单元评估检测(二)
第二章
(120分钟 150分)
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.函数y=的定义域为( )
(A)(0,8] (B)(-2,8] (C)(2,8] (D)[8,+∞)
2.(2013·咸阳模拟)下列函数中,既是偶函数又在(0,+∞)上是增加的函数是
( )
(A)y=x3 (B)y=|x|+1
(C)y=-x2+1 (D)y=2-|x|
3.已知实数a=log45,b=()0,c=log30.4,则a,b,c的大小关系为( )
(A)b1} (D){x|x>1}
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)
11.f(x)=3x+sinx+1(x∈R),若f(t)=2,则f(-t)的值为 .
12.已知函数f(x)=lnx+2x,若f(x2+2)0),g(x)=m有零点,求m的取值范围.
18.(12分)已知函数f(x)=-x+log2.
(1)求f()+f(-)的值.
(2)当x∈(-a,a],其中a∈(0,1),a是常数,函数f(x)是否存在最小值?若存在,求出f(x)的最小值;若不存在,请说明理由.
19.(12分)(2013·黄山模拟)已知某公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元,每生产一千件,需要另投入2.7万元,设该公司年内共生产该品牌服装x千件并全部销售完,每千件的销售收入为R(x)万元,且R(x)=
(1)写出年利润W(万元)关于年产量x(千件)的函数关系式.
(2)年生产量为多少千件时,该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大?
20.(13分)(2013·榆林模拟)已知函数f(x)=ax2-(2a+1)x+2lnx,求f(x)的单调区间.
21.(14分)(2013·渭南模拟)已知f(x)是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数,当x∈(0,+∞)时,f(x)=ax+2lnx,(a∈R).
(1)求f(x)的解析式.
(2)是否存在负实数a,使得当x∈[-e,0)时,f(x)的最小值是4?如果存在,求出a的值;如果不存在,请说明理由.
(3)对于任意的x∈D,如果函数F(x)的图像在函数G(x)的图像的下方,则称函数F(x)在D上被函数G(x)覆盖.
求证:当a=1时,函数f(x)在区间(1,+∞)上被函数g(x)=x3覆盖.
答案解析
1.【解析】选B.由??-21,b=()0=1,c=log30.4<0,故c1}.
11.【解析】由f(t)=3t+sint+1=2得3t+sint=1,所以f(-t)=-3t-sint+1=-1+1=0.
答案:0[来源:学,科,网Z,X,X,K]
12.【解析】由f(x)=lnx+2x?f′(x)=+2xln 2>0(x∈(0,+∞)),所以f(x)在(0,
+∞)上是增加的,又f(x2+2)0,f(4)=ln 4-2<0,
∴40,且x=0时,y=1,所以y≥1,即函数y=ex-x的图像与x轴没有交点,所以假设不成立,即不存在稳定区间;②显然存在稳定区间[0,1]或[-1,0]或[-1,1];③显然存在稳定区间[0,1];④因为y=lnx+1-x的导函数y′=-1=,在(0,1)上,y′>0;在(1,+∞)上,y′<0,且x=1时,y=0,所以y=lnx+1-x≤0在(0,+∞)上恒成立,即函数y=lnx+1,y=x只有1个交点,所以不存在稳定区间,故存在稳定区间的是②③.
答案:②③
16.【解析】(1)∵t=log2x,≤x≤4,∴log2≤t≤log24即-2≤t≤2.
(2)f(x)=(log2x)2+3log2x+2,∴令t=log2x,
则y=t2+3t+2=(t+)2-,
当t=-,即log2x=-,x=时,
f(x)min=-.
当t=2,即x=4时,f(x)max=12.
17.【解析】方法一:∵g(x)=x+≥2=2e,
等号成立的条件是x=e,
故g(x)的值域是[2e,+∞),
因而只需m≥2e,则g(x)=m就有零点.
方法二:作出g(x)=x+(x>0)的大致图象.如图,可知若使g(x)=m有零点,
则只需m≥2e.
方法三:由g(x)=m得x2-mx+e2=0.
此方程有大于零的根且e2>0,
故根据根与系数的关系得m>0,
故等价于
故m≥2e.
18.【解析】(1)由>0,得(x+1)(x-1)<0,
解得-110时,W=xR(x)-(10+2.7x)=98--2.7x.
∴年利润W(万元)关于年产量x(千件)的函数关系式为
W=
(2)当00?010时,W=98-(+2.7x)≤98-2=38,仅当x=时取“=”,综上可知,当年产量为9千件时,该公司这一品牌服装的生产中所获年利润最大,最大值为38.6万元.
20.【思路点拨】求导后转化为二次不等式问题,结合二次项系数的符号,相应二次方程根的大小,以及两根是否大于0进行分类讨论.
【解析】f′(x)=
=(x>0).
∴①当a≤0时,x>0,ax-1<0,
在区间(0,2)上,f′(x)>0;
在区间(2,+∞)上,f′(x)<0,
故f(x)的递增区间是(0,2),
递减区间是(2,+∞).
②当02,
在区间(0,2)和(,+∞)上,f′(x)>0;在区间(2,)上,f′(x)<0,
故f(x)的递增区间是(0,2)和(,+∞),递减区间是(2,).
③当a=时,f′(x)=≥0,
故f(x)的递增区间是(0,+∞),
④当a>时,0<<2,
在区间(0,)和(2,+∞)上,f′(x)>0;
在区间(,2)上,f′(x)<0,
故f(x)的递增区间是(0,)和(2,+∞),递减区间是(,2).
【方法技巧】分类讨论思想
分类讨论是基本逻辑方法之一,也是一种数学思想,在近几年的高考中,都把分类讨论列为重要的思想方法来考查,当我们面临的数学问题不能用统一形式解决或因为一种形式无法进行概括,不分类就不能再进行下去,这时,就要使用分类讨论思想了,分类时要遵循不重不漏的分类原则,对于每一类情况都要给出问题的解答.分类讨论的一般步骤:(1)确定标准.(2)恰当分类.(3)逐类讨论.
(4)归纳结论.
21.【解析】(1)若x∈(-∞,0),则-x>0,由已知得
f(-x)=-ax+2ln(-x)=-f(x),[
∴f(x)=ax-2ln(-x),
∴f(x)=
(2)假设存在a<0,满足题意,
∵f(x)=ax-2ln(-x),x∈[-e,0),
∴f′(x)=a-=,x∈[-e,0),令f′(x)=0,则x=,
当>-e,即a<-时,f(x)在[-e,)上是减少的,在(,0)上是增加的,
∴f(x)min=f()=4,解得a=-2e.
当≤-e,即0>a≥-时,f(x)在[-e,0)上是增加的,
∴f(x)min=f(-e)=4,解得a=-<-矛盾,
综上所述,存在a=-2e满足题意.
(3)由题意知,只需证x3>x+2lnx对x∈(1,+∞)恒成立,
令h(x)=x3-x-2lnx(x>1),
∴h′(x)=3x2-1-=.
∵x>1,∴x-1>0,3x2+3x+2>0,
∴h′(x)>0对x∈(1,+∞)恒成立,
∴x>1时,h(x)>h(1)=0,
∴h(x)>0,即x3>x+2lnx对x∈(1,+∞)恒成立,
即原命题得证.
【变式备选】已知函数f(x)=ex-1-x.
(1)求y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.
(2)若存在x∈[-1,ln],使a-ex+1+x<0成立,求a的取值范围.
(3)当x≥0时,f(x)≥tx2恒成立,求t的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=ex-1,f(1)=e-2,f′(1)=e-1.
∴f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y-e+2=(e-1)(x-1),
即y=(e-1)x-1.
(2)a0时,f′(x)>0,x<0时,f′(x)<0,
∴f(x)在(-∞,0)上是减少的,在(0,+∞)上是增加的.
又x∈[-1,ln],∴f(x)的最大值在区间端点处取到.
f(-1)=e-1-1+1=,f(ln)=-1-ln,
f(-1)-f(ln)=-+1+ln=-+ln>0,
∴f(-1)>f(ln),∴f(x)在[-1,ln]上的最大值为,故a的取值范围是a<.
(3)由已知得x≥0时,ex-x-1-tx2≥0恒成立,
设g(x)=ex-x-1-tx2,∴g′(x)=ex-1-2tx.
由(2)知ex≥1+x,当且仅当x=0时等号成立,
故g′(x)≥x-2tx=(1-2t)x,从而当1-2t≥0,
即t≤时,g′(x)≥0(x≥0),
∴g(x)是增加的,又g(0)=0,
于是当x≥0时,g(x)≥0,即f(x)≥tx2,∴t≤时符合题意.
由ex>1+x(x≠0)可得e-x>1-x(x≠0),
从而当t>时,
g′(x),不符合题意.
综上可得t的取值范围为(-∞,].
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