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第二章单元质量检测时间：90分钟 分值：100分一、选择题(每小题4分，共40分)1．函数y ＝x ＋02x ＋1的定义域为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－1∪(－1，＋∞)C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，－1∪(－1，＋∞) 解析：由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≠0，2x ＋1>0，得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞.答案：A2．曲线y ＝x 3－2x ＋4在点(1,3)处的切线的倾斜角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．120°解析：由y ′＝3x 2－2得y ′|x ＝1＝1，即曲线在点(1,3)处的切线斜率为1，所以切线的倾斜角为45°.答案：B3．若已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，9－x＋1，x ≤0，则f (f (1))＋f ⎝⎛⎭⎪⎫log 312的值是( ) A ．7 B ．2 C ．5D ．3解析：f (1)＝log 21＝0，所以f (f (1))＝f (0)＝2.因为log 312<0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 312＝9＋1＝9log32＋1＝32log32＋1＝3log34＋1＝4＋1＝5，所以f (f (1))＋f ⎝⎛⎭⎪⎫log 312＝2＋5＝7，故选A.答案：A4．已知a ＝0.7－ 13 ，b ＝0.6－ 13，c ＝log 2.11.5，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．c <a <b B ．c <b <a C ．a <b <cD ．b <a <c解析：由log 2.11.5<1<0.7－13<0.6－13，得c <a <b .答案：A5．函数f (x )＝2x －sin x 的零点个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：显然f (x )的一个零点是0，而f ′(x )＝2－cos x >0，即f (x )在R 上单调递增，因此函数f (x )只有一个零点，故选A.答案：A6．已知函数f (x )＝x －4＋9x ＋1，x ∈(0,4)，当x ＝a 时，f (x )取得最小值b ，则函数g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a |x ＋b |的图象为( )解析：由基本不等式得f (x )＝x ＋1＋9x ＋1－5≥2x ＋9x ＋1－5＝1，当且仅当x ＋1＝9x ＋1，即x ＝2时取得最小值1，故a ＝2，b ＝1， 因此g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a |x ＋b |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x ＋1|， 只需将y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |的图象向左平移1个单位即可，其中y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |的图象可利用其为偶函数通过y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x作出，故选B.答案：B7．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)<f (5)<f (8)B ．f (5)<f (8)<f (2)C ．f (5)<f (2)<f (8)D ．f (8)<f (2)<f (5)解析：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)<f (8)<f (2)． 答案：B8．若函数f (x )＝13x 3＋mx 2－3m 2x ＋1，m ∈R 在区间(－2,3)上是减函数，则实数m 的取值范围为( )A ．m ≥3B ．m ≤－2C ．m ≥2或m ≤－3D ．m ≥3或m ≤－2解析：因为f ′(x )＝x 2＋2mx －3m 2，令f ′(x )＝0，得x ＝－3m 或x ＝m .当m ＝0时，f ′(x )＝x 2≥0恒成立，不符合题意．当m >0时，f (x )的单调递减区间是(－3m ，m )，若f (x )在区间(－2,3)上是减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧－3m ≤－2m ≥3，解得m ≥3.当m <0时，f (x )的单调递减区间是(m ，－3m )，若f (x )在区间(－2,3)上是减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧m ≤－2－3m ≥3，解得m ≤－2.综上所述，实数m的取值范围是m ≥3或m ≤－2.故选D.答案：D9．若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )A ．2B ．3C ．6D ．9解析：∵f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ， Δ＝4a 2＋96b >0，又x ＝1是极值点，∴f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，即a ＋b ＝6，且a >0，b >0， ∴ab ≤a ＋b24＝9，当且仅当a ＝b 时“＝”成立，所以ab 的最大值为9.答案：D10．(2014·湖南卷)若0<x 1<x 2<1，则( ) A ．e x 2－e x 1>ln x 2－ln x 1 B ．e x 2－e x 1<ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x 1>x 1e x 2D ．x 2e x 1<x 1e x 2解析：构造函数f (x )＝e x －ln x ，则f ′(x )＝e x －1x，故f (x )＝e x－ln x 在(0,1)上有一个极值点，即f (x )＝e x－ln x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断f (x 1)与f (x 2)的大小，故A 、B 错；构造函数g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝x e x－e xx＝exx －x ，故函数g (x )＝exx在(0,1)上单调递减，故g (x 1)>g (x 2)，x 2e x 1>x 1e x 2，故选C.答案：C二、填空题(每小题4分，共16分)11．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x <0，2x，x ≥0，则f [f (－1)]＝________.解析：f (－1)＝(－1)2＝1，所以f [f (－1)]＝f (1)＝21＝2. 答案：212．不等式x 2－2x <0表示的平面区域与抛物线y 2＝4x 围成的封闭区域的面积为________．解析：由x 2－2x <0，得0<x <2，又y 2＝4x ，得y ＝±2x ，∴所求面积S ＝2⎠⎛022x d x ＝4·23x 32 ⎪⎪⎪20＝1623.答案：163213．若曲线f (x )＝ax 2＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________． 解析：依题意得，f ′(x )＝2ax ＋1x＝0(x >0)有实根，所以a ＝－12x2<0. 答案：(－∞，0)14．对于函数f (x )＝x |x |＋px ＋q ，现给出四个命题： ①q ＝0时，f (x )为奇函数； ②y ＝f (x )的图象关于(0，q )对称；③p ＝0，q >0时，方程f (x )＝0有且只有一个实数根； ④方程f (x )＝0至多有两个实数根． 其中正确命题的序号为________．解析：若q ＝0，则f (x )＝x |x |＋px ＝x (|x |＋p )为奇函数，所以①正确；由①知，当q ＝0时，f (x )为奇函数，图象关于原点对称，f (x )＝x |x |＋px ＋q 的图象由函数f (x )＝x |x |＋px 向上或向下平移|q |个单位，所以图象关于(0，q )对称，所以②正确；当p ＝0，q >0时，f (x )＝x |x |＋q ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋q ，x ≥0，－x 2＋q ，x <0，当f (x )＝0，得x ＝－q ，只有一解，所以③正确；取q ＝0，p ＝－1，f (x )＝x |x |－x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ，x ≥0，－x 2－x ，x <0，由f (x )＝0，可得x ＝0，x ＝±1有三个实根，所以④不正确．综上正确命题的序号为①②③.答案：①②③三、解答题(共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤．) 15．(10分)已知函数f (x )＝a －1|x |.(1)求证：函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函数．(2)若f (x )<2x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1x，设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0，f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． (2)由题意a －1x <2x 在(1，＋∞)上恒成立，设h (x )＝2x ＋1x，则a <h (x )在(1，＋∞)上恒成立． 任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1<x 2，h (x 1)－h (x 2)＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1x 1x 2.因为1<x 1<x 2，所以x 1－x 2<0，x 1x 2>1， 所以2－1x 1x 2>0，所以h (x 1)<h (x 2)，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增． 故a ≤h (1)即a ≤3，所以a 的取值范围是(－∞，3]．16．(10分)(2014·江西卷)已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )·1－2x (b ∈R )． (1)当b ＝4时，求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上单调递增，求b 的取值范围．解：(1)当b ＝4时，f ′(x )＝－5x x ＋1－2x ，由f ′(x )＝0得x ＝－2或x ＝0.当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(－2,0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 故f (x )在x ＝－2取极小值f (－2)＝0，在x ＝0取极大值f (0)＝4. (2)f ′(x )＝－x [5x ＋b －1－2x，因为当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，－x 1－2x<0，依题意当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0，从而53＋(3b －2)≤0.所以b 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，19.17．(12分)设函数f (x )＝x 2＋ax －ln x (a ∈R )． (1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)过坐标原点O 作曲线y ＝f (x )的切线，证明：切点的横坐标为1. 解：(1)a ＝1时，f (x )＝x 2＋x －ln x (x >0)， ∴f ′(x )＝2x ＋1－1x＝x －x ＋x，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f ′(x )>0. ∴f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.(2)证明：设切点为M (t ，f (t ))，f ′(x )＝2x ＋a －1x，切线的斜率k ＝2t ＋a －1t ，又切线过原点，则k ＝f tt，∴f t t ＝2t ＋a －1t，即t 2＋at －ln t ＝2t 2＋at －1. ∴t 2－1＋ln t ＝0，存在性：t ＝1满足方程t 2－1＋ln t ＝0， ∴t ＝1是方程t 2－1＋ln t ＝0的根．再证唯一性：设φ(t )＝t 2－1＋ln t ，φ′(t )＝2t ＋1t>0，φ(t )在(0，＋∞)单调递增，且φ(1)＝0， ∴方程t 2－1＋ln t ＝0有唯一解． 综上，切点的横坐标为1.18．(12分)(2014·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 解：(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a ， 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题意得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2.设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]有唯一实根．当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g (x )＝0在R 有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．。
第二章 第11节一、选择题1．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－3)和(1，＋∞)D ．(－3,1)解析 y ′＝－2x e x ＋(3－x 2)e x ＝e x (－x 2－2x ＋3)，由y ′>0⇒x 2＋2x －3<0⇒－3<x <1，∴函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是(－3,1)．故选D.答案 D2．(2015·天津模拟)若函数f (x )＝x 3－6bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，则实数b 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(－∞，1)C ．(0，＋∞)D ．(0，12) [解析] f ′(x )＝3x 2－6b ，令f ′(x )＝0得x 2＝2b ，由题意知，0<2b <1，所以0<b <12.故选D. 答案 D3．(2015·青岛模拟)函数y ＝ln x －x 在x ∈(0，e]上的最大值为( )A ．eB ．1C ．－1D ．－e[解析] 函数y ＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)，又y ′＝1x －1＝1－x x，令y ′＝0得x ＝1， 当x ∈(0,1)时，y ′>0，函数单调递增；当x ∈(1，e)时，y ′<0，函数单调递减．当x ＝1时，函数取得最大值－1，故选C.[答案] C4．若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则导函数f ′(x )的图像不可能是( )解析 若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f ′(x )在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图像要穿过x 轴，观察四个选项中的图像只有D 项是不符合要求的，即f ′(x )的图像不可能是D.[答案] D5．(2015·厦门质检)若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－5，1)B ．[－5，1)C ．[－2,1)D ．(－5，－2][解析] f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上，则函数f (x )极小值点必在区间(a,6－a 2)内，即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2.解a <1<6－a 2得，－5<a <1，不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0，即a ≥－2.故实数a 的取值范围是[－2,1)．故选C.[答案] C6．(2015·洛阳模拟)若f (x )＝－12(x －2)2＋b ln x 在(1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是( )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1]D ．(－∞，－1) [解析] 由题意可知f ′(x )＝－(x －2)＋b x≤0， 在x ∈(1，＋∞)上恒成立，即b ≤x (x －2)在x ∈(1，＋∞)上恒成立，由于φ(x )＝x (x －2)＝x 2－2x 在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，故只要b ≤－1即可．[答案] C二、填空题7．已知向量a ＝(e x＋x 22，－x )，b ＝(1，t )，若函数f (x )＝a ·b 在区间(－1,1)上存在增区间，则t 的取值范围为________.[解析] f (x )＝e x＋x 22－tx ，x ∈(－1,1)，f ′(x )＝e x ＋x －t ，函数在(x 1，x 2)⊆(－1,1)上单调递增，故e x ＋x >t ，x ∈(x 1，x 2)时恒成立，故e ＋1>t .[答案] (－∞，e ＋1)8．直线y ＝a 与函数f (x )＝x 3－3x 的图像有相异的三个公共点，则a 的取值范围是________．[解析] 令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，可得极大值为f (－1)＝2，极小值为f (1)＝－2，如图，观察得－2<a <2时恰有三个不同的公共点．[答案] (－2,2)9．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________． [解析] 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－(x －1)(x －3)x， 由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.[答案] (0,1)∪(2,3)10．(2015·郑州模拟)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．[解析] f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，根据已知2a 3＝2，得a ＝3， 即f (x )＝－x 3＋3x 2－4.根据函数f (x )的极值点，可得函数f (m )在[－1,1]上的最小值为f (0)＝－4，f ′(n )＝－3n 2＋6n 在[－1,1]上单调递增，所以f ′(n )的最小值为f ′(－1)＝－9.[f (m )＋f ′(n )]min ＝f (m )min ＋f ′(n )min＝－4－9＝－13.答案 －13三、解答题11．(2015·太原模拟)设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax . (1)若f (x )在(23，＋∞)上存在单调递增区间，求a 的取值范围． (2)当0<a <2时，f (x )在[1,4]的最小值为－163，求f (x )在该区间上的最大值．[解] (1)由f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－(x －12)2＋14＋2a ， 当x ∈[23，＋∞)时，f ′(x )的最大值为f ′(23)＝29＋2a . 令29＋2a >0，得a >－19，所以当a >－19时，f (x )在(23，＋∞)上存在单调递增区间． (2)令f ′(x )＝0，得两根x 1＝1－1＋8a 2， x 2＝1＋1＋8a 2. 所以f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增．当0<a <2时，有x 1<1<x 2<4，所以f (x )在[1,4]上的最大值为f (x 2)．又f (4)－f (1)＝－272＋6a <0，即f (4)<f (1)， 所以f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8a －403＝－163， 得a ＝1，x 2＝2，从而f (x )在[1,4]上的最大值为f (2)＝103.12．(2015·泰安模拟)某种产品每件成本为6元，每件售价为x 元(6<x <11)，年销售为u 万件，若已知5858－u 与(x －214)2成正比，且售价为10元时，年销量为28万件． (1)求年销售利润y 关于售价x 的函数关系式；(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．[解] (1)设5858－u ＝k (x －214)2， ∵售价为10元时，年销量为28万件，∴5858－28＝k (10－214)2，解得k ＝2.∴u ＝－2(x －214)2＋5858＝－2x 2＋21x ＋18. ∴y ＝(－2x 2＋21x ＋18)(x －6)＝－2x 3＋33x 2－108x －108(6<x <11)．(2)y ′＝－6x 2＋66x －108＝－6(x 2－11x ＋18)＝－6(x －2)(x －9)．令y ′＝0，得x ＝2(舍去)或x ＝9，显然，当x ∈(6,9)时，y ′>0；当x ∈(9,11)时，y ′<0.∴函数y ＝－2x 3＋33x 2－108x －108在(6,9)上是递增的，在(9,11)上是递减的． ∴当x ＝9时，y 取最大值，且y max ＝135，∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．。
