1、第一章检测(B)(时间:90分钟满分:120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已知f(x)=2x+ln x,则f(2)等于()A.0B.4ln 2+C.ln 4D.e2答案A2若f(x)=x2-2x-4ln x,则f(x)的单调递增区间为()A.(-1,0)B.(-1,0),(2,+)C.(2,+)D.(0,+)解析由题意知,f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2x-2-,由f(x)0,得x2.答案C3函数y=(x+1)2(x-1)在x=1处的导数等于()A.1B.2C.3D.4解析y=2(x+1)(x-1)+(x
2、+1)2,y|x=1=4.答案D4已知某列车沿直线轨道前进,刹车后列车的速度为v(t)=18-6t,则列车的刹车距离为()A.27B.54C.81D.13.5解析令v(t)=0,得18-6t=0,得t=3,所以列车的刹车距离为v(t)dt=(18-6t)dt=(18t-3t2)=27.答案A5曲线y=在点(-1,-1)处的切线方程为()A.y=2x+1B.y=2x-1C.y=-2x-3D.y=-2x-2解析y=,曲线在点(-1,-1)处的切线斜率为y|x=-1=2.故切线方程为y+1=2(x+1),即y=2x+1.答案A6对任意的xR,函数f(x)=x3+ax2+7ax不存在极值的充要条件是(
3、)A.0a21B.a=0或a=7C.a21D.a=0或a=21解析f(x)=3x2+2ax+7a,当=4a2-84a0,即0a21时,f(x)0恒成立,函数不存在极值.故选A.答案A7已知f(x)=kx2+2x+2k在(1,2)内有极值点,则k的取值范围是()A.- 1k-B.k-C. k1D.k或k1解析f(x)=2kx+2,由题意知f(1)f(2)0,即(2k+2)(4k+2)0,解得-1k0)的图象在点(ak,)处的切线与x轴交点的横坐标为ak+1,其中kN*.若a1=16,则a1+a3+a5的值是.解析由于y=2x,则函数y=x2(x0)在点(a1,)(a1=16)处(即点(16,25
4、6)处)的切线方程为y-256=32(x-16).令y=0,得a2=8.同理函数y=x2(x0)在点(a2,)(a2=8)处(即点(8,64)处)的切线方程为y-64=16(x-8).令y=0,得a3=4,依次同理求得a4=2,a5=1.所以a1+a3+a5=21.答案2115已知函数y=f(x)的图象是折线段ABC,其中A(0,0),B,C(1,0),函数y=xf(x)(0x1)的图象与x轴围成的图形的面积为.解析由题意f(x)=则xf(x)=所以xf(x)与x轴围成图形的面积为10x2dx+(-10x2+10x)dx=x3=.答案三、解答题(本大题共5小题,共45分.解答时应写出文字说明、
5、证明过程或演算步骤)16(8分)设函数f(x)=.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若k0,求不等式f(x)+k(1-x)f(x)0的解集.解(1)f(x)= ex-ex=ex.由f(x)=0,得x=1.当x0时,f(x)0;当0x1时,f(x)1时,f(x)0.所以f(x)的单调递增区间是1,+),单调递减区间是(-,0),(0,1).(2)由f(x)+k(1-x)f(x)=ex=ex0,得(x-1)(kx-1)0.故当0k1时,解集是.17(8分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx在x=-与x=1处都取得极值.(1)求函数f(x)的解析式;(2)求函数f(x)在区间-2,2上的最大值
6、与最小值.解(1)f(x)=3x2+2ax+b,由题意得解得经检验符合题意,所以f(x)=x3-x2-2x.(2)由(1)知f(x)=3(x-1),令f(x)=0,得x1=-,x2=1,当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x-2-1(1,2)2f(x)+0-0+f(x)-6极大值极小值-2由上表知f(x)max=f(2)=2,f(x)min=f(-2)=-6.18(9分)求抛物线y2=2x与直线y=4-x围成的平面图形的面积S.解由方程组解得抛物线与直线的交点坐标为(2,2)及(8,-4).取x为积分变量,由图可得S=A1+A2,A1=-(-)dx=2dx=2,A2=4-x-(-)
7、dx=(4-x+)dx=,S=18.19(10分)某市旅游部门开发一种旅游纪念品,每件产品的成本是15元,销售价是20元,月平均销售a件.通过改进工艺,产品的成本不变,质量和技术含金量提高,市场分析的结果表明,如果产品的销售价提高的百分率为x(0x1),那么月平均销售量减少的百分率为x2.记改进工艺后,旅游部门销售该纪念品的月平均利润是y(元).(1)写出y与x的函数关系式;(2)改进工艺后,确定该纪念品的售价,使旅游部门销售该纪念品的月平均利润最大,并求出最大利润.解(1)改进工艺后,每件产品的销售价为20(1+x)元,月平均销售量为a(1-x2)件,则月平均利润y=a(1-x2)20(1+
8、x)-15=5a(1+4x-x2-4x3)(0x1).(2)由y=5a(4-2x-12x2)=0,得x=.当0x0,函数为增函数;当x1时,y0,函数为减函数,所以函数y=5a(1+4x-x2-4x3)(0x0时,f(x)x;(2)证明:当k0,使得对任意的x(0,x0),恒有f(x)g(x);(3)确定k的所有可能取值,使得存在t0,对任意的x(0,t),恒有|f(x)-g(x)|x2.(1)证明令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x0,+),则有F(x)=-1=.当x(0,+)时,F(x)0时,F(x)0时,f(x)0,故G(x)在0,+)内递增,G(x)G(0)=0,故任意正实
9、数x0均满足题意.当0k0,取x0=-1,对任意x(0,x0),有G(x)0,从而G(x)在0,x0)内递增,所以G(x)G(0)=0,即f(x)g(x).综上,当k0,使得对任意x(0,x0),恒有f(x)g(x).(3)解法一当k1时,由(1)知,对于x(0,+),g(x)xf(x),故g(x)f(x),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x).令M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x0,+),则有M (x)=k-2x=,故当x时,M(x)0,M(x)在内递增,故M(x)M(0)=0,即|f(x)-g(x)|x2.所以满足题意的t不存在.当k0,使得当x(0,x0
10、)时,f(x)g(x).此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx.令N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x0,+),则有N(x)=-k-2x=,当x时,N(x)0,N(x)在内递增,故N(x)N(0)=0,即f(x)-g(x)x2.记x0与中的较小者为x1,则当x(0,x1)时,恒有|f(x)-g(x)|x2.故满足题意的t不存在.当k=1时,由(1)知,当x0时,|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x).令H(x)=x-ln(1+x)-x2,x0,+),则有H(x)=1-2x=.当x0时,H(x)0,所以H(x)在0,+)内递减,故H(x)
11、0时,恒有|f(x)-g(x)|1时,由(1)知,对于x(0,+),g(x)xf(x),故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)kx-x=(k-1)x.令(k-1)xx2,解得0x1时,对于x(0,k-1),恒有|f(x)-g(x)|x2,故满足题意的t不存在.当k1时,取k1=,从而kk10,使得x(0,x0),f(x)k1xkx=g(x),此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)(k1-k)x=x.令xx2,解得0xx2.记x0与的较小者为x1,当x(0,x1)时,恒有|f(x)-g(x)|x2.故满足题意的t不存在.当k=1时,由(1)知,x0,|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x).令M(x)=x-ln(1+x)-x2,x0,+),则有M(x)=1-2x=.当x0时,M(x) 0,所以M(x)在0,+)内递减,故M(x)0时,恒有|f(x)-g(x)|x2,此时,任意正实数t均满足题意.综上,k=1.
