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.下列函数在定义域上是增函数的是( )
(A)f(x)＝x2 (B)f(x)＝
(C)f(x)＝tanx (D)f(x)＝ln(1＋x)
2.(2011·广东高考)设函数f(x)和g(x)分别是R上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是( )
(A)f(x)＋|g(x)|是偶函数
(B)f(x)－|g(x)|是奇函数
(C)|f(x)|＋g(x)是偶函数
(D)|f(x)|－g(x)是奇函数
3.(2012·景德镇模拟)已知定义在R上的奇函数满足f(x＋2)＝－f(x)，当00，则当n∈N＋时，有( )
(A)f(－n)1)，设a>b>c>1，则，，的大小关系是( )
(A)>>
(B)>>
(C)>>
(D)>>
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.计算(lg－lg25)÷100＝ .
12.已知函数f(x)＝ax2＋bx＋3a＋b是偶函数，定义域为[a－1,2a]，则a＋b＝ .
13.(2012·郑州模拟)函数f(x)＝(x＋a)3对任意t∈R，总有f(1＋t)＝－f(1－t)，则f(2)＋f(－2)等于 .
14.已知函数f(x)＝，则方程f(f(x))＝1的解集为 .
15.(2011·四川高考)函数f(x)的定义域为A，若x1，x2∈A且f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，则称f(x)为单函数.例如，函数f(x)＝2x＋1(x∈R)是单函数.
下列命题：
①函数f(x)＝x2(x∈R)是单函数；
②若f(x)为单函数，x1，x2∈A且x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)；
③若f：A→B为单函数，则对于任意b∈B，A中至多有一个元素与之对应；
④函数f(x)在某区间上具有单调性，则f(x)一定是单函数.
其中的真命题是 .(写出所有真命题的编号)
三、解答题(本大题共6小题，共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(12分)(2012·安庆模拟)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)若方程f(x)＋6a＝0有两个相等的根，求f(x)的解析式；
(2)若f(x)的最大值为正数，求a的取值范围.
17.(12分)(2012·延安模拟)已知函数f(x)对一切实数x，y均有f(x＋y)－f(y)＝x(x＋2y＋1)成立，且f(1)＝0.
(1)求f(0)的值；
(2)求f(x)的解析式；
(3)若函数g(x)＝(x＋1)f(x)－a[f(x＋1)－x]在区间(－1,2)上是减函数，求实数a的取值范围.
18.(12分)(2012·汉中模拟)某品牌电视生产厂家有A、B两种型号的电视机参加了家电下乡活动，若厂家对A、B两种型号的电视机的投放金额分别为p、q万元，农民购买电视机获得的补贴分别为p、lnq万元，已知A、B两种型号的电视机的投放总额为10万元，且A、B两种型号的电视机的投放金额均不低于1万元，请你制定一个投放方案，使得在这次活动中农民得到的补贴最多，并求出最大值(精确到0.1，参考数据：ln4≈1.4).
19.(12分)(2012·南昌模拟)已知直线l与函数f(x)＝lnx的图像相切于点(1,0)，且l与函数g(x)＝x2＋mx＋(m<0)的图像也相切.
(1)求直线l的方程及m的值；
(2)若h(x)＝f(x＋1)－g′(x)，求函数h(x)的最大值.
20.(13分)设函数f(x)＝x2－2tx＋4t3＋t2－3t＋3，其中x∈R，t∈R，将f(x)的最小值记为g(t).
(1)求g(t)的表达式；
(2)讨论g(t)在区间[－1,1]内的单调性；
(3)若当t∈[－1,1]时，|g(t)|≤k恒成立，其中k为正数，求k的取值范围.
21.(14分)(预测题)已知二次函数g(x)对任意x∈R都满足g(x－1)＋g(1－x)＝x2－2x－1且g(1)＝－1，设函数f(x)＝g(x＋)＋mlnx＋(m∈R，x>0).
(1)求g(x)的表达式；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使f(x)≤0成立，求实数m的取值范围；
(3)设1x1时，f(x2)>f(x1)，
当x2n>n－1≥0，
∴f(n＋1)0的图像，可知g(x)与h(x)的图像在(，1)内无交点，在(1，e)内有1个交点，故选D.
【变式备选】已知函数f(x)＝，则关于x的方程f(x)＝log2x解的个数为( )
(A)4 (B)3 (C)2 (D)1
【解析】选B.在同一直角坐标系中画出y＝f(x)与y＝log2x的图像，从图像中可以看出两函数图像有3个交点，故其解有3个.
9.【解析】选B.∵f(a)>－1，∴g(b)>－1，
∴－b2＋4b－3>－1，∴b2－4b＋2<0，
∴2－1，∴f(x)＝mx－1是增函数，
其图像如图所示，
式子，，的几何意义是函数f(x)图像上的点(a，f(a))，(b，f(b))， (c，f(c))与原点连线的斜率.
∵a>b>c>1.
由图像易知>>.
11.【解析】(lg－lg25)÷100＝lg÷
＝lg÷＝10×lg10－2＝－20.
答案：－20
12.【解析】由题意得，解得.
∴a＋b＝.
答案：
13.【解析】令t＝1，则f(2)＝－f(0).
∴(2＋a)3＝－a3，∴a＝－1，
∴f(2)＋f(－2)＝(2－1)3＋(－2－1)3＝－26.
答案：－26
14.【解题指南】按分段函数的特点分类讨论.
【解析】①当|x|≤1时，f(f(x))＝f(1)＝1恒成立.
②当x>1时，|x|>1.f(x)＝2x－3>－1.
当2x－3≤1，即11，即x>2时f(f(x))＝f(2x－3)＝2(2x－3)－3＝1.
解得x＝满足题意.
③当x<－1时，2x－3<－5.
f(f(x))＝f(2x－3)＝2(2x－3)－3＝1，
解得x＝不满足题意，∴－1≤x≤2或x＝.
答案：[－1,2]∪{}
15.【解析】
选项
具体分析
结论
①
由x2＝4可得x1＝2，x2＝－2，则x1≠x2不合定义.
假命题
②
“x1，x2∈A且x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)”的逆否命题是“若x1，x2∈A且f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2”互为逆否命题的两个命题等价.故②的逆否命题为真，故②为真命题.
真命题
③
符合唯一的函数值对应唯一的自变量
真命题
④
在某一区间单调并不一定在定义域内单调.
假命题
答案：②③
16.【解析】(1)∵f(x)＋2x>0的解集为(1,3)，则可令f(x)＋2x＝a(x－1)
(x－3)，且a<0因而f(x)＝a(x－1)(x－3)－2x＝ax2－(2＋4a)x＋3a. ①
由方程f(x)＋6a＝0得ax2－(2＋4a)x＋9a＝0. ②
因为方程②有两个相等的根，所以Δ＝[－(2＋4a)]2－4a·9a＝0，
即5a2－4a－1＝0，解得a＝1或a＝－.
由于a<0，舍去a＝1，将a＝－代入①得f(x)的解析式f(x)＝－x2－x－.
(2)由f(x)＝ax2－2(1＋2a)x＋3a＝a(x－)2－及a<0，可得f(x)的最大值为－，由，
解得a<－2－或－2＋0；
当x∈(4,9]时，y′<0.
所以当x＝4时，y取得最大值，ymax＝ln4－0.4＋1≈1.2.
故厂家投放A、B两种型号的电视机的金额分别是6万元和4万元，农民得到的补贴最多，最多补贴约1.2万元.
【变式备选】某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两个桥墩相距m米，余下的工程只需要建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为256万元，距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋)x万元.假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y万元.
(1)试写出y关于x的函数关系式；
(2)当m＝640米时，需新建多少个桥墩才能使y最小？
【解析】(1)设需要新建n个桥墩，(n＋1)x＝m，
即n＝－1，
所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋)x
＝256(－1)＋(2＋)x
＝＋m＋2m－256.
(2)由(1)知，f′(x)＝－＋mx
＝(x－512).
令f′(x)＝0，得x＝512，所以x＝64，
当00，f(x)在区间(64,640)上为增函数，
所以f(x)在x＝64处取得最小值，此时，
n＝－1＝－1＝9，故需新建9个桥墩才能使y最小.
19.【解析】(1)∵f′(x)＝，直线l是函数f(x)＝lnx的图像在点(1,0)处的切线，
∴其斜率k＝f′(1)＝1，∴直线l的方程为y＝x－1.
又因为直线l与g(x)的图像相切，
∴x2＋(m－1)x＋＝0，
得Δ＝(m－1)2－9＝0m＝－2(m＝4不合题意，舍去).
(2)由(1)知g(x)＝x2－2x＋，
∴h(x)＝f(x＋1)－g′(x)＝ln(x＋1)－x＋2(x>－1)，
∴h′(x)＝－1＝(x>－1).
当－10；当x>0时，h′(x)<0.
于是，h′(x)在(－1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减.
所以，当x＝0时，h(x)取得最大值h(0)＝2.
20.【解析】 (1)f(x)＝(x－t)2＋4t3－3t＋3，当x＝t时，f(x)取到其最小值g(t)，即g(t)＝4t3－3t＋3.
(2)∵g′(t)＝12t2－3＝3(2t＋1)(2t－1)，
列表如下：
t
(－1，－)
－
(－，)
(，1)
g′(t)
＋
0
－
0
＋
g(t)
↗
极大值
g(－)
↘
极小值
g()
↗
由此可见，g(t)在区间(－1，－)和(，1)上单调递增，在区间(－，)上单调递减.
(3)∵g(1)＝g(－)＝4，g(－1)＝g()＝2，
∴g(t)max＝4，g(t)min＝2，
又∵|g(t)|≤k恒成立，∴－k≤g(t)≤k恒成立，
∴，∴k≥4.
21.【解析】(1)设g(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，于是
g(x－1)＋g(1－x)＝2a(x－1)2＋2c＝(x－1)2－2，
所以.
又g(1)＝－1，则b＝－.所以g(x)＝x2－x－1.
(2)f(x)＝g(x＋)＋mlnx＋＝x2＋mlnx(m∈R，x>0).
当m>0时，由对数函数的性质知，f(x)的值域为R；
当m＝0时，f(x)＝，对任意x>0，f(x)>0恒成立；
当m<0时，由f′(x)＝x＋＝0得x＝，
列表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
这时f(x)min＝f()＝－＋mln，
由f(x)min≤0得，
所以m≤－e，
综上，存在x>0使f(x)≤0成立，实数m的取值范围是(－∞，－e]∪(0，＋∞).
(3)由题知H(x)＝x2－(m＋1)x＋mlnx，H′(x)＝.因为对任意x∈[1，m]，H′(x)＝≤0，所以H(x)在[1，m]内单调递减.
于是|H(x1)－H(x2)|≤H(1)－H(m)
＝m2－mlnm－.
要使|H(x1)－H(x2)|<1恒成立，需m2－mlnm－<1成立，
即 m－lnm－ <0.
记h(m)＝m－lnm－(10，
所以函数h(m)＝m－lnm－在(1，e]上是单调增函数，
所以h(m)≤h(e)＝－1－＝<0，故命题成立.
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