x-1)+g(1-x)=x -2x-1 且 g(1)=-1,设函数 f(x)=g(x+
2 x x x 2

1 9 )+mlnx+ (m∈R,x>0). 2 8

(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.

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.
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【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 B.

?

ln2

0

ex dx ? e x |ln2 ? eln2 ? e0 ? 2 ?1 ? 1. 0
1 3 1 x

6. 【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.

1 <1<e<3, e 1 1 1 e 1 又 f( )= + >0,f(1)= >0,f(e)= -1<0, e 3e 3 3 1 ∴在区间( ,1)内无零点,在区间(1,e)内有零点. e 1 【一题多解】 D.令 g(x)= x,h(x)=lnx,如图, 选 作出 g(x)与 h(x) 3 1 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) e
而 0< 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 , 2 ? x ? 4x ? 3, x>1

程 f(x)=log2x 解的个数为( ) (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.

7. 【解析】选 B.f′(x)=2f′(1)+
4 2

1 ,令 x=1 得 f′(1)=2f′(1)+1,∴f′(1)=-1,故选 B. x

8. 【解析】选 B.易知 f(x) =x -2x -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. 9. 【解析】选 D.显然 f(x)为偶函数,
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? ]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|?x1 >x2 . 10. 【解析】选 B.∵f(a)>-1,∴g(b)>-1, 2 2 ∴-b +4b-3>-1,∴b -4b+2<0, ∴2- 2 <b<2+ 2 .故选 B.
2 2

1 1 ? 1 1 1 1 ? lg ? ? 10 ? lg10?2 ? ?20. 11. 【解析】(lg -lg25)÷ 100 2 = lg 4 ? 25 100 10 4 100
答案:-20

? 1 ?1 1 1 ? , , 12. 【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 13.【解析】f′(x)=6x -6x,由 f′(x)<0 得 0<x<1, ∴f(x)的单调减区间为(0,1). 答案: (0,1) 14. 【解析】令 t=1,则 f(2)=-f(0). 3 3 ∴(2+a) =-a ,∴a=-1, 3 3 ∴f(2)+f(-2) =(2-1) +(-2-1) =-26. 答案:-26 15. 【解析】 选项 具体分析 结论
2



由 x =4 可得 x1=2,x2=-2,则 x1≠x2 不合定义.

2

假命题

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“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”. 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 16. 【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 (2)要使函数有意义,则-x +2x>0,∴ 0<x<2. ∴函数的定义域为(0,2). 2 又∵当 x∈(0,2)时,-x +2x∈(0,1], 2 ∴log2(-x +2x)∈(-∞,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}. 2 2 17. 【解题指南】(1)把点 P 的坐标代入两函数解析式,结合 x +bx+c=-x +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 ?

?1 ? x ? 0 , ?x ? 0

?1 ? b ? c ? ?2 , ??1 ? 2 ? d ? ?2

化简得 ?
2

?b ? c ? ?3 , ?d ? ?3
2 2

且 x +b x+c=-x +2x+d,即 2x +(b-2)x+c-d=0 有唯一解, 2 2 所以Δ =(b-2) -8 (c-d)=0,即 b -4b-8c-20=0, 2 消去 c 得 b +4b+4=0,解得 b=-2,c=-1,d=-3.
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2 2

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(2)由(1)知 f(x)=x -2x-1,g(x)=-x +2x-3, 故 g′(x)=-2x+2, F(x)=(f(x)+m)·g′(x) 2 =(x -2x-1+m)·(-2x+2) 3 2 =-2x +6x -(2+2m)x+2m-2, 2 F′(x)=-6x +12x-2-2m. 若 F(x)在 R 上为单调函数,则 F′(x)在 R 上恒有 F′(x)≤0 或 F′(x)≥0 成立. 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, 2 所以Δ =12 +24(-2-2m)≤0,解得 m≥2, 即 m≥2 时,F(x)在 R 上为单调递减函数.
x 1 2 2 k 18. 【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 4k e
2 -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 4k e
2 -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 ?1 k

1 1 > , 所以不会有 ? x∈(0,+∞),f(x)≤ . e e

当 k<0 时,由(1)知 f(x)在(0,+∞)上的最大值是 f ? ?k ? ?

4k 2 . e

所以 ? x∈(0,+∞),f(x)≤ 故对 ? x∈(0,+∞),f(x)≤ k 的取值范围是[ ?

1 1 4k 2 1 ? , ? ≤k<0. ,等价于 f(-k)= 解得 e 2 e e 1 时, e

1 ,0). 2
2

19. 【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-x )件,则月平均利润 2 y=a(1-x )· [20(1+x)-15](元), ∴y 与 x 的函数关系式为 2 3 y=5a(1+4x-x -4x )(0<x<1). (2)y′=5a(4-2x-12x ),令 y′=0 得 x1=
2

1 2 ,x2=- (舍), 2 3
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1 1 时 y′>0; <x<1 时 y′<0, 2 2 1 2 3 ∴函数 y=5a(1+4x-x -4x )(0<x<1)在 x= 处取得最大值. 2 1 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. 2
当 0<x< 【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 -1, x

m m -1)+ (2+ x )x x x 256m ? ? m x ? 2m ? 256. x

1 ? 256m 1 ? mx 2 (2)由(1)知, f ? ? x ? ? ? x2 2 3 m (x 2 ? 512). 2x 2

?

令 f′(x)=0,得 x 2 ? 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; 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,

3

n?

m 640 ?1 ? ? 1 ? 9, x 64


故需新建 9 个桥墩才能使 y 最小. 20.【解析】 (1)f(x+y)=f(x)+f(y)(x,y∈R), 令 x=y=0, 代入①式,得 f(0+0)=f(0)+f(0),即 f(0)=0. 令 y=-x,代入①式,得 f(x-x)=f(x)+f(-x),又 f(0)=0,则有 0=f(x)+f(-x). 即 f(-x)=-f(x)对任意 x∈R 成立,所以 f(x)是奇函数. (2)f(3)=log23>0,即 f(3)>f(0),又 f(x)在 R 上是单调函数,所以 f(x)在 R 上是增函数,又由(1)知 f(x) 是奇函数.所以有 f(k·3 )<-f(3 -9 -2)=f(-3 +9 +2),
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x x x x x

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即 k·3 <-3 +9 +2, 3 -(1+k)·3 +2>0 对任意 x∈R 成立. 令 t=3 >0,问题等价于 t -(1+k)t+2>0 对任意 t>0 恒成立. 令 g(t)=t -(1+k)t+2,其对称轴 t ?
2 x 2 2x x

x

x

x

1? k . 2

1? k <0 即 k<-1 时,g(0)=2>0,符合题意; 2 1? k 2 当 =0 即 k=-1 时,g(t)=t +2, 2
当 对任意 t>0,g(t)>0 恒成立;

?1 ? k ?0 1? k ? 当 >0 时,对任意 t>0,g(t)>0 恒成立 ? ? 2 , 2 2 ? ? ? ?1 ? k ? ? 8 ? 0 ?
解得-1<k<-1+ 2 2 , 综上所述当 k<-1+ 2 2 时, f(k·3 )+f(3 -9 -2)<0 对任意 x∈R 恒成立 21.【解析】(1)设 g(x)=ax +bx+c(a≠0),于是 2 2 g(x-1)+g(1-x)=2a(x-1) +2c=(x-1) -2,
2 x x x

1 ? ?a ? 所以 ? 2 . ? c ? ?1 ?
又 g(1)=-1,则 b ? ? . 所以 g(x)= (2)f(x)=g(x+

1 2

1 2 1 x ? x ? 1. 2 2

1 9 1 2 )+mlnx+ = x +mlnx(m∈R,x>0). 2 8 2

当 m>0 时,由对数函数的性质知,f(x)的值域为 R;

x2 当 m=0 时,f(x)= ,对任意 x>0,f(x)>0 恒成立; 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 =0 得 x ? ?m , x

?m )
- ↘

?m
0 极小值

( ? m ,+∞) + ↗

m ? mln ?m, 2
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由 f(x)min≤0 得 ?

? m ?? ? mln ?m ? 0 , 所以 m≤-e, 2 ?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)=

? x ? 1?? x ? m ? . 因为对任意 x∈[1,m] 1 2 x -(m+1)x+mlnx, H? ? x ? ? , 2 x
所以 H(x)在[1,m]内单调递减.

H? x ?

??

1 ?? ? x ? x m? ? 0 ,? x

1 2 1 m -mlnm- . 2 2 1 2 1 要使|H(x1)-H(x2)|<1 恒成立,则需 m -mlnm- <1 成立, 2 2 1 3 即 m-lnm<0. 2 2m 1 3 (1 ? m ? e), 记 h ? m ? ? m ? lnm ? 则 2 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
于是|H(x1)-H(x2)|≤H(1)-H(m)= 所以 h(m)≤h(e)=

e 3 ? e ? 3?? e ? 1? -1= <0,故命题成立. 2 2e 2e

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