2016届高考数学(理)大一轮复习同步训练第(2)章《函数、导数及其应用》单元质量检测(新课标版)

第二章单元质量检测
时间：90分钟 分值：100分 一、选择题(每小题4分，共40分) 1．函数y ＝
＋0
2x ＋1
的定义域为( )
A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞
B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－1∪(－1，＋∞)
C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞
D.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－12，－1∪(－1，＋∞) 解析：由⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＋1≠0，2x ＋1>0，得x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，＋∞.
答案：A
2．曲线y ＝x 3
－2x ＋4在点(1,3)处的切线的倾斜角为( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．120°
解析：由y′＝3x 2
－2得y′|x ＝1＝1，即曲线在点(1,3)处的切线斜率为1，所以切线的倾斜角为45°.
答案：B
3．若已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪
⎧
log 2x ，x>0，9－x
＋1，x≤0，
则f(f(1))＋f ⎝
⎛⎭⎪⎫log 312
的值是( ) A ．7 B ．2 C ．5 D ．3
解析：f(1)＝log 21＝0，所以f(f(1))＝f(0)＝2.因为log 312<0，所以f ⎝
⎛⎭⎪⎫log 312＝9＋1＝9
log3
2＋1＝3
2log3
2
＋1＝3
log3
4
＋1＝4＋1＝5，所以f(f(1))＋f ⎝
⎛⎭⎪⎫log 312＝2＋5＝7，故选A.
答案：A
4．已知a ＝0.7－ 13 ，b ＝0.6－ 1
3
，c ＝log 2.11.5，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．c<a<b B ．c<b<a C ．a<b<c D ．b<a<c
解析：由log 2.11.5<1<0.7－13<0.6－1
3
，得c<a<b.
答案：A
5．函数f(x)＝2x －sinx 的零点个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4
解析：显然f(x)的一个零点是0，而f′(x)＝2－cosx>0，即f(x)在R 上单调递增，因此函数f(x)只有一个零点，故选A.
答案：A
6．已知函数f(x)＝x －4＋9
x ＋1
，x ∈(0,4)，当x ＝a 时，f(x)取得最小值b ，则函数g(x)
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a |x ＋b|的图象为( )
解析：由基本不等式得f(x)＝x ＋1＋9
x ＋1－5≥2
＋
9
x ＋1
－5＝1，当且仅当x ＋1＝9
x ＋1
，
即x ＝2时取得最小值1，故a ＝2，b ＝1，
因此g(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a |x ＋b|＝⎝ ⎛⎭
⎪
⎫12|x ＋1|，
只需将y ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12|x|
的图象向左平移1个单位即可，
其中y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x|的图象可利用其为偶函数通过y ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x
作出，故选B.
答案：B
7．定义在R 上的奇函数f(x)满足f(x －4)＝－f(x)，且在区间[0,2]上是增函数，则( ) A ．f(2)<f(5)<f(8) B ．f(5)<f(8)<f(2) C ．f(5)<f(2)<f(8)
D ．f(8)<f(2)<f(5)
解析：因为f(x －4)＝－f(x)，所以f(x ＋8)＝f(x)， 所以函数f(x)是周期函数，且周期为8， 所以f(8)＝f(0)，f(5)＝－f(1)＝f(－1)， 因为奇函数f(x)在区间[0,2]上是增函数， 所以函数f(x)在区间[－2,2]上是增函数， 又－2<－1<0<2，所以f(5)<f(8)<f(2)． 答案：B
8．若函数f(x)＝13x 3＋mx 2－3m 2
x ＋1，m ∈R 在区间(－2,3)上是减函数，则实数m 的取值
范围为( )
A ．m≥3
B ．m≤－2
C ．m≥2或m≤－3
D ．m≥3或m≤－2
解析：因为f′(x)＝x 2
＋2mx －3m 2
，令f′(x)＝0，得x ＝－3m 或x ＝m.当m ＝0时，f′(x)＝x 2
≥0恒成立，不符合题意．当m>0时，f(x)的单调递减区间是(－3m ，m)，若f(x)在区间(－
2,3)上是减函数，则⎩⎪⎨
⎪⎧
－3m≤－2m≥3
，解得m≥3.当m<0时，f(x)的单调递减区间是(m ，－3m)，
若f(x)在区间(－2,3)上是减函数，则⎩⎪⎨
⎪⎧
m≤－2
－3m≥3
，解得m≤－2.综上所述，实数m 的取值范
围是m≥3或m≤－2.故选D.
答案：D
9．若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x 3
－ax 2
－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )
A ．2
B ．3
C ．6
D ．9
解析：∵f′(x)＝12x 2
－2ax －2b ， Δ＝4a 2
＋96b>0，又x ＝1是极值点，
∴f′(1)＝12－2a －2b ＝0，即a ＋b ＝6，且a>0，b>0， ∴ab≤＋2
4
＝9，当且仅当a ＝b 时“＝”成立，所以ab 的最大值为9.
答案：D
10．(2014·湖南卷)若0<x 1<x 2<1，则( ) A ．ex 2－ex 1>lnx 2－lnx 1 B ．ex 2－ex 1<lnx 2－lnx 1 C ．x 2ex 1>x 1ex 2 D ．x 2ex 1<x 1ex 2
解析：构造函数f(x)＝e x －lnx ，则f′(x)＝e x －1x ，故f(x)＝e x
－lnx 在(0,1)上有一个
极值点，即f(x)＝e x
－lnx 在(0,1)上不是单调函数，无法判断f(x 1)与f(x 2)的大小，故A 、B 错；构造函数g(x)＝e x
x ，则g′(x)＝xe x
－e x
x 2
＝e
x
－x 2，故函数g(x)＝e
x
x
在(0,1)上单调递
减，故g(x 1)>g(x 2)，x 2ex 1>x 1ex 2，故选C.
答案：C
二、填空题(每小题4分，共16分)
11．设f(x)＝⎩
⎪⎨⎪⎧
x 2
，x<0，
2x
，x≥0，则f[f(－1)]＝________.
解析：f(－1)＝(－1)2
＝1，所以f[f(－1)]＝f(1)＝21
＝2. 答案：2
12．不等式x 2
－2x<0表示的平面区域与抛物线y 2
＝4x 围成的封闭区域的面积为________． 解析：由x 2－2x<0，得0<x<2，又y 2
＝4x ，得y ＝±2x ，∴所求面积S ＝2⎠
⎛0
22xdx ＝4·
23x 3
2 ⎪⎪
⎪
20
＝1623
.
答案：163
2
13．若曲线f(x)＝ax 2
＋lnx 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________． 解析：依题意得，f′(x)＝2ax ＋1
x ＝0(x>0)有实根，
所以a ＝－1
2x 2<0.
答案：(－∞，0)
14．对于函数f(x)＝x|x|＋px ＋q ，现给出四个命题： ①q ＝0时，f(x)为奇函数； ②y ＝f(x)的图象关于(0，q)对称；
③p ＝0，q>0时，方程f(x)＝0有且只有一个实数根； ④方程f(x)＝0至多有两个实数根． 其中正确命题的序号为________．
解析：若q ＝0，则f(x)＝x|x|＋px ＝x(|x|＋p)为奇函数，所以①正确；由①知，当q ＝0时，f(x)为奇函数，图象关于原点对称，f(x)＝x|x|＋px ＋q 的图象由函数f(x)＝x|x|＋px 向上或向下平移|q|个单位，所以图象关于(0，q)对称，所以②正确；当p ＝0，q>0时，
f(x)＝x|x|＋q ＝⎩⎪⎨⎪⎧
x 2
＋q ，x≥0，
－x 2
＋q ，x<0，
当f(x)＝0，得x ＝－q ，只有一解，所以③正确；取q
＝0，p ＝－1，f(x)＝x|x|－x ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
x 2
－x ，x≥0，－x 2
－x ，x<0，
由f(x)＝0，可得x ＝0，x ＝±1有三个实
根，所以④不正确．综上正确命题的序号为①②③.
答案：①②③
三、解答题(共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤．)
15．(10分)已知函数f(x)＝a －1
|x|
.
(1)求证：函数y ＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)若f(x)<2x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f(x)＝a －1
x ，
设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0，
f(x 2)－f(x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 2－⎝ ⎛⎭
⎪⎫a －1x 1 ＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2
>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数． (2)由题意a －1
x <2x 在(1，＋∞)上恒成立，
设h(x)＝2x ＋1
x ，则a<h(x)在(1，＋∞)上恒成立．
任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1<x 2， h(x 1)－h(x 2)＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1x 1x 2. 因为1<x 1<x 2，所以x 1－x 2<0，x 1x 2>1， 所以2－1
x 1x 2>0，所以h(x 1)<h(x 2)，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增． 故a≤h(1)即a≤3，
所以a 的取值范围是(－∞，3]．
16．(10分)(2014·江西卷)已知函数f(x)＝(x 2
＋bx ＋b)·1－2x(b ∈R)． (1)当b ＝4时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，13上单调递增，求b 的取值范围． 解：(1)当b ＝4时，f′(x)＝－
＋1－2x
，
由f′(x)＝0得x ＝－2或x ＝0.
当x ∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x ∈(－2,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 故f(x)在x ＝－2取极小值f(－2)＝0，在x ＝0取极大值f(0)＝4.
(2)f′(x)＝
－x[5x ＋－
1－2x
，
因为当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，－x 1－2x
<0，
依题意当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0，从而53＋(3b －2)≤0.
所以b 的取值范围为⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，19.
17．(12分)设函数f(x)＝x 2
＋ax －lnx(a ∈R)． (1)若a ＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)过坐标原点O 作曲线y ＝f(x)的切线，证明：切点的横坐标为1. 解：(1)a ＝1时，f(x)＝x 2＋x －lnx(x>0)， ∴f′(x)＝2x ＋1－1
x
＝
－
＋
x
，
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f′(x)<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞时，f′(x)>0. ∴f(x)的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，单调递增区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞.
(2)证明：设切点为M(t ，f(t))，f′(x)＝2x ＋a －1
x ，
切线的斜率k ＝2t ＋a －1
t ，又切线过原点，则k ＝
t
，
∴
t
＝2t ＋a －1t
，即t 2＋at －lnt ＝2t 2
＋at －1.
∴t 2
－1＋lnt ＝0，
存在性：t ＝1满足方程t 2
－1＋lnt ＝0， ∴t ＝1是方程t 2
－1＋lnt ＝0的根．
再证唯一性：设φ(t)＝t 2
－1＋lnt ，φ′(t)＝2t ＋1t >0，
φ(t)在(0，＋∞)单调递增，且φ(1)＝0， ∴方程t 2
－1＋lnt ＝0有唯一解． 综上，切点的横坐标为1.
18．(12分)(2014·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x 3
－3x 2
＋ax ＋2，曲线y ＝f(x)在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.
(1)求a ；
(2)证明：当k<1时，曲线y ＝f(x)与直线y ＝kx －2只有一个交点． 解：(1)f′(x)＝3x 2
－6x ＋a ，f′(0)＝a ， 曲线y ＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题意得－2
a ＝－2，所以a ＝1.
(2)由(1)知，f(x)＝x 3
－3x 2
＋x ＋2.
设g(x)＝f(x)－kx ＋2＝x 3
－3x 2
＋(1－k)x ＋4. 由题设知1－k>0.
当x≤0时，g′(x)＝3x 2－6x ＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k －1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．
当x>0时，令h(x)＝x 3
－3x 2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．
h′(x)＝3x 2
－6x ＝3x(x －2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．
综上，g(x)＝0在R 有唯一实根，即曲线y ＝f(x)与直线y ＝kx －2只有一个交点．。