单元评估检测(二).doc

圆学子梦想 铸金字品牌
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单元评估检测(二)
第二章
(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.(2014·银川模拟)若函数f(x)=的定义域为A，函数g(x)=lg(x-1)，
x∈［2,11］的值域为B，则A∩B为( )
A.(-∞,1］ B.(-∞,1)
C.［0,1］ D.［0,1)
2.(2014·青岛模拟)已知幂函数f(x)=x2+m是定义在区间[-1,m]上的奇函数,则f(m+1)=(　　)
A.8 B.4 C.2 D.1
3.(2014·嘉兴模拟)已知a=,b=0.3-2,c=lo2,则a,b,c的大小关系是
(　　)
A.a>b>c B.a>c>b C.c>b>a D.b>a>c
4.若已知函数f(x)=则f(f(1))+f的值是(　　)
A.7 B.2 C.5 D.3
5.(2014·长沙模拟)某公司在甲、乙两地销售一种品牌车,利润(单位:万元)分别为L1=5.06x-0.15x2和L2=2x,其中x为销售量(单位:辆).若该公司在这两地共销售15辆车,则能获得的最大利润为(　　)
A.45.606万元 B.45.6万元
C.45.56万元 D.45.51万元
6.已知函数f(x)=是(-∞,+∞)上的减函数,则a的取值范围是(　　)
A.(0,3) B.(0,3] C.(0,2) D.(0,2]
7.(2014·广州模拟)定义在R上的奇函数f(x)满足f(x-4)=-f(x),且在区间[0,2]上是增函数,则(　　)
A.f(2)的函数f(x)满足f(x)=且f(x+2)=f(x),g(x)=,则方程f(x)=g(x)在区间[-3,7]上的所有实根之和最接近下列哪个数(　　)
A.10 B.8 C.7 D.6
9.(2014·珠海模拟)已知函数f(x)=e|ln x|-(其中e为自然对数的底数)，则函数y=f(x+1)的大致图象为( )

10.(2014·大连模拟)已知f(x)=alnx+x2,若对任意两个不等的正实数x1,x2都有>0成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.[0,+∞) B.(0,+∞)
C.(0,1) D.(0,1]
11.(能力挑战题)设函数f(x)=
则函数F(x)=xf(x)-1的零点的个数为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
12.(能力挑战题)已知f(x)为R上的可导函数,且∀x∈R,均有f(x)>f′(x),则有(　　)
A.e2014f(-2014)e2014f(0)
B.e2014f(-2014)f(0),f(2014)>e2014f(0)
D.e2014f(-2014)>f(0),f(2014)线上)
13.(2014·南昌模拟)若(x2+mx)dx=0,则实数m的值为　　　　　.
14.(2014·兰州模拟)已知函数f(x)=loga(+x)++(a>0,a≠1),如果f(log3b)=5(b>0,b≠1),那么f(lob)的值是　　　　　.
15.(2014·哈尔滨模拟)已知函数f(x)=x2+,g(x)=-m.若∀x1∈[1,2],∃x2∈[-1,1]使f(x1)≥g(x2),则实数m的取值范围是　　　　　.
16.(能力挑战题)已知定义在区间[0,1]上的函数y=f(x)图象如图所示,对于满足0x2-x1;
②x2f(x1)>x1f(x2);③x)=log2(-1≤x≤1)为奇函数,其中a为不等于1的常数.
(1)求a的值.
(2)若对任意的x∈[-1,1],f(x)>m恒成立,求m的取值范围.
20.(12分)(2014·郑州模拟)已知函数f(x)=ex+ax,g(x)=ax-lnx,其中a≤0.
(1)求f(x)的极值.
(2)若存在区间M,使f(x)和g(x)在区间M上具有相同的单调性,求a的取值范围.
21.(12分)如图所示,有一矩形钢板ABCD缺损了一角(图中阴影部分),边缘线OM上每一点到点D的距离都等于它到边AB的距离.工人师傅要将缺损的一角切割下来,使剩余部分成一个五边形,若AB=1m,AD=0.5m,问如何画切割线EF可使剩余部分五边形ABCEF的面积最大?

22.(12分)(2014·保定模拟)已知函数f(x)=ln(x+a)-x2-x在x=0处取得极值.
(1)求实数a的值.
(2)若关于x的方程f(x)=-x+b在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,求实数b的取值范围.
(3)证明:对任意的正整数n,不等式2+++…+>ln(n+1)都成立.

答案解析
1.【解析】选C.A={x|1-x≥0}=(-∞,1］,
B={y|y=lg(x-1),x∈［2,11］}
={y|lg(2-1)≤y≤lg(11-1)}
={y|0≤y≤1}=［0,1］.
所以A∩B=［0,1］.
2.【解析】选A.因为幂函数在[-1,m]上是奇函数,
所以m=1,所以f(x)=x2+m=x3,
所以f(m+1)=f(1+1)=f(2)=23=8.
3.【解析】选D.0(0.3)0=1,c=lo2<0,所以b>a>c.
【加固训练】已知实数a=log45,b=()0,c=log30.4,则a,b,c的大小关系为(　　)
A.b1,b=()0=1,c=log30.4<0,故cog21=0,所以f(f(1))=f(0)=2.因为log3<0,所以f=+1=+1=+1=+1=4+1=5,所以f(f(1))+f=2+5=7,故选A.
5.【解析】选B.设该公司在甲地销售x辆,则在乙地销售(15-x)辆,利润为L(x)=5.06x-0.15x2+2(15-x)=-0.15x2+3.06x+30=-0.15+0.15×+30,由于x为整数,所以当x=10时,L(x)取最大值L(10)=45.6,即能获得的最大利润为45.6万元.
6.【解析】选D.因为f(x)为(-∞,+∞)上的减函数,
所以解得0一个单调区间上,再比较大小.
【解析】选B.因为f(x-4)=-f(x),所以f(x+8)=f(x),
所以函数f(x)是周期函数,且周期为8,
所以f(8)=f(0),f(5)=-f(1)=f(-1),
因为奇函数f(x)在区间[0,2]上是增函数,
所以函数f(x)在区间[-2,2]上是增函数,
又-2<-1<0<2,所以f(5)可以发现x1+x5>4,x2+x4>4,x3=1,则x1+x2+x3+x4+x5>9,故选A.

9.【解析】选A.据已知关系式可得f(x)=
作出其图象，再将所得图象向左平移1个单位即得函数y=f(x+1)的图象.故选A.
【加固训练】(2014·济南模拟)函数f(x)=lnx-x2的图象大致是(　　)

【解析】选B.函数的定义域为{x|x>0},函数的导数f′(x)=-x=,由
f′(x)=>0得,01,即减区间为(1,+∞),所以当x=1时,函数取得极大值,且f(1)=-<0,所以选B.
10.【解析】选A.因为f(x)=alnx+x2,
所以f′(x)=+x.
又对∀x1,x2∈(0,+∞),x1≠x2,>0恒成立,
即f(x1)-f(x2)与x1-x2同号,
得f(x)在(0,+∞)上为增函数,
所以f′(x)=+x≥0在(0,+∞)上恒成立,
即a≥-x2在(0,+∞)上恒成立,
所以a≥0.
11.【思路点拨】根据条件将问题转化为f(x)与的交点问题求解.
【解析】选C.由题意，F(x)=xf(x)-1的零点，
即f(x)与的交点.
易画x∈(-∞,2)的函数图象，且f(0)=f(2)=0,
f(1)=1,
当x∈［2,+∞)时，f(4)=f(2)=0,f(6)=f(4)=0,…,
易得f(4)=f(6)=f(8)=…=f(2n)=0,
又f(3)=f(1)=,
同理f(5)=f(3)=，
f(7)=f(5)=,
不难画出x∈［2,+∞)的函数图象如图，显然零点共6个，其中左边1个，右边5个.

【加固训练】(2014·许昌模拟)已知x1,x2是函数f(x)=e-x-|lnx|的两个零点,则
(　　)
A.lnx|的图象,如图所示,

不妨设x11.
因为0<-lnx1<1,
所以lnx1>-1,可得x1>.
因为x2>1,所以x1x2>.
又因为y=e-x是减函数,
可得lnx2<-lnx1,
所以lnx2+lnx1<0,得ln(x1x2)<0,即x1x2<1,
综上所述,可得f′(x),并且ex>0,
所以g′(x)<0,故函数g(x)=在R上单调递减,
所以g(-2014)>g(0),g(2014)即>f(0),f(0),f(2014)3
15.【思路点拨】根据f(x)min≥g(x)min求解.
【解析】要使∀x1∈[1,2],∃x2∈[-1,1],使f(x1)≥g(x2),只需f(x)=x2+在[1,2]上的最小值大于等于g(x)=-m在[-1,1]上的最小值,
因为f′(x)=2x-=≥0在[1,2]上成立,且f′(1)=0,
所以f(x)=x2+在[1,2]上单调递增,
所以f(x)min=f(1)=12+=3.
因为g(x)=-m是单调递减函数,
所以g(x)min=g(1)=-m,
所以-m≤3,即m≥-.
答案:
16.【解析】由f(x2)-f(x1)>x2-x1可得>1,即两点(x1,fx1))与(x2,f(x2))连线的斜率大于1,显然①不正确;由x2f(x1)>x1f(x2)得>,即表示两点(x1,f(x1)),(x2,f(x2))与原点连线的斜率的大小,可以看出结论②正确;结合函数图象,容易判断③的结论是正确的.
答案:②③
17.【解析】(1)因为≤x≤9,m=log3x为增函数,
所以-2≤log3x≤2,即m的取值范围是[-2,2].
(2)由m=log3x得:
f(x)=log3(9x)·log3(3x)
=(2+log3x)·(1+log3x)
=(2+m)·(1+m)=-,
又-2≤m≤2,
所以当m=log3x=-,
即x=时f(x)取得最小值-,
当m=log3x=2,即x=9时f(x)取得最大值12.
18.【解析】(1)g(x)=+2=+2,
因为|x|≥0,
所以0<≤1,
即20时满足2x--2=0,
整理得(2x)2-2·2x-1=0,
(2x-1)2=2,故2x=1±,
因为2x>0,
所以2x=1+,即x=log2(1+).
19.【解析】(1)因为f(x)=log2(-1≤x≤1)为奇函数,
所以f(-x)=-f(x)⇒log2=-log2,
⇒=对x∈[-1,1]恒成立,
所以(5+ax)(5-ax)=(5+x)(5-x)⇒a=±1,
因为a为不等于1的常数,所以a=-1.
(2)因为f(x)=log2(-1≤x≤1),
设t=(-1≤x≤1),所以g(t)=log2t,
因为t==-1+在[-1,1]上递减,
所以≤t≤,
又因为g(t)=log2t在[,]上是增函数,
所以g(t)min=log2.
因为对任意的x∈[-1,1],f(x)>m恒成立,
所以g(t)min>m,所以mx)在R上单调递增.
从而f(x)没有极大值,也没有极小值.
当a<0时,令f′(x)=0,得x=ln(-a).
f(x)和f′(x)的情况如下:
x
(-∞,ln(-a))
ln(-a)
(ln(-a),+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
↘

↗
故f(x)的单调递减区间为(-∞,ln(-a));
单调递增区间为(ln(-a),+∞).
从而f(x)的极小值为f(ln(-a))=-a+aln(-a);没有极大值.
(2)g(x)的定义域为(0,+∞),且g′(x)=a-=.
当a=0时,f(x)在R上单调递增,
g(x)在(0,+∞)上单调递减,不合题意.
当a<0时,g′(x)<0,g(x)在(0,+∞)上单调递减.
当-1≤a<0时,ln(-a)≤0,
此时f(x)在(ln(-a),+∞)上单调递增,
由于g(x)在(0,+∞)上单调递减,不合题意.
当a<-1时,ln(-a)>0,
此时f(x)在(-∞,ln(-a))上单调递减,
由于g(x)在(0,+∞)上单调递减,符合题意.
综上,a的取值范围是(-∞,-1).
21.【解析】由题设知,边缘线OM是以D为焦点,直线AB为准线的抛物线的一部分.
以O为原点,AD所在直线为y轴建立如图所示的直角坐标系,

则D,M,
所以边缘线OM所在抛物线的方程为
y=x2.
要使五边形ABCEF的面积最大,
则必有EF所在直线与抛物线相切.
当切点在点O或M处时,切割后剩余部分构不成五边形,
所以切点不在点O,M处.
设切点为P(t,t2),
则直线EF的方程为y=2t(x-t)+t2,即y=2tx-t2,
由此可求得点E,F的坐标分别为,(0,-t2),
所以S△DEF=··
=·.
设f(t)=S△DEF,
则f′(t)=·=
=,
显然,函数f(t)在上是减函数,
在上是增函数,
所以当t=时,f(t)取得最小值,
即S△DEF取得最小值,相应地,五边形ABCEF的面积取得最大值.
此时,点E,F的坐标分别为,,即沿直线EF:4x-12y-1=0切割,可使五边形ABCEF的面积最大.
【误区警示】本题易忽略x的取值范围而致误.
【加固训练】(2014·苏州模拟)某省环保研究所对市中心每天环境放射性污染情况进行调查研究后,发现一天中环境综合放射性污染指数f(x)与时刻x(时)的关系为f(x)=| -a|+2a+,x∈[0,24],其中a是与气象有关的参数,且a∈.
(1)令t(x)=,x∈[0,24],写出该函数的单调区间,并选择其中一种情形进行证明.
(2)若用每天f(x)的最大值作为当天的综合放射性污染指数,并记作M(a),求M(a).
(3)省政府规定,每天的综合放射性污染指数不得超过2,试问目前市中心的综合放射性污染指数是否超标?
【解析】(1)单调递增区间为[0,1];
单调递减区间为[1,24].
证明:方法一:定义法.
任取0≤x10,
所以t(x1)-t(x2)=<0,
所以函数t(x)在[0,1]上为增函数.
方法二:导数法.
因为t′(x)=,
所以当x∈[0,1]时,t′(x)≥0,且t′(1)=0,
所以函数t(x)在[0,1]上为增函数.(同理可证t(x)在区间[1,24]上为减函数)
(2)由函数的单调性知t(x)max=t(1)=;
t(x)min=t(0)=0,
所以t==∈,
即t的取值范围是.
当a∈时,记g(t)=|t-a|+2a+,
则g(t)=
因为g(t)在[0,a]上单调递减,在上单调递增,且g(0)=3a+,g=a+,
g(0)-g=2.
故M(a)=
即M(a)=
(3)因为当且仅当a≤时,M(a)≤2,
故当0≤a≤时不超标,当x+1)-x2+x-b=0,
令φ(x)=ln(x+1)-x2+x-b,
则f(x)=-x+b在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根等价于φ(x)=0在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根.
φ′(x)=-2x+=,
当x∈[0,1)时,φ′(x)>0,于是φ(x)在[0,1)上单调递增;
当x∈(1,2]时,φ′(x)<0,于是φ(x)在(1,2]上单调递减.
依题意有
解得ln3-1≤b-1},
由(1)知f′(x)=,
令f′(x)=0得x=0或x=-(舍去).
当-1x)>0,f(x)单调递增;
当x>0时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
所以f(0)为f(x)在(-1,+∞)上的最大值.
所以f(x)≤f(0),
故ln(x+1)-x2-x≤0(当且仅当x=0时,等号成立).
对任意正整数n,取x=>0,
ln<+,
所以ln<,
故2+++…+>ln2+ln+ln+…+ln=ln(n+1).
方法二:数学归纳法证明:
当n=1时,左边==2,
右边=ln(1+1)=ln2,显然2>ln2,不等式成立.
假设n=k(k∈N*,k≥1)时,
2+++…+>ln(k+1)成立,
则n=k+1时,有2+++…++>+ln(k+1).
做差比较:
ln(k+2)-ln(k+1)-
=ln-
=ln-,
构建函数F(x)=ln(1+x)-x-x2,x∈(0,1),
则F′(x)=<0,
所以F(x)在(0,1)上单调递减,
所以F(x)ln(k+2),
故n=k+1时,有2+++…++>+ln(k+1)>ln(k+2),不等式成立.
综上可知,对任意的正整数n,不等式2+++…+>ln(n+1)都成立.

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