滚动评估检测(一)

滚动评估检测(一)(第一至第三章)(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.已知全集为实数集R,集合A={x|x2-3x<0},B={x|2x>1},则(R A)∩B= ( )A.(-∞,0]∪[3,+∞)B.(0,1]C.[3,+∞)D.[1,+∞)【解析】选C.集合A={x|x2-3x<0}={x|x(x-3)<0}={x|0<x<3},集合B={x|2x>1}={x|2x>20}={x|x>0}.所以R A={x|x≤0或x≥3},所以(R A)∩B={x|x≥3}.2.已知a,b为实数,命题甲:ab>b2,命题乙:<<0,则甲是乙的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B.由ab>b2,即b(b-a)<0知b与b-a异号,由<<0知a<b<0,故甲是乙的必要不充分条件.3.下列命题中的假命题是( )A.∃x0∈(0,+∞),x0<sin x0B.∀x∈(-∞,0),e x>x+1C.∀x>0,5x>3xD.∃x0∈R,ln x0<0【解析】选A.因为x∈(0,+∞)时,x>sin x恒成立,所以∃x0∈(0,+∞),x0<sin x0,不正确;x∈(-∞,0),令g(x)=e x-x-1,可得g′(x)=e x-1<0,函数是减函数,g(x)>g(0)=0,可得∀x∈(-∞,0),e x>x+1恒成立.由指数函数的性质可知,∀x>0,5x>3x正确;∃x0∈R,ln x0<0,当x∈(0,1)时,ln x<0成立,所以正确.4.已知a=2xdx,函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示,则函数f+a图象的一个对称中心是( )A. B.C. D.【解析】选C.a=2xdx=1,T=4=π,所以ω=2.又是五点中的第2个点,所以2×+φ=,所以φ=.显然A=2,所以f(x)=2sin.则f+a=2sin+1,令2x-=kπ,k∈Z,则x=+,k∈Z,当k=1时,x=.5.如图,点P在边长为1的正方形边上运动,M是CD的中点,则当P沿A-B-C-M运动时,点P经过的路程x与△APM的面积y对应的函数y=f(x)的图象的形状大致是下图中的( )【解析】选A.①当点P在AB上时,如图y=×x×1=x(0≤x≤1);②当点P在BC上时,如图所以PB=x-1,PC=2-x,所以y=S正方形ABCD-S△ADM-S△ABP-S△PCM=1-××1-(x-1)×1-××(2-x)=-x+, 所以y=-x+(1<x≤2);③当点P在CM上时,如图,因为MP=2.5-x,所以y=(2.5-x)=-x+(2<x≤2.5),综上①②③得到的三个函数都是一次函数,由一次函数的图象与性质可以确定y 与x的图象,只有A的图象是三个一次函数且在第二段上y随x的增大而减小.6.函数f(x)=ln(|x|-1)+x的大致图象是 ( )【解析】选A.f(x)的定义域为{x|x<-1或x>1}.f(x)=所以f′(x)=所以当x>1时,f′(x)>0,当x<-2时,f′(x)>0,当-2<x<-1时,f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,-1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.7.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x<0时,f(x)=e x(x+1),给出下列命题:①当x>0时,f(x)=-e-x(x-1);②函数f(x)有2个零点;③f(x)<0的解集为(-∞,-1)∪(0,1);④∀x1,x2∈R,都有<2.其中正确命题的个数是 ( )A.4B.3C.2D.1【解析】选C.①当x>0时,-x<0→f(-x)=e-x(-x+1),因为f(x)为奇函数,所以f(x)=-f(-x)=e-x(x-1),所以①错;②因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0,令f(x)=e x(x+1)=0,得x=-1,所以f(-1)=f(1)=0,所以②错;③当x<0时,令f(x)=e x(x+1)<0,得x+1<0,即x<-1,当x>0时,令f(x)=e-x(x-1)<0,得x-1<0,即0<x<1,所以f(x)<0的解集为(-∞,-1)∪(0,1),所以③正确;④由题意可得f(x)的解析式为f(x)=令y=e x(x+1)→y′=e x(x+1)+e x(x+1)′=e x(x+2),当x>-2时,y′>0,即x∈(-2,0)时f(x)单调递增,当x<-2时,y′<0,即x∈(-∞,-2)时f(x)单调递减.所以-1<f(x)<1,所以|f(x1)-f(x2)|<2,所以④对.8.函数f1(x)=,f2(x)=,…,f n+1(x)=,…,则函数f2 018(x)是( )A.奇函数但不是偶函数B.偶函数但不是奇函数C.既是奇函数又是偶函数D.既不是奇函数也不是偶函数【解析】选A.由题意可知f1(x)=(x≠0)是奇函数,f2(x)=(x≠0)是奇函数,f3(x)=(x≠0)是奇函数…由不完全归纳法提出猜想f n(x)为奇函数,其定义域关于原点对称.当n=1时,f1(x)=命题成立;假设n=k(k∈N+)时命题成立,即f k(x)是奇函数,其定义域关于原点对称,则f k+1(x)=,f k+1(-x)==-=-f k+1(x),即函数f k+1(x)是奇函数,因为f k+1(x)=,分母不为0,所以其定义域为{x|x+f k(x)≠0},关于原点对称.由数学归纳法可知函数f n(x)为奇函数.9.已知函数f(x)=xln x+e t-a,若对任意的t∈[0,1],f(x)在(0,e)上总有唯一的零点,则a的取值范围是( )A. B.[1,e+1)C.[e,e+1)D.【解析】选C.f(x)=xln x+e t-a,令h(x)=xln x,则h′(x)=ln x+1,由h′(x)=0得,x=,当0<x<时,h′(x)<0,当x>时,h′(x)>0,所以h(x)在上单调递减,在上单调递增,在坐标系中画出y=xln x和y=a-e t的图象,如图所示,对任意的t∈[0,1],f(x)在(0,e)上总有唯一的零点,0≤a-e t<e,e t≤a<e t+e,e≤a<1+e,即a∈[e,1+e).10.已知函数f(x)=ln,若f+f+…+f=503(a+b),则a2+b2的最小值为( )A.6B.8C.9D.12【解析】选B.因为f(x)+f(e-x)=ln+ln=ln e2=2,所以503(a+b)=f+f+…+f=f+f+f+f+…+f+f=×(2×2 012)=2 012,所以a+b=4,所以a2+b2≥==8,当且仅当a=b=2时取等号.11.(2018·武威模拟)已知函数f(x)在R上可导,且f(x)=x2+2x·f′(2),则f(-1)与f(1)的大小关系为( )A.f(-1)=f(1)B.f(-1)>f(1)C.f(-1)<f(1)D.不确定【解析】选B.f(x)=x2+2x·f′(2),所以f′(x)=2x+2f′(2),f′(2)=4+2f′(2),所以f′(2)=-4,所以f(x)=x2-8x,f′(x)=2x-8=2(x-4),当x<4时,f′(x)<0,f(x)为减函数,由-1<1<4得f(-1)>f(1).12.已知关于x的不等式xln x-ax+a<0存在唯一的整数解,则实数a的取值范围是 ( )A.(2ln 2,ln 3]B.(ln 2,ln 3]C.[2ln 2,+∞)D.(-∞,2ln 3]【解析】选A.不等式xln x<a(x-1),设g(x)=xln x,g′(x)=1+ln x,则g(x)在上单调递减,在上单调递增,g(1)=0,g(x)的图象如图所示,由图知,a>0且不等式有唯一的整数解2,设h(x)=a(x-1),则所以所以2ln 2<a≤ln 3.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.若直线y=kx与曲线y=x+e-x相切,则k=________.【解析】设切点为(x0,y0),则y0=x0+,因为y′=(x+e-x)′=1-e-x,所以切线斜率k=1-,又点(x0,y0)在直线上,代入方程得y0=kx0,即x0+=(1-)x0,解得x0=-1,所以k=1-e.答案:1-e14.已知a>0且a≠1,函数f(x)=+ln(-x),设函数f(x)的最大值为M,最小值为N,则M+N=________.【解析】f(x)=+ln(-x)=+ln(-x)+2.设g(x)=+ln(-x),g(-x)=+ln(+x)=--ln(-x)=-g(x),则g(x)为奇函数,所以g(x)max+g(x)min=0,所以M+N=4.答案:415.若偶函数y=f(x),x∈R,满足f(x+2)=-f(x),且当x∈[0,2]时,f(x)=2-x2,则方程f(x)=sin|x|在[-10,10]内的根的个数为________.【解析】因为函数y=f(x)为偶函数,且满足f(x+2)=-f(x),所以f(x+4)=f(x+2+2)=-f(x+2)=f(x),所以偶函数y=f(x)为周期为4的函数,由x∈[0,2]时,f(x)=2-x2可作出函数f(x)在[-10,10]上的图象,同时作出函数y=sin|x|在[-10,10]上的图象,交点个数即为所求.数形结合可得交点个数为10.答案:1016.已知定义在R上的奇函数f(x)满足:当x≥0时,f(x)=x-sin x,若不等式f(-4t)>f(2m+mt2)对任意实数t恒成立,则实数m的取值范围是________. 【解析】因为当x≥0时,f′(x)=1-cos x≥0,所以由奇函数的对称性可知函数f(x)在R上单调递增,则原不等式可化为-4t>2m+mt2,即mt2+4t+2m<0,当m≥0时,不等式不成立,所以m<0,此时判别式16-8m2<0,即m2>2,所以m>或m<-,由于m<0,所以m<-.答案:(-∞,-)三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)设命题p:实数x满足x2-4ax+3a2<0,其中a>0;命题q:实数x满足≤0.(1)若a = 1,且p∧q为真,求实数x的取值范围. 世纪金榜导学号(2)若¬p是¬q的充分不必要条件,求实数a的取值范围.【解析】(1)由x2-4ax+3a2<0得(x-3a)(x-a)<0,又a>0,所以a<x<3a,当a = 1时, 1<x<3,即p为真时实数x 的取值范围是1<x<3.q为真时≤0等价于得2<x≤3,即q为真时实数x 的取值范围是2<x≤3.若p∧q为真,则p真且q真,所以实数x 的取值范围是(2,3).(2)¬q为:实数x满足x≤2或x>3;¬p为:实数x满足x2-4ax+3a2≥0,并解x2-4ax+3a2≥0得x≤a,或x≥3a.¬p是¬q的充分不必要条件,所以a应满足:a≤2,且3a>3,解得1<a≤2.所以a的取值范围为(1,2].18.(12分)已知函数f(x)=x3+x2+ax+1. 世纪金榜导学号(1)当a=-3时,求函数f(x)的极值.(2)若函数f(x)在区间[-2, a]上单调递增,求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=-3时,f(x)=x3+x2-3x+1,f′(x)=x2+2x-3=(x+3)(x-1),由f′(x)>0,可得x>1或x<-3,而f′(x)<0时,-3<x<1,所以函数f(x)的增区间为(-∞,-3)和(1,+∞),减区间为(-3,1),所以f(x)的极大值为f(-3)=10,极小值为f(1)=-.(2)f′(x)=x2+2x+a,f(x)在区间[-2,a]上单调递增,即为f′(x)在[-2,a]上的最小值大于或等于0,①当a>-1时,f′(x)min=f′(-1)=a-1,当a-1≥0时,a≥1;②当-2<a≤-1时,由f′(x)min=f′(a)=a2+3a≥0,可得a≥0或a≤-3这与-2<a≤-1矛盾,不可取.综合①②可知,a的取值范围是[1,+∞).19.(12分)已知函数f(x)=(x2+mx+n)e x,其导函数y=f′(x)的两个零点为-3和0.世纪金榜导学号(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.(2)求函数f(x)的单调区间.(3)求函数f(x)在区间[-2,2]上的最值.【解析】(1)因为f(x)=(x2+mx+n)e x,所以f′(x)=(2x+m)e x+(x2+mx+n)e x=[x2+(2+m)x+(m+n)]e x,由知解得从而f(x)=(x2+x-1)e x,所以f′(x)=(x2+3x)e x,所以f(1)=e,所以f′(1)=4e,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e. (2)由于e x>0,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:x (-∞,-3) -3 (-3,0) 0 (0,+∞)f′(x) + 0 - 0 +f(x) 单调递增极大值单调递减极小值单调递增故f(x)的单调增区间是(-∞,-3),(0,+∞),单调减区间是(-3,0),(3)由于f(2)=5e2,f(0)=-1,f(-2)=e-2,所以函数f(x)在区间[-2,2]上的最大值为5e2,最小值为-1.20.(12分)已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). 世纪金榜导学号(1)若曲线y=f(x)与直线x-y-1=0相切,求实数a的值.(2)若函数y=f(x)有两个零点x1,x2,证明+>2.【解析】(1)由f(x)=ln x-ax,得f′(x)=-a,设切点横坐标为x0,依题意得解得即实数a的值为0.(2)不妨设0<x1<x2,由得ln x2-ln x1=a(x2-x1),即=,所以+-2=+-2=-2=,令t=>1,则ln>0,--2ln=t--2ln t,设g(t)=t--2ln t,则g′(t)=>0,即函数g(t)在(1,+∞)上递增,所以g(t)>g(1)=0,从而>0,即+>2.21.(12分)已知函数f(x)=x2e ax.(1)当a<0时,讨论函数f(x)的单调性.(2)在(1)的条件下,求函数f(x)在区间[0,1]上的最大值.(3)设函数g(x)=2e x-,求证:当a=1时,∀x∈(0,1),g(x)-xf(x)>2恒成立.【解析】(1)由题意知f′(x)=e ax(ax2+2x),令f′(x)=0,可得x=0或x=-.又a<0,则由f′(x)<0,得x<0或x>-,由f′(x)>0,得0<x<-.所以函数f(x)在(-∞,0)和上单调递减,在上单调递增.(2)在(1)的条件下,当-≥1,即-2≤a<0时,f(x)在[0,1]上单调递增,则f(x)的最大值为f(1)=e a;当-<1,即a<-2时,f(x)在上单调递增,在上单调递减,则f(x)的最大值为f=e-2.(3)要证g(x)-xf(x)>2,即证(2-x3)e x>2+,令h(x)=(2-x3)e x,则h′(x)=(-x3-3x2+2)e x=-e x(x+1)(x2+2x-2),又x∈(0,1),易知在(0,1)上h(x)存在极大值点,又h(0)=2,h(1)=e,则h(x)在(0,1)上恒大于2,而2+在(0,1)上恒小于2,因此g(x)-xf(x)>2在(0,1)上恒成立.22.(12分)(2019·张掖模拟)设函数f(x)=-aln x.(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.(2)求函数f(x)的单调区间和极值.(3)若函数f(x)在区间(1,e2]内恰有两个零点,试求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=-ln x,则f′(x)=x-,所以f′(1)=0,又f(1)=,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-=0×(x-1),即y=.(2)由f(x)=-aln x,得f′(x)=x-=(x>0).①当a≤0时,f′(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,函数既无极大值,也无极小值;②当a>0时,由f′(x)=0,得x=或x=-(舍去).于是,当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况如表:x (0,) (,+∞)f′(x) - 0 +f(x) ↘↗所以函数f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).函数f(x)在x=处取得极小值f()=,无极大值.综上可知,当a≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),函数f(x)既无极大值也无极小值;当a>0时,函数f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间为(,+∞),函数f(x)有极小值,无极大值.(3)当a≤0时,由(2)知函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故函数f(x)在区间(1,e2]内至多有一个零点,不合题意.当a>0时,由(2)知,当x∈(0,)时,函数f(x)单调递减;当x∈(,+∞)时,函数f(x)单调递增,函数f(x)在(0,+∞)上的最小值为f()=.若函数f(x)在区间(1,e2]内恰有两个零点,则需满足即整理得所以e<a≤.故所求a的取值范围为.关闭Word文档返回原板块。