4、L,記作[H+])和氫氧根離子的物質(zhì)的量的濃度(單位mol/L,記作[OH-])的乘積等于常數(shù)10-14.已知pH值的定義為pH=-lg[H+],健康人體血液的pH值保持在7.35~7.45之間,那么健康人體血液中的可以為(參考數(shù)據(jù):lg2≈0.30, lg3≈0.48)( )
A.B.1C.D.
11.(2018·聊城模擬)已知函數(shù)f(x)=恰有3個零點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
12.已知f(x)是定義在[-1,1]上的奇函數(shù),對任意的x1,x2∈[-1,1],均有(x2-x1)(f(x2)-f(x1))≥0.當(dāng)x∈[0,1]時,2f=f(x),f(
5、x)=1-f(1-x),則f+f+…+f+f等于( )
A.-B.-6C.-D.-
二、填空題
13.已知集合A={x|01},則A∩B=________.
14.若函數(shù)f(x)=x3+x2+mx+1在R上無極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________.
15.已知f(x)=若f(x)=x+a有兩個零點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.
16.已知函數(shù)f(x)=x3-3ax-1,a≠0,若f(x)在x=-1處取得極值,直線y=m與y=f(x)的圖象有三個不同的交點(diǎn),則m的取值范圍是________.
三、解答題
17.已知p:-x2+6x+16
6、≥0,q:x2-4x+4-m2≤0(m>0).
(1)若p為真,求實(shí)數(shù)x的取值范圍;
(2)若p是q成立的充分不必要條件,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
18.已知集合A=,B=.
(1)若C={x|m+1≤x≤2m-1},C?(A∩B),求實(shí)數(shù)m的取值范圍;
(2)若D={x|x>6m+1},且(A∪B)∩D=?,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
19.已知函數(shù)f(x)=x-alnx,g(x)=-(a∈R).
(1)若a=1,求函數(shù)f(x)的極值;
(2)設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間.
7、
20.建設(shè)生態(tài)文明是關(guān)系人民福祉、關(guān)乎民族未來的大計(jì),是實(shí)現(xiàn)中國夢的重要內(nèi)容.習(xí)近平指出:“綠水青山就是金山銀山”.某鄉(xiāng)鎮(zhèn)決定開墾荒地打造生態(tài)水果園區(qū),其調(diào)研小組研究發(fā)現(xiàn):一棵水果樹的產(chǎn)量w(單位:千克)與肥料費(fèi)用10x(單位:元)滿足如下關(guān)系:ω(x)=此外,還需要投入其它成本(如施肥的人工費(fèi)等)20x元.已知這種水果的市場售價為16元/千克,且市場需求始終供不應(yīng)求.記該棵水果樹獲得的利潤為f(x)(單位:元).
(1)求f(x)的函數(shù)關(guān)系式;
(2)當(dāng)投入的肥料費(fèi)用為多少時,該水果樹獲得的利潤最大?最大利潤是多少?
21.已知函數(shù)f(
8、x)=loga(1-x)+loga(x+3)(00時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若函數(shù)y=f(x)的圖象在點(diǎn)(2,f(2))處的切線的傾斜角為45°,且函數(shù)g(x)=x2+nx+mf′(x)(m,n∈R)當(dāng)且僅當(dāng)在x=1處取得極值,其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),求m的取值范圍.
答案精析
9、
1.B 2.C 3.A 4.B 5.A 6.D 7.D
8.C
9.C [同一坐標(biāo)系內(nèi),分別作出函數(shù)
y=ex,y=x2-2x,y=lnx,y=-2,
y=x的圖象,
如圖,
可得a是y=ex,y=x2-2x圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo);
b是y=lnx,y=-2圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo);
c是y=-2,y=x圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo);
即a,b,c分別是圖中點(diǎn)A,C,B的橫坐標(biāo),
由圖象可得,a
10、-0.9<=1014·[H+]2<10-0.7,10-0.9=>,
lg(100.7)=0.7>lg3>lg2,
∴100.7>3>2,10-0.7<<,
∴<<,故選C.]
11.A [--3a=--3a=-1-3a,在(-∞,-2]上單調(diào)遞減.
若a≥0,則ex-在(-2,0)上單調(diào)遞增,
那么零點(diǎn)個數(shù)至多有兩個,不符合題意,故a<0.
當(dāng)x≤-2時,-1-3a>0,a<-,
且-1-3a≤0,a≥-,
使得第一段有一個零點(diǎn),
故a∈.
對于第二段,ex-=,
故需g(x)=xex-a在區(qū)間(-2,0)有兩個零點(diǎn),g′(x)=(x+1)ex,
故g(x)在(-2,
11、-1)上單調(diào)遞減,
在(-1,0)上單調(diào)遞增,
所以解得-
12、作出兩個函數(shù)的圖象如圖所示,
當(dāng)直線y=x+a經(jīng)過點(diǎn)(0,1)時,
此時a=1,直線和函數(shù)y=f(x)的圖象顯然有兩個交點(diǎn).
當(dāng)a≥1時,直線和函數(shù)y=f(x)的圖象顯然有兩個交點(diǎn).
當(dāng)直線y=x+a經(jīng)過點(diǎn)(1,0)時,
此時a=-1,
設(shè)g(x)=lnx(x≥1),∴f′(x)=,
∴k=f′(x)=1,
所以在(1,0)處的切線方程為y-0=x-1,剛好是直線y=x+a,
所以此時直線和函數(shù)的圖象只有一個交點(diǎn),
當(dāng)a<-1時,觀察圖象得直線和函數(shù)的圖象只有一個交點(diǎn),
故當(dāng)a≥1時,f(x)=x+a有兩個零點(diǎn).
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1,+∞).
16.(-3,
13、1)
解析 ∵函數(shù)f(x)=x3-3ax-1,a≠0,
∴f′(x)=3x2-3a,
∵函數(shù)f(x)在x=-1處取得極值,
則f′(-1)=0,即3-3a=0,解得a=1,
∴f(x)=x3-3x-1,a≠0,
f′(x)=3x2-3=3(x2-1)
=3(x-1)(x+1).
當(dāng)f′(x)>0時,得x>1或x<-1,
當(dāng)f′(x)<0時,-1
14、17.解 (1)由-x2+6x+16≥0,
得x2-6x-16≤0,
解得-2≤x≤8,
所以當(dāng)p為真時,實(shí)數(shù)x的取值范圍為[-2,8].
(2)由x2-4x+4-m2≤0(m>0),
解得2-m≤x≤2+m(m>0),
∵p是q成立的充分不必要條件,
∴[-2,8][2-m,2+m],
∴(兩等號不同時成立),
解得m≥6.
所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是[6,+∞).
18.解 A={x|-2≤x≤7},
B={y|-3≤y≤5}.
(1)A∩B={x|-2≤x≤5},
①若C=?,則m+1>2m-1,∴m<2;
②若C≠?,則
∴2≤m≤3;綜上m≤3.
(2
15、)A∪B={x|-3≤x≤7},
∴6m+1≥7,∴m≥1.
19.解 (1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),
當(dāng)a=1時,f(x)=x-ln x,
f′(x)=1-=,
x
(0,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
單調(diào)遞減
極小值
單調(diào)遞增
所以f(x)在x=1處取得極小值1.函數(shù)沒有極大值.
(2)h(x)=x+-aln x(x>0),
h′(x)=1--==,
①當(dāng)a+1>0,即a>-1時,在(0,1+a)上h′(x)<0,在(1+a,+∞)上h′(x)>0,
所以h(x)在(0,1+a)上單調(diào)遞減,
在(1+a,+
16、∞)上單調(diào)遞增;
②當(dāng)1+a≤0,即a≤-1時,
在(0,+∞)上h′(x)>0,
所以函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
綜上,當(dāng)a>-1時,h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1+a),單調(diào)遞增區(qū)間為(1+a,+∞);
當(dāng)a≤-1時,h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞),無單調(diào)遞減區(qū)間.
20.解 (1)f(x)=16w(x)-20x-10x
=
(2)當(dāng)0≤x≤2時,f(x)max=f(2)=420,
當(dāng)2
17、潤是430元.
21.解 (1)由已知得
解得-3
18、in=loga4=-4,
∴a==.
22.解 (1)f′(x)=(x>0),
當(dāng)a>0時,令f′(x)>0,得01,
故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),
單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞).
(2)由題意可知f′(2)=1,即a=-2;
所以g(x)=x2+nx+m,
所以g′(x)=x+n+=,
因?yàn)間(x)在x=1處有極值,
故g′(1)=0,
從而可得n=-1-2m,
則g′(x)=
=,
又因?yàn)間(x)僅在x=1處有極值,所以x2-2mx-2m≥0在(0,+∞)上恒成立,
當(dāng)m>0時,由-2m<0,顯然?x0∈(0,+∞),使得x-2mx0-2m<0,
所以m>0不成立,
當(dāng)m≤0且x∈(0,+∞)時,
x2-2mx-2m≥0恒成立,
所以m≤0.∴m的取值范圍是(-∞,0].
12