2018年高考数学考点通关练第二章函数导数及其应用单元质量测试文

单元质量测试(二)时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．[2017·河南郑州模拟]函数f (x )＝ln xx －1＋x 12 的定义域为( )A ．(0，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(0,1)D ．(0,1)∪(1，＋∞)答案 B解析 自变量x 满足⎩⎪⎨⎪⎧x x －1>0，x ≥0，即x >1，∴定义域为(1，＋∞)．2．[2017·山东实验中学模拟]幂函数f (x )＝k ·x α的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，则k ＋α＝( )A.12 B ．1 C.32 D ．2 答案 C解析 由幂函数的定义知k ＝1.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝22，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12α＝22，解得α＝12，从而k ＋α＝32. 3．已知曲线y ＝－x 3＋ax ＋1在点(－1,2－a )处的切线斜率为－2，则a 等于( ) A ．－5 B ．－1 C ．5 D ．1 答案 D解析 由题意知y ′|x ＝－1＝(－3x 2＋a )|x ＝－1＝a －3＝－2，则a ＝1. 4．下列函数中既是奇函数，又是定义域内的减函数的是( ) A ．f (x )＝x lg 2 B ．f (x )＝－x |x | C ．f (x )＝sin x D ．f (x )＝ln xx答案 B解析 A 中，函数f (x )＝x lg 2是增函数；B 中，画图可知函数f (x )＝－x |x |是奇函数，且是减函数；C 中，函数f (x )＝sin x 不单调；D 中，函数f (x )＝ln x x的定义域是(0，＋∞)，是非奇非偶函数．故选B.5．[2016·宝鸡二检]已知定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝4，且f (x )的导函数f ′(x )<3，则不等式f (ln x )>3ln x ＋1的解集为( )A ．(1，＋∞) B．(0，e) C ．(0,1) D ．(e ，＋∞) 答案 B解析 设g (x )＝f (x )－3x －1，则g ′(x )＝f ′(x )－3.由题意，得g ′(x )<0且g (1)＝0，故函数g (x )为单调递减函数．不等式f (ln x )>3ln x ＋1可以转化为f (ln x )－3ln x －1>0，即g (ln x )>0＝g (1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x >0，ln x <1，解得0<x <e.6．已知函数f (x )的定义域是[0,1)，则函数g (x )＝f [log 12(3－x )]的定义域为( )A ．[0,1)B ．(2,3] C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，52 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，52 答案 C解析 ∵已知函数f (x )的定义域是[0,1)，∴log 12(3－x )∈[0,1)＝⎣⎢⎡⎭⎪⎫log 121，log 1212，∴12<3－x ≤1，解得2≤x <52. 7．函数f (x )＝12x 2－ln x 的单调递减区间是( )A ．(－1,1)B ．(0,1]C ．(－∞，－1)∪(0,1)D ．[1，＋∞)答案 B解析 f (x )＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ，∴由f ′(x )≤0，得0<x ≤1，∴函数f (x )＝12x 2－ln x 的单调递减区间为(0,1]．8．[2016·重庆一中一模]定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝－f (x )，f (x )＝f (x ＋4)，且x ∈(－1,0)时，f (x )＝2x＋15，则f (log 220)＝( )A ．1 B.45 C ．－1 D ．－45答案 C 解析9．[2016·河南八校联考]已知f (x )＝14x 2＋cos x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(x )的图象大致为( )答案 A解析 因为f (x )＝14x 2＋cos x ，所以f ′(x )＝12x －sin x ，这是一个奇函数，图象关于原点对称，故排除B 、D ，又f ′(1)＝12－sin1<12－sin π4<0，f ′(2)＝1－sin2>0，∴f ′(x )的图象大致为A.10．“a ≤0”是“函数f (x )＝|(ax －1)x |在区间(0，＋∞)内单调递增”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 C解析 充分性：当a <0时，f (x )＝|(ax －1)·x |＝－ax 2＋x 为图象开口向上的二次函数，且图象的对称轴为直线x ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <0，故f (x )在(0，＋∞)上为增函数；当a ＝0时，f (x )＝x 为增函数．必要性：当a ≠0时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝0，f (0)＝0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，则1a<0，即a <0，f (x )＝x 时，为增函数，此时a ＝0，故a ≤0.综上，a ≤0为f (x )在(0，＋∞)上为增函数的充分必要条件．11．[2016·兰州诊断]已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，若对于任意实数x ，有f (x )>f ′(x )，且y ＝f (x )－1为奇函数，则不等式f (x )<e x的解集为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，e 4) D ．(e 4，＋∞)答案 B解析 因为y ＝f (x )－1为奇函数，且定义域R ，所以0＝f (0)－1，所以f (0)＝1.设h (x )＝f xex ，则h ′(x )＝e xf ′ x －f xe x2，因为f (x )>f ′(x )，所以函数h (x )是R 上的减函数，所以不等式f (x )<e x等价于f xe<1＝f 0e，即h (x )<h (0)，所以x >0，故选B.12．[2017·广西南宁模拟]已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)的对称中心为M (x 0，y 0)，记函数f (x )的导函数为f ′(x )，f ′(x )的导函数为f ″(x )，则有f ″(x 0)＝0.若函数f (x )＝x 3－3x 2，则f ⎝⎛⎭⎪⎫12017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32017＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫40322017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫40332017＝( )A ．－8066B ．－4033C ．8066D ．4033 答案 A解析 由f (x )＝x 3－3x 2得f ′(x )＝3x 2－6x ，得f ″(x )＝6x －6，又f ″(x 0)＝0，所以x 0＝1，且f (1)＝－2，即函数f (x )的对称中心为(1，－2)，即f (x )＋f (2－x )＝－4.令S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫40322017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫40332017，则S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫40332017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫40322017＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫32017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017，所以2S ＝4033×(－4)＝－16132，S ＝－8066. 第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知函数f (x )＝ln x －f ′(－1)x 2＋3x －4，则f ′(1)＝________. 答案 8解析 ∵f ′(x )＝1x－2f ′(－1)x ＋3，f ′(－1)＝－1＋2f ′(－1)＋3，∴f ′(－1)＝－2，∴f ′(1)＝1＋4＋3＝8.14．若函数f (x )＝(m －2)x 2＋(m －1)x ＋2是偶函数，则f (x )的递增区间是________． 答案 (－∞，0]解析 函数f (x )＝(m －2)x 2＋(m －1)x ＋2是偶函数，所以m ＝1，则函数f (x )＝－x 2＋2，其单调递增区间是(－∞，0]．15．设f (x )是周期为2的奇函数，当0≤x ≤1时，f (x )＝2x (1－x )，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝________.答案 －12解析 因为f (x )是奇函数，且当0≤x ≤1时，f (x )＝2x (1－x )，所以当－1≤x ≤0时，0≤－x ≤1，f (－x )＝－2x (1＋x )＝－f (x )，即f (x )＝2x (1＋x )．又f (x )的周期为2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×12＝－12.16．对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a >b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是________．答案 1解析 依题意，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤2，－x ＋3，x >2.当0<x ≤2时，h (x )＝log 2x 是增函数，当x >2时，h (x )＝3－x 是减函数，∴h (x )在x ＝2时，取得最大值h (2)＝1.三、解答题(本大题共6小题，共70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10分)函数f (x )＝1a －1x(a >0，x >0)．(1)判断函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)若函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，m ，求a ，m 的值． 解 (1)设x 1>x 2>0，则x 1－x 2>0，x 1x 2>0，∵f (x 1)－f (x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 2＝1x 2－1x 1＝x 1－x 2x 1x 2>0，∴f (x 1)>f (x 2)．∴函数f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．(2)由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是单调递增函数，∵函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，m ，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f (2)＝m ，即1a －2＝12，且1a －12＝m ，解得a ＝25，m ＝2.18．(本小题满分12分)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象过点(0,1)和(1,4)，且对于任意的实数x ，不等式f (x )≥4x 恒成立．(1)求函数f (x )的表达式；(2)设g (x )＝kx ＋1，若F (x )＝log 2[g (x )－f (x )]在区间[1,2]上是增函数，求实数k 的取值范围．解 (1)f (0)＝c ＝1，f (1)＝a ＋b ＋c ＝4， ∴f (x )＝ax 2＋(3－a )x ＋1.f (x )≥4x 即ax 2－(a ＋1)x ＋1≥0恒成立得⎩⎪⎨⎪⎧a >0， a ＋1 2－4a ≤0，解得a ＝1.∴f (x )＝x 2＋2x ＋1.(2)F (x )＝log 2[g (x )－f (x )]＝log 2[－x 2＋(k －2)x ]． 由F (x )在区间[1,2]上是增函数，得h (x )＝－x 2＋(k －2)x 在区间[1,2]上为增函数且恒为正实数，∴⎩⎪⎨⎪⎧k －22≥2，h 1 ＝－1＋k －2>0，解得k ≥6.∴实数k 的取值范围为[6，＋∞)．19．[2017·福建三明一中月考](本小题满分12分)已知函数f (x )是(－∞，＋∞)上的奇函数，且f (x )的图象关于x ＝1对称，当x ∈[0,1]时，f (x )＝2x－1.(1)当x ∈[1,2]时，求f (x )的解析式；(2)计算f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2017)的值． 解 (1)当x ∈[1,2]时，2－x ∈[0,1]， 又f (x )的图象关于x ＝1对称， 则f (x )＝f (2－x )＝22－x－1，x ∈[1,2]．(2)∵函数f (x )为奇函数，则f (－x )＝－f (x )， 又函数f (x )的图象关于x ＝1对称， 则f (2＋x )＝f (－x )＝－f (x )，所以f (4＋x )＝f [(2＋x )＋2]＝－f (2＋x )＝f (x )， 所以f (x )是以4为周期的周期函数．∵f (0)＝0，f (1)＝1，f (2)＝0，f (3)＝f (－1)＝－f (1)＝－1， 又f (x )是以4为周期的周期函数．∴f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2017)＝504×(0＋1＋0－1)＋f (0)＋f (1)＝1.20．(本小题满分12分)据统计，某种汽车的最高车速为120千米/时，在匀速行驶时每小时的耗油量y (升)与行驶速度x (千米/时)之间有如下函数关系：y ＝1128000x 3－380x ＋8.已知甲、乙两地相距100千米．(1)若汽车以40千米/时的速度匀速行驶，则从甲地到乙地需耗油多少升？ (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？ 解 (1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040＝2.5(小时)，需耗油⎝⎛⎭⎪⎫1128000×403－380×40＋8×2.5＝17.5(升)，所以汽车以40千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地需耗油17.5升． (2)当汽车的行驶速度为x 千米/时时，从甲地到乙地需行驶100x小时．设耗油量为h (x )升，依题意，得h (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1128000x 3－380x ＋8·100x＝11280x 2＋800x －154， 其中，0<x ≤120.h ′(x )＝x640－800x 2＝x 3－803640x 2(0<x ≤120)．令h ′(x )＝0，得x ＝80.因为当x ∈(0,80)时，h ′(x )<0，h (x )是减函数； 当x ∈(80，120)时，h ′(x )>0，h (x )是增函数， 所以当x ＝80时，h (x )取得最小值，且h (80)＝11.25.所以当汽车以80千米/时的速度行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升． 21．[2017·贵州月考](本小题满分12分)已知函数f (x )＝ln (e x＋a )(a 为常数，e 为自然对数的底数)是实数集R 上的奇函数．(1)求实数a 的值； (2)讨论关于x 的方程ln x f x＝x 2－2e x ＋m 的根的个数． 解 (1)∵f (x )＝ln (e x＋a )是奇函数， ∴f (－x )＝－f (x )，即ln (e －x ＋a )＝－ln (e x＋a )恒成立，∴(e －x＋a )(e x ＋a )＝1，∴1＋a e －x ＋a e x ＋a 2＝1， 即a (e x＋e －x＋a )＝0恒成立，故a ＝0. (2)由(1)知方程ln x f x ＝x 2－2e x ＋m ，即ln x x＝x 2－2e x ＋m . 令f 1(x )＝ln x x，f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ，则f 1′(x )＝1－ln x x2， 当x ∈(0，e]时，f 1′(x )≥0，∴y ＝f 1(x )在(0，e]上为增函数； 当x ∈(e ，＋∞)时，f 1′(x )<0，∴y ＝f 1(x )在(e ，＋∞)上为减函数， ∴当x ＝e 时，f 1(x )max ＝1e.而f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ＝(x －e)2＋m －e 2， 当x ∈(0，e]时，y ＝f 2(x )是减函数； 当x ∈[e ，＋∞)时，y ＝f 2(x )是增函数， ∴当x ＝e 时，f 2(x )min ＝m －e 2.故当m －e 2>1e ，即m >e 2＋1e 时，方程无实根；当m －e 2＝1e ，即m ＝e 2＋1e 时，方程有一个根；当m －e 2<1e ，即m <e 2＋1e时，方程有两个根．22．[2016·江苏高考](本小题满分12分)已知函数f (x )＝a x ＋b x(a >0，b >0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②若对于任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0<a <1，b >1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值． 解 (1)因为a ＝2，b ＝12，所以f (x )＝2x ＋2－x.①方程f (x )＝2，即2x ＋2－x ＝2，亦即(2x )2－2×2x＋1＝0， 所以(2x －1)2＝0，于是2x＝1，解得x ＝0. ②由条件知f (2x )＝22x＋2－2x＝(2x ＋2－x )2－2＝(f (x ))2－2.因为f (2x )≥mf (x )－6对于x ∈R 恒成立，且f (x )>0，所以m ≤ f x 2＋4f x 对于x ∈R 恒成立．而 f x 2＋4f x ＝f (x )＋4f x≥2f x ·4f x＝4，且 f 0 2＋4f 0＝4，所以m ≤4，故实数m 的最大值为4. (2)因为函数g (x )＝f (x )－2只有1个零点， 而g (0)＝f (0)－2＝a 0＋b 0－2＝0， 所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a xln a ＋b x ln b ，又由0<a <1，b >1知ln a <0，ln b >0，令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a x ln a ＋b x ln b )′＝a x (ln a )2＋b x (ln b )2， 从而对任意x ∈R ，h ′(x )>0，所以g ′(x )＝h (x )是(－∞，＋∞)上的单调增函数． 于是当x ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )<g ′(x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>g ′(x 0)＝0.因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0.又x 02<0，所以x 1<0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾． 若x 0>0，同理可得，在x 02和log b 2之间存在g (x )的非0的零点，矛盾．因此，x 0＝0.于是－ln a ln b ＝1，故ln a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1.。