高考数学一轮复习 专题训练二 基本初等函数、导数及其应用 文 理(1)

专题二 基本初等函数、导数及其应用1. 某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为( )A ．5B ．7C ．9D ．112.已知a ＝21.2，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－0.8，c ＝2log 52，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．c <b <aB ．c <a <bC ．b <a <cD ．b <c <a3.函数y ＝cos 6x2x －2－x 的图象大致为( )4.已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a ＜b ＜c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论：①f (0)f (1)＞0；②f (0)f (1)＜0；③f (0)f (3)＞0；④f (0)f (3)＜0.其中正确结论的序号是( ) A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．②④5.设定义在R 上的函数f (x )是最小正周期为2π的偶函数，f ′(x )是f (x )的导函数，当x ∈[0，π] 时，0＜f (x )＜1；当x ∈(0，π) 且x ≠π2时，(x －π2)f ′(x )＞0，则函数y ＝f (x )－sin x 在[－2π，2π]上的零点个数为( )A ．2B ．4C ．5D ．86.如右图，|OA |＝2(单位：m)，|OB |＝1(单位：m)，OA 与OB 的夹角为π6，以A 为圆心，AB 为半径作圆弧与线段OA 延长线交于点C .甲、乙两质点同时从点O 出发，甲先以速率1(单位：m/s)沿线段OB 行至点B ，再以速率3(单位：m/s)沿圆弧行至点C 后停止；乙以速率2(单位：m/s)沿线段OA 行至点A 后停止．设t 时刻甲、乙所到达的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为S (t )(S (0)＝0)，则函数y ＝S (t )的图像大致是( )7.已知定义在区间[0，2]上的函数y ＝f (x )的图象如图所示，则y ＝－f (2－x )的图象为( )8.设函数f (x )＝（x ＋1）2＋sin xx 2＋1的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝________．9.设f (x )是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[－1，1]上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋1，－1≤x ＜0，bx ＋2x ＋1，0≤x ≤1，其中a ，b ∈R .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，则a ＋3b 的值为________．10.已知函数y ＝f (x )的图像是折线段ABC ，其中A (0，0)、B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1、C (1，0)．函数y ＝xf (x )(0≤x ≤1)的图像与x 轴围成的图形的面积为__________．11.设0＜a ＜1，集合A ＝{x ∈R |x >0}，B ＝{x ∈R |2x 2－3(1＋a )x ＋6a >0}，D ＝A ∩B . (1)求集合D (用区间表示)；(2)求函数f (x )＝2x 3－3(1＋a )x 2＋6ax 在D 内的极值点．12.设定义在(0，＋∞)上的函数f (x )＝ax ＋1ax＋b (a ＞0)．(Ⅰ)求f (x )的最小值；(Ⅱ)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝32x ，求a ，b 的值．13.设f (x )＝ln x ＋x －1，证明：(Ⅰ)当x >1时，f (x )<32(x －1)；(Ⅱ)当1<x <3时，f (x )<9（x －1）x ＋5.14.已知f (x )＝lg(x ＋1)．(1)若0<f (1－2x )－f (x )<1，求x 的取值范围；(2)若g (x )是以2为周期的偶函数，且当0≤x ≤1时，有g (x )＝f (x )，求函数y ＝g (x )(x ∈[1，2])的反函数．专题二 基本初等函数、导数及其应用1.C 前m 年的年平均产量最高，而S m m最大，由图可知，前9年(含第9年)直线递增，当m ＞9(m ∈N ＋)时，总产量S n 递增放慢，故m ＝9.2.A ∵b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－0.8＝20.8<21.2＝a ，且b >1，又c ＝2log 52＝log 54<1， ∴c <b <a .3.D y ＝cos6x2x －2－x 为奇函数，排除A 项．y ＝cos6x 有无穷多个零点，排除C 项．当x →0＋时，2x －2－x＞0，cos6x →1，∴y ＞0，故选D.4.C ∵f ′(x )＝3(x －1)(x －3)，∴f (x )在(－∞，1)，(3＋∞)上单调递增， f (x ) 在(1，3)上单调递减． 又f (a )＝f (b )＝f (c )＝0， ∴f (x )的草图如下．由图象可知f (1)>0，f (3)<0且a <1<b <3<c ， 即⎩⎪⎨⎪⎧4－abc >0abc >0， 故0<abc <4. ∴a >0.即0<a <1<b <3<c .∴f (0)·f (1)<0，f (0)·f (3)>0. 故选C.5.B 由已知可得f (x )的图象(如图)， 由图可得零点个数为4.6.A 当0<t <1时，S (t )＝12×t ×2t ×sin π6＝12t 2；当t ≥1时，S (t )＝S △OAB ＋S 扇形 ＝12×1×2×12＋12·3(t －1)·AB ＝12－3·AB 2＋32AB ·t . 而AB 2＝1＋4－2×2×cos π6＝5－2 3.∴32AB >1，即直线的倾斜角大于45°. ∴选A.7.B 由f (x )――→关于y 轴对称f (－x )――→右移2个单位f [－(x －2)]――→沿x 轴翻折－f (2－x )． 8.2 f (x )＝1＋2x ＋sin x x 2＋1，令g (x )＝2x ＋sin xx 2＋1，则g (x )为奇函数，对于一个奇函数，其最大值与最小值之和为0，即g (x )max ＋g (x )min ＝0，而f (x )max ＝1＋g (x )max ，f (x )min ＝1＋g (x )min ，∴f (x )max ＋f (x )min ＝M ＋m ＝2.9.－10 ∵f (32)＝f (－12)，∴f (12)＝f (－12)，∴12b ＋232＝－12a ＋1，易求得3a ＋2b ＝－2， 又f (1)＝f (－1)，∴－a ＋1＝b ＋22，即2a ＋b ＝0， ∴a ＝2，b ＝－4， ∴a ＋3b ＝－10. 10.14由题意易得 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x （0≤x ≤12）－2x ＋2（12<x ≤1），∴y ＝xf (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2（0≤x ≤12）－2x 2＋2x （12<x ≤1），∴所围成的图形的面积为S ＝∫1202x 2d x ＋∫112(－2x 2＋2x ) d x＝23x 3⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪120＋（－23x 3＋x 2）112＝23×(12)3＋(－23)×1＋1＋23×(12)3－(12)2 ＝112－23＋1＋112－14 ＝14. 11.解：令g (x )＝2x 2－3(1＋a )x ＋6a ，Δ＝9(1＋a )2－48a ＝9a 2－30a ＋9＝3(3a －1)(a －3)．(1)①当0＜a ≤13时，Δ≥0.方程g (x )＝0的两个根分别为x 1＝3a ＋3－9a 2－30a ＋94，x 2＝3a ＋3＋9a 2－30a ＋94.所以g (x )＞0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，3a ＋3－9a 2－30a ＋94∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋3＋9a 2－30a ＋94，＋∞.因为x 1，x 2＞0，所以D ＝A ∩B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3a ＋3－9a 2－30a ＋94∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋3＋9a 2－30a ＋94，＋∞.②当13＜a ＜1时，Δ＜0，则g (x )＞0恒成立，所以D ＝A ∩B ＝(0，＋∞)．综上所述，当0＜a ≤13时，D ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3a ＋3－9a 2－30a ＋94∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋3＋9a 2－30a ＋94，＋∞；当13＜a ＜1时，D ＝(0，＋∞)． (2)f ′(x )＝6x 2－6(1＋a )x ＋6a ＝6(x －a )(x －1)，令f ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝1.①当0＜a ≤13时，由(1)知D ＝(0，x 1)∪ (x 2，＋∞)．因为g (a )＝2a 2－3(1＋a )a ＋6a ＝a (3－a )＞0， g (1)＝2－3(1＋a )＋6a ＝3a －1≤0， 所以0＜a ＜x 1＜1≤x 2，所以f ↗ ↘ ↗所以f ②当13＜a ＜1时，由(1)知D ＝(0，＋∞)，↗ ↘ ↗ 综上所述，当0＜a ≤13时，f (x )有一个极大值点x ＝a ，没有极小值点；当13＜a ＜1时，f (x )有一个极大值点x ＝a ，一个极小值点x ＝1. 12.解：(Ⅰ)法一：由题设和均值不等式可知，f (x )＝ax ＋1ax＋b ≥2＋b ，其中等号成立当且仅当ax ＝1，即当x ＝1a时，f (x )取最小值为2＋b .法二：f (x )的导数f ′(x )＝a －1ax 2＝a 2x 2－1ax 2，当x ＞1a 时，f ′(x )＞0，f (x )在(1a，＋∞)上递增；当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，1a)上递减．所以当x ＝1a时，f (x )取最小值为2＋b .(Ⅱ)f ′(x )＝a －1ax 2，由题设知，f ′(1)＝a －1a ＝32，解得a ＝2或a ＝－12(不合题意，舍去)，将a ＝2代入f (1)＝a ＋1a ＋b ＝32，解得b ＝－1.所以a ＝2，b ＝－1.13.证明：(Ⅰ)法一：记g (x )＝ln x ＋x －1－32(x －1)，则当x >1时，g ′(x )＝1x ＋12x －32<0.又g (1)＝0，有g (x )<0，即f (x )<32(x －1)．法二：由均值不等式，当x >1时，2x <x ＋1，故x <x 2＋12.① 令k (x )＝ln x －x ＋1，则k (1)＝0，k ′(x )＝1x－1<0，故k (x )<0， 即ln x <x －1.②由①②得，当x >1时，f (x )<32(x －1)．(Ⅱ)法一：记h (x )＝f (x )－9（x －1）x ＋5，由(Ⅰ)得h ′(x )＝1x ＋12x －54（x ＋5）2＝2＋x 2x －54（x ＋5）2<x ＋54x －54（x ＋5）2 ＝（x ＋5）3－216x 4x （x ＋5）2.令g (x )＝(x ＋5)3－216x ，则当1<x <3时， g ′(x )＝3(x ＋5)2－216<0.因此g (x )在(1，3)内是递减函数．又由g (1)＝0，得g (x )<0，所以h ′(x )<0. 因此h (x )在(1，3)内是递减函数， 又h (1)＝0，得h (x )<0.于是当1<x <3时，f (x )<9（x －1）x ＋5.法二：记h (x )＝(x ＋5)f (x )－9(x －1)， 则当1<x <3时，由(Ⅰ)得h ′(x )＝f (x )＋(x ＋5)f ′(x )－9 <32(x －1)＋(x ＋5)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋12x －9 ＝12x [3x (x －1)＋(x ＋5)(2＋x )－18x ] <12x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3x （x －1）＋（x ＋5）⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 2＋12－18x ＝14x(7x 2－32x ＋25)<0. 因此h (x )在(1，3)内单调递减， 又h (1)＝0，所以h (x )<0，即f (x )<9（x －1）x ＋5.14.解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧2－2x >0x ＋1>0，得－1<x <1.由0<lg(2－2x )－lg(x ＋1)＝lg 2－2xx ＋1<1得1<2－2x x ＋1<10.因为x ＋1>0，所以x ＋1<2－2x <10x ＋10， －23<x <13. 由⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <1－23<x <13，得－23<x <13.(2)当x ∈[1，2]时，2－x ∈[0，1]，因此y ＝g (x )＝g (x －2)＝g (2－x )＝f (2－x )＝lg(3－x )． 由单调性可得y ∈[0，lg 2]．因为x ＝3－10y ，所以所求反函数是y ＝3－10x，x ∈[0，lg 2]．。