“集合和常用邏輯用語、函數(shù)、導數(shù)及其應用”跟蹤練習參考答案

一、單選題

1.B 2.C 3.A 4.B 5.D 6.C

7.C 8.A 9.D 10.A 11.D 12.D

13.C 14.D 15.D 16.D 17.C

18.C 19.D 20.C

二、多選題

23.AD

24.AD 提示:由f(x)的圖像關于x=2對稱可得f(x+4)=f(-x),再由f(x)為偶函數(shù)可得f(-x)=f(x),故f(x)=f(x+4),即f(x)的周期為4,故A 正確。當x∈[0,2]時,由f(x)=x2可得f(x)在[0,2]上單調遞增,故f(x)在[8,10]上單調遞增,故B 錯誤。又f(0)=0,f(2)=4,故f(x)的值域為[0,4],故C 錯誤。在同一坐標系下畫出函數(shù)y=f(x)與y=4loga(x+5)(a＞1)的圖像,如圖1所示。由圖可知,要使y=f(x)與g(x)=4loga(x+5)在[-4,6]上恰有5個不同交點,只需解得7＜a＜11,即a的取值范圍為(7,11),故D 正確。

圖1

三、填空題

26.1 27.8 28.24x-y-32=0

29.-1或1 30.①②③ 31.(-∞,0)

32.[1,+∞) 33.m≤-1或m＞

34.6 35.4 36.3 37.3

43.②③④ 提示:因為f(x)=x(x-3)2,所以f'(x)=3x2-12x+9=3(x-3)·(x-1)。令f'(x)＞0,解得x＞3或x＜1,所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(-∞,1)和(3,+∞);令f'(x)＜0,解得1＜x＜3,所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(1,3)。又f(0)=0,f(3)=0,f(1)=4,故f(x)(x≥0)的圖像如圖4所示。設f(a)=f(b)=f(c)=t,則0＜t＜4,0＜c＜1＜b＜3＜a＜4,故①錯誤。又f(x)-t=(x-a)(xb)(x-c),故x(x-3)2-t=(x-a)(x-b)(x-c),即x3-6x2+9x-t=x3-(a+b+c)x2+(ab+ac+bc)x-abc,對照系數(shù)得a+b+c=6,故③正確。abc=t∈(0,4),故④正確;因為3＜a＜4,所以3＜6-(b+c)＜4,解得2＜b+c＜3,故②正確。

圖4

四、解答題

45.(1)由x2-7x-18≥0,解得A=(-∞,-2]∪[9,+∞)。

由4-3x-x2＞0,解得B=(-4,1)。

由?UA=(-2,9),可得(?UA)∩B=(-2,1)。

(2)因為A∩C=C,所以C?A。

當C=?時,m+2≥2m-3?m≤5;

當C≠?時,可得或解得m≥7。

綜上可得,實數(shù)m的取值范圍為(-∞,5]∪[7,+∞)。

46.(1)若p為真命題,則m≤x2-2x在x∈[0,2]上恒成立。因為當x∈[0,2]時,(x2-2x)min=1-2=-1,所以m≤-1,即實數(shù)m的取值范圍為(-∞,-1]。

(2)對于q,當x≥0 時,2x+3≥1+3=4,要使2x+3=m成立,只需m≥4即可,即m∈[4,+∞)。

由于p,q只有一個為真命題,則可以分類討論:

當p真q假時,由得m≤-1;

當p假q真時,由得m≥4。

綜上所述,實數(shù)m的取值范圍為(-∞,-1]∪[4,+∞)。

47.(1)由題意易知,f(-x)=f(x),則[f(-x)]'=[f(x)]',即-f'(-x)=f'(x),故f'(x)為奇函數(shù),故g(x)=為奇函數(shù)。

因為f(x)+g(x)=2x+1,所以f(-x)+g(-x)=f(x)-g(x)=2-x+1,兩式相加得f(x)=2x+2-x,所以g(x)=2x-2-x。

(2)由2[f(x)]2-3g(x)≤8,可得2(2x+2-x)2-3(2x-2-x)≤8,所以2(22x+2+2-2x)-3(2x-2-x)≤8,即2[(2x-2-x)2+4]-3(2x-2-x)≤8。

(2)因為f(mx2-1)+f(2-mx)＞0,所以f(mx2-1)＞-f(2-mx),因為f(x)為奇函數(shù),所以f(mx2-1)＞f(mx-2),所以mx2-1＞mx-2,即mx2-mx+1＞0。

①當m=0 時,不等式為1＞0 恒成立,符合題意;

②當m＞0時,有Δ=m2-4m＜0,解得0＜m＜4。

綜上可得,實數(shù)m的取值范圍為[0,4)。

當b≤0時,f'(x)=-x2+b≤0,此時f(x)在R上單調遞減,f(x)在R上只有1個零點,不合題意。

所以實數(shù)b的取值范圍是(0,+∞)。

當a=2,b=-3 時,f(x)=+2x2-3x-6,f'(x)=-x2+4x-3。令f'(x)=-x2+4x-3≥0,解得1≤x≤3,易知x=1是f(x)的極小值點,與題意不符。

當a=-2,b=5 時,f(x)=-2x2+5x-10,f'(x)=-x2-4x+5。令f'(x)=-x2-4x+5≥0,解得-5≤x≤1,易知x=1是f(x)的極大值點,符合題意。

故a=-2,b=5。

因為x∈[-1,3],所以f(x)在[-1,1]上單調遞增,在[1,3]上單調遞減。

50.(1)已知f(x)=lnx-kx+1,求導得f'(x)=-k(x＞0)。

當k≤0時,f'(x)≥0 恒成立,f(x)無極值;

綜上可得,當k≤0 時,f(x)無極值;當k＞0時,f(x)有極大值=-lnk,無極小值。

(2)若g(x)≥f(x),則x(ex-2)-lnx+kx-1≥0在x＞0 時恒成立,所以k≥-ex+2恒成立。

令ω(x)=xex(x＞0),則ω'(x)=(x+1)ex＞0,故ω(x)在(0,+∞)上單調遞增。

所以當x∈(0,x0)時,h(x)單調遞增,當x∈(x0,+∞)時,h(x)單調遞減,所以h(x)max=h(x0)=+2=+2=1。

所以k≥h(x0)=1,即k的取值范圍為[1+∞)。

51.(1)已知x∈R,若f(x)在R上是增函數(shù),則f'(x)=ex-ex-a≥0,即a≤exex在x∈R上恒成立,所以a≤(ex-ex)min。

令g(x)=ex-ex,x∈R,則g'(x)=ex-e,當x＞1 時,g'(x)＞0,當x＜1 時,g'(x)＜0,所以g(x)≥g(1)=0,所以a≤0。

(2)已知a∈,不妨設m＞n,由題意知f'(x)=0有2個不同的解m,n。

由(1)可知n＜1＜m,且f'(m)=f'(n)=0,要證＜e-1,即證f(m)-(e-1)m＜f(n)-(e-1)n。

構造函數(shù)h(t)=f(t)-(e-1)t=et--at-(e-1)t,則h'(t)=et-et-a-(e-1)。

因為f'(0)=e0-a＞0,f'(2)=e2-2e-a＞0,所以0＜n＜1＜m＜2。

令m(t)=h'(t),則m'(t)=et-e。

當t＞1時,m'(t)＞0;當t＜1時,m'(t)＜0。所以h'(t)在(1,2)上單調遞增,在(0,1)上單調遞減。又h'(0)=2-a-e＜0,h'(2)＜0,所以h'(t)＜0,所以h(t)在(0,2)上單調遞減。

所以h(m)＜h(n),即原命題得證。

52.(1)由題意知,f'(x)=(x2-1)exa(x2-1)=(x-1)(x+1)(ex-a)。

若a≤1,則當0＜x＜1時,f'(x)＜0;當x＞1時,f'(x)＞0。所以f(x)在(0,1)上是減函數(shù),在(1,+∞)上是增函數(shù)。

若1＜a＜e,即0＜lna＜1,則當0＜x＜lna或x＞1 時,f'(x)＞0;當lna＜x＜1時,f'(x)＜0。所以f(x)在(0,lna)上是增函數(shù),在(lna,1)上是減函數(shù),在(1,+∞)上是增函數(shù)。

若a=e,則f'(x)≥0 恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù)。

若a＞e,即lna＞1,則當0＜x＜1或x＞lna時,f'(x)＞0;當1＜x＜lna時,f'(x)＜0。所以f(x)在(0,1)上是增函數(shù),在(1,lna)上是減函數(shù),在(lna,+∞)上是增函數(shù)。

綜上所述,當a≤1 時,f(x)在(0,1)上是減函數(shù),在(1,+∞)上是增函數(shù);

當1＜a＜e時,f(x)在(0,lna)上是增函數(shù),在(lna,1)上是減函數(shù),在(1,+∞)上是增函數(shù);

當a=e時,f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù);

當a＞e時,f(x)在(0,1)上是增函數(shù),在(1,lna)上是減函數(shù),在(lna,+∞)上是增函數(shù)。

當0＜x＜x0時,h(x)＜0,即g'(x)＞0;當x0＜x＜1時,h(x)＞0,即g'(x)＜0;當x＞1時,h(x)＞0,即g'(x)＞0。

所以g(x)在(0,x0)上是增函數(shù),在(x0,1)上是減函數(shù),在(1,+∞)上是增函數(shù)。

因為g(1)=＜0,g(2)=e2-2+ln 2＞0,所以g(x)在(1,+∞)內(nèi)有且只有一個零點。

綜上所述,g(x)有且只有一個零點。

①當a≤0 時,f'(x)＞0,f(x)單調遞增,所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞),無單調遞減區(qū)間。

綜上可得,當a＞0時,f(x)的單調遞增區(qū)間為,單調遞減區(qū)間為;

當a≤0時,f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞),無單調遞減區(qū)間。

(3)由(2)可得,當a≤0時,f(x)單調遞增,則f(x)至多一個零點。

若-lna-1＜0,即a＞,則方程f(x)=0無解。

若-lna-1＞0,即0＜a＜,則方程f(x)=0有兩個不等解。

由于x＞0,不妨令x1＞x2＞0,則有l(wèi)nx1=ax1,lnx2=ax2,所以lnx1+lnx2=a(x1+x2),lnx1-lnx2=a(x1-x2),所以a=。

因為t＞1,所以g'(t)＞0 恒成立,所以g(t)在(1,+∞)上單調遞增。

54.(1)由題可知f(x)的定義域為(-1,+∞),f'(x)=-a。

若a≤0,則f'(x)＞0 恒成立,所以f(x)在(-1,+∞)上單調遞增,且f(0)=0,所以f(x)存在唯一零點。

當a∈(0,1)時,h'(a)＜0,h(a)單調遞減;當a∈(1,+∞)時,h'(a)＞0,h(a)單調遞增。

所以h(a)≥h(1)=0,故當a-1-lna=0時,a=1。

綜上可得,當f(x)存在唯一零點時,實數(shù)a的取值范圍為a≤0或a=1。

(2)由(1)知,當a=1時,f(x)=ln(x+1)-x在(0,+∞)上單調遞減,所以f(x)＜f(0)=0,即ln(x+1)＜x在(0,+∞)上恒成立。

令x=3-n,n=1,2,3,…,則ln(1+3-n)＜3-n,所以ln[(1+3-1)(1+3-2)(1+3-3)…(1+3-n)]=ln(1+3-1)+ln(1+3-2)+ln(1+3-3)+…+ln(1+3-n)＜3-1+3-2+3-3+…+3-n=。

所以ln[(1+3-1)(1+3-2)(1+3-3)…(1+3-n)]＜。

所以當n∈N*時,(1+3-1)(1+3-2)(1+3-3)…(1+3-n)＜。