江苏省高考数学文二轮复习专题提升训练阶段检测卷 10页

阶段检测卷(一)‎ 一、填空题(每小题5分，共70分)‎ ‎1．集合M＝{x|>0}，集合N＝{y|y＝}，则M∩N等于________．‎ 解析　M＝(－∞，0)∪(1，＋∞)，N＝[0，＋∞)，‎ 所以M∩N＝(1，＋∞)．‎ 答案　(1＋∞)‎ ‎2．已知函数f(x)＝则f[f(－1)]等于________．‎ 解析　∵f(－1)＝－(－1)3＝1，‎ ‎∴f[f(－1)]＝f(1)＝2.‎ 答案　2‎ ‎3．(2012·山东卷改编)函数f(x)＝＋的定义域为________．‎ 解析　根据使函数有意义的条件求解．‎ 由得－1＜x≤2，且x≠0.‎ 答案　(－1,0)∪(0,2]‎ ‎4．若0m>n，‎ 即r＝ac>0，故r>m>n.‎ 答案　r＞m＞n ‎5．已知定义在R上的函数f(x)的图象关于原点对称，其最小正周期为4，且x∈(0,2)时，f(x)＝log2(1＋3x)，则f(2 015)＝______.‎ 解析　由函数f(x)的最小正周期为4，所以f(2 015)＝f(503×4＋3)＝f(3)＝f(－1)，又函数f(x)的图象关于原点对称，知f(－x)＝－f(x)，故f(2 015)＝f(－1)＝－f(1)＝－log24＝－2.‎ 答案　－2‎ ‎6．若函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)存在单调递减区间，则实数a的取值范围是______．‎ 解析　对函数f(x)求导，得f′(x)＝－(x>0)．依题意，得f′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即ax2＋2x－1>0在(0，＋∞)上有解，∴Δ＝4＋‎4a>0且方程ax2＋2x－1＝0至少有一个正根，∴a>－1，又∵a≠0，‎ ‎∴－10.‎ 答案　(－1,0)∪(0，＋∞)‎ ‎7．设f(x)＝x3＋log2，则不等式f(m)＋f(m2－2)≥0(m∈R)成立的充要条件是________．(注：填写m的取值范围)‎ 解析　判断函数是奇函数，且在R上是递增函数，∴f(m)＋f(m2－2)≥0即为f(m2－2)≥－f(m)＝f(－m)，∴m2－2≥－m，解得m≥1或m≤－2.‎ 答案　m≥1或m≤－2‎ ‎8．(2013·盐城模拟)若y＝f(x)是定义在R上周期为2的周期函数，且f(x)是偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝2x－1，则函数g(x)＝f(x)－log3|x|的零点个数为________．‎ 解析　利用数形结合的方法求解，在同一坐标系中作出函数y＝f(x)，y＝log3|x|的图象如图，由图象可知原函数有4个零点．‎ 答案　4‎ ‎9．已知函数f(x)＝x3＋ax2－bx(a，b∈R)，若y＝f(x)在区间[－1,2]上是单调减函数，则a＋b的最小值为______．‎ 解析　由题意可知f′(x)＝x2＋2ax－b≤0在区间[－1,2]上恒成立，∴1－‎2a－b≤0且4＋‎4a－b≤0，作出可行域如图，当直线经过两直线的交点 时，取得最小值.‎ 答案　 ‎10．(2012·南通密卷)函数f(x)的定义域为D，若满足①f(x)在D内是单调函数，②存在[a，b]⊆D，使f(x)在[a，b]上的值域为[－b，－a]，那么y＝f(x)叫做对称函数，现有f(x)＝－k是对称函数，那么k的取值范围是________．‎ 解析　由于f(x)＝－k在(－∞，2]上是减函数，所以⇒关于x的方程－k＝－x在(－∞，2]上有两个不同实根，通过换元结合图象可得k∈.‎ 答案　 ‎11．利民工厂某产品的年产量在100吨至300吨之间，年生产的总成本y(万元)与年产量x(吨)之间的关系可近似地表示为y＝－30x＋4 000，则每吨的成本最低时的年产量为________．‎ 解析　由于每吨的成本与产量之间的函数关系式为g(x)＝＝＋－30(100≤x≤300)，由基本不等式得g(x)＝＋－30≥2－30＝10，当且仅当＝时取得等号，此时x＝200.‎ 答案　200‎ ‎12．已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图，下列关于函数f(x)的四个命题：‎ x ‎－1‎ ‎0‎ ‎4‎ ‎5‎ f(x)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎①函数y＝f(x)是周期函数；‎ ‎②函数f(x)在[0,2]上是减函数；‎ ‎③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；‎ ‎④当11，设函数f(x)＝ax＋x－4的零点为m，函数g(x)＝logax＋x－4的零点为n，则＋的最小值为________．‎ 解析　函数f(x)＝ax＋x－4的零点是函数y＝ax与函数y＝4－x图象交点A的横坐标，函数g(x)＝loga x＋x－4的零点是函数y＝loga x与函数y＝4－x图象交点B的横坐标．由于指数函数与对数函数互为反函数，其图象关于直线y＝x对称，且直线y＝4－x与直线y＝x垂直，故直线y＝4－x与直线y＝x的交点(2,2)即是线段AB的中点，所以m＋n＝4，且m>0，n>0.所以＋＝(m＋n)＝≥1，当且仅当m＝n时等号成立．‎ 答案　1‎ ‎14．对函数f(x)＝xsin x，现有下列命题：①函数f(x)是偶函数；②函数f(x)的最小正周期是2π；③点(π，0)是函数f(x)的图象的一个对称中心；④函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．其中是真命题的是________．(写出所有真命题的序号)‎ 解析　∵定义域关于原点对称，且f(－x)＝f(x)，∴函数f(x)是偶函数，①正确；∵f(x＋2π)≠f(x)，∴2π不是函数f(x)的周期，②错误；‎ ‎∵f≠－f，∴点(π，0)不是函数f(x)的图象的一个对称中心，③错误；‎ ‎∵f′(x)＝sin x＋xcos x≥0在区间上恒成立，∴函数f(x)在区间上单调递增，又∵函数f(x)是偶函数，∴在区间上单调递减，④正确，所以真命题的序号是①④.‎ 答案　①④‎ 二、解答题(共90分)‎ ‎15．(本小题满分14分)(2013·阳光启学大联考)已知函数f(x)＝.‎ ‎(1)确定y＝f(x)在(0，＋∞)上的单调性；‎ ‎(2)若a>0，函数h(x)＝xf(x)－x－ax2在(0,2)上有极值，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)对已知函数f(x)求导得，‎ f′(x)＝.‎ 由1－ln x＝0，得x＝e.‎ ‎∴当x∈(0，e)时，f′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，‎ ‎∴函数f(x)在(0，e]上单调递增，‎ 在[e，＋∞)上单调递减．‎ ‎(2)由h(x)＝xf(x)－x－ax2，‎ 可得h(x)＝ln x－x－ax2，‎ 则h′(x)＝－1－2ax＝.‎ h(x)＝xf(x)－x－ax2在(0,2)上有极值的充要条件是φ(x)＝－2ax2－x＋1在(0,2)上有零点，‎ ‎∴φ(0)·φ(2)<0，解得a>－.‎ 综上所述，a的取值范围是(0，＋∞)．‎ ‎16．(本小题满分14分)某厂生产某种产品的年固定成本为250万元，每生产x千件，需另投入成本为C(x)．当年产量不足80千件时，C(x)＝x2＋10x(万元)；当年产量不小于80千件时，C(x)＝51x＋－1 450(万元)，每件商品售价为0.05万元，通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完．‎ ‎(1)写出年利润L(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式；‎ ‎(2)当年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？‎ 解　(1)由题意可得L(x)＝‎ 即L(x)＝ ‎(2)当0950.‎ 综上所述，当x＝100时，L(x)取得最大值1 000，‎ 即年产量为100千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大．‎ ‎17．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝aln(2x＋1)＋bx＋1.‎ ‎(1)若函数y＝f(x)在x＝1处取得极值，且曲线y＝f(x)在点(0，f ‎(0))处的切线与直线2x＋y－3＝0平行，求a的值；‎ ‎(2)若b＝，试讨论函数y＝f(x)的单调性．‎ 解　(1)函数f(x)的定义域为，f′(x)＝＋b＝，‎ 由题意可得解得所以a＝－.‎ ‎(2)若b＝，则f(x)＝aln(2x＋1)＋x＋1，‎ 所以f′(x)＝，‎ ‎1°　令f′(x)＝>0，由函数定义域可知，4x＋2>0，所以2x＋‎4a＋1>0，‎ ‎①当a≥0时，x∈，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；‎ ‎②当a<0时，x∈，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．‎ ‎2°　令f′(x)＝<0，即2x＋‎4a＋1<0，‎ ‎①当a≥0时，不等式f′(x)<0无解；‎ ‎②当a<0时，x∈，f′(x)<0，函数f′(x)单调递减．‎ 综上，当a≥0时，函数f(x)在区间为增函数；当a<0时，函数f(x)在区间为增函数；在区间为减函数．‎ ‎18．(本小题满分16分)(2013·扬州中学质检)已知二次函数f(x)的二次项系数为a，且不等式f(x)＞2x的解集为(－1,3)．‎ ‎(1)若函数g(x)＝xf(x)在区间内单调递减，求a的取值范围；‎ ‎(2)当a＝－1时，证明方程f(x)＝2x3－1仅有一个实数根；‎ ‎(3)当x∈[0,1]时，试讨论|f(x)＋(‎2a－1)x＋‎3a＋1|≤3成立的充要条件．‎ 解　(1)∵f(x)－2x＞0的解集为(－1,3)，‎ ‎∴可设f(x)－2x＝a(x＋1)(x－3)，且a＜0，‎ 因而f(x)＝a(x＋1)(x－3)＋2x＝ax2＋2(1－a)x－‎3a ①‎ g(x)＝xf(x)＝ax3＋2(1－a)x2－3ax，‎ ‎∵g(x)在区间内单调递减，‎ ‎∴g′(x)＝3ax2＋4(1－a)x－‎3a在上的函数值非正，‎ 由于a＜0，对称轴x＝＞0，故只需g′＝＋a(1－a)－‎3a≤0，注意到a＜0，∴a2＋4(1－a)－9≥0，得a≤－1或a≥5(舍去)．‎ 故所求a的取值范围是(－∞，－1]．‎ ‎(2)a＝－1时，方程f(x)＝2x3－1仅有一个实数根，即证方程2x3＋x2－4x－4＝0仅有一个实数根．令h(x)＝2x3＋x2－4x－4，由h′(x)＝6x2＋2x－4＝0，得x1＝－1，x2＝，易知h(x)在(－∞，－1)，上递增，在上递减，h(x)的极大值h(－1)＝－1＜0，故函数h(x)的图象与x轴仅有一个交点，∴a＝－1时，方程f(x)＝2x3－1仅有一个实数根，得证．‎ ‎(3)设r(x)＝f(x)＋(‎2a－1)x＋‎3a＋1＝ax2＋x＋1，r(0)＝1，对称轴为x＝－，‎ 由题意，得或 解出－5≤a＜0，‎ 故使|f(x)＋(‎2a－1)x＋‎3a＋1|≤3成立的充要条件是－5≤a＜0.‎ ‎19．(本小题满分16分)已知函数f(x)＝ln ax－(a≠0)．‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间及最值；‎ ‎(2)求证：对于任意正整数n，均有1＋＋＋…＋≥ln(e为自然对数的底数)；‎ ‎(3)当a＝1时，是否存在过点(1，－1)的直线与函数y＝f(x)的图象相切？若存在，有多少条？若不存在，请说明理由．‎ ‎(1)解　由题意得f′(x)＝.‎ 当a>0时，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，此时函数在(0，a ‎)上是减函数，在(a，＋∞)上是增函数，f(x)min＝f(a)＝ln a2，无最大值．‎ 当a<0时，函数f(x)的定义域为(－∞，0)，此时函数在(－∞，a)上是减函数，在(a,0)上是增函数，f(x)min＝f(a)＝ln a2，无最大值．‎ ‎(2)证明　取a＝1，由(1)知f(x)＝ln x－≥f(1)＝0，故≥1－ln x＝ln，‎ 取x＝1,2,3，…，n，则1＋＋＋…＋≥ln.‎ ‎(3)假设存在这样的切线，设其中一个切点为 T，∴切线方程为y＋1＝(x－1)，将点T坐标代入得ln x0－＋1＝，即ln x0＋－－1＝0，①‎ 设g(x)＝ln x＋－－1，则g′(x)＝.‎ ‎∵x>0，∴g(x)在区间(0,1)，(2，＋∞)上是增函数，在区间(1,2)上是减函数，‎ 故g(x)极大值＝g(1)＝1>0，g(x)极小值＝g(2)＝ln 2＋>0.‎ 又g＝ln ＋12－16－1＝－ln 4－5<0.‎ 注意到g(x)在其定义域上的单调性，知g(x)＝0仅在内有且仅有一根，方程①有且仅有一解，故符合条件的切线仅有一条．‎ ‎20．(本小题满分16分)已知函数f(x)＝ax＋x2，g(x)＝xln a，a>1.‎ ‎(1)求证：函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎(2)若函数y＝－3有四个零点，求b的取值范围；‎ ‎(3)若对于任意的x1，x2∈[－1,1]时，都有|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，求a的取值范围．‎ ‎(1)证明　∵F(x)＝f(x)－g(x)＝ax＋x2－xln a，‎ ‎∴F′(x)＝ax·ln a＋2x－ln a＝(ax－1)ln a＋2x.‎ ‎∵a>1，x>0，∴ax－1>0，ln a>0,2x>0，‎ ‎∴当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，即函数F(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)解　由(1)知当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，‎ ‎∴F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎∴F(x)的最小值为F(0)＝1.由－3＝0，‎ 得F(x)＝b－＋3或F(x)＝b－－3，‎ ‎∴要使函数y＝－3有四个零点，只需 即b－>4，即>0，‎ 解得b>2＋或2－0)，‎ 则H′(x)＝1＋－＝＝>0，‎ ‎∴H(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎∵a>1，∴H(a)>H(1)＝0.∴F(1)>F(－1)．‎ ‎∴|F(x2)－F(x1)|的最大值为|F(1)－F(0)|＝a－ln a，‎ ‎∴要使|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，只需a－ln a≤e2－2即可．令h(a)＝a－ln a(a>1)，h′(a)＝1－>0，∴h(a)在(1，＋∞)上单调递增．∵h(e2)＝e2－2，∴只需h(a)≤h(e2)，即1