模块综合检测
(时间120分钟 满分150分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40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.已知复数z1=2+i,z2=1+i,则在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限 B.第三象限
C.第二象限 D.第四象限
解析:选D ==-,对应点在第四象限.
2.函数y=x-sin x,x∈的最大值是( )
A.π-1 B.-1
C.π D.π+1
解析:选C y′=1-cos x≥0,所以y=x-sin x在上为增函数.当x=π时,ymax=π.
3.使不等式<成立的条件是( )
A.a>b B.a<b
C.a>b,且ab<0 D.a>b,且ab>0
解析:选D 欲使<成立,需使-<0,
即<0,结合选项可知选D.
4.设函数f(x)=+ln x,则( )
A.x=为f(x)的极大值点
B.x=为f(x)的极小值点
C.x=2为f(x)的极大值点
D.x=2为f(x)的极小值点
解析:选D 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-+=,当x=2时,f′(x)=0;当x>2时,f′(x)>0,函数f(x)为增函数;当0
5.函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图,则函数y=ax2+bx+的单调递增区间是( )
A.(-∞,-2] B.
C.[-2,3] D.
解析:选D 由题图可知d=0.不妨取a=1,∵f(x)=x3+bx2+cx,∴f′(x)=3x2+2bx+c.由图可知f′(-2)=0,f′(3)=0,∴12-4b+c=0,27+6b+c=0,
∴b=-,c=-18.∴y=x2-x-6,y′=2x-. 当x>时,y′>0,∴y=x2-x-6的单调递增区间为.故选D.
6.设曲线y=sin x上任一点(x,y)处切线的斜率为g(x),则函数y=x2g(x)的部分图象可以为( )
解析:选C 根据题意得g(x)=cos x,∴y=x2g(x)=x2cos x为偶函数.又x=0时,y=0,故选C.
7.设函数f(x)在R上可导,f(x)=x2f′(2)-3x,则f(-1)与f(1)的大小关系是( )
A.f(-1)=f(1) B.f(-1)>f(1)
C.f(-1)解析:选B 因为f(x)=x2f′(2)-3x,所以f′(x)=2xf′(2)-3,则f′(2)=4f′(2)-3,解得f′(2)=1,所以f(x)=x2-3x,所以f(1)=-2,f(-1)=4,故f(-1)>f(1).
8.若不等式2xln x≥-x2+ax-3对x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,0) B.(-∞,4]
C.(0,+∞) D.[4,+∞)
解析:选B 由2xln x≥-x2+ax-3,得a≤2ln x+x+,设h(x)=2ln x+x+(x>0),则h′(x)=.当x∈(0,1)时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,函数h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=4.所以a≤h(x)min=4.故a的取值范围是(-∞,4].
二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.请把正确答案填在题中横线上)
9.用反证法证明某命题时,对结论“自然数a,b,c中恰有一个偶数”正确的反设为________________________________.
答案:a,b,c中至少有两个偶数或都是奇数
10.设f(x)=xln x,则f′(1)=________,若f′(x0)=2,则x0的值为________.
解析:由f(x)=xln x,得f′(x)=ln x+1,f′(1)=1;根据题意知ln x0+1=2,所以ln x0=1,因此x0=e.
答案:1 e
11.已知z=1-i,则|z|=________,=________.
解析:|z|==,
===-2i.
答案: -2i
12.若f(x)=x2-2x-4ln x,则f′(x)>0的解集为_______,单调递减区间为________.
解析:f′(x)=2x-2->0,即>0.∵x>0,
∴(x-2)(x+1)>0.∴x>2.由f′(x)<0,解得(0,2).
答案:(2,+∞) (0,2)
13.某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品,若该商品零售价为p元,销量Q(单位:件)与零售价p(单位:元)有如下关系:Q=8 300-170p-p2,则该商品零售价定为______元时利润最大,利润的最大值为______元.
解析:设商场销售该商品所获利润为y元,则
y=(p-20)(8 300-170p-p2)
=-p3-150p2+11 700p-166 000(p≥20),
则y′=-3p2-300p+11 700.
令y′=0得p2+100p-3 900=0,
解得p=30或p=-130(舍去).
则p,y,y′变化关系如下表:
p
(20,30)
30
(30,+∞)
y′
+
0
-
y
?
极大值
?
故当p=30时,y取极大值为23 000元.
又y=-p3-150p2+11 700p-166 000在[20,+∞)上只有一个极值,故也是最值.所以该商品零售价定为每件30元,所获利润最大为23 000元.
答案:30 23 000
14.用数学归纳法证明“1+++…+<n(n∈N*,n>1)”时,由n=k(k∈N*,k>1)不等式成立,推证n=k+1时,左边应增加的项数是________.
解析:令f(n)=1+++…+,
∴f(k+1)=1+++…++++…+,
因此应增加的项为++…+,共2k项.
答案:2k
15.函数y=ln x(x>0)的图象与直线y=x+a相切,则a=________.
解析:y′=(ln x)′=(x>0),又y=ln x的图象与直线y=x+a相切,∴=,∴x=2,因此,切点P(2,ln 2)在直线y=x+a上,∴ln 2=1+a,∴a=ln 2-1.
答案:ln 2-1
三、解答题(本大题共5小题,共74分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(本小题满分14分)已知a>b>c,求证:+≥.
证明:已知a>b>c,因为+=+=2++≥2+2=4,
所以+≥4,即+≥.
17.(本小题满分15分)设函数f(x)=-x3+x2+(m2-1)x(x∈R),其中m>0.
(1)当m=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率;
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
解:(1)当m=1时,f(x)=-x3+x2,
f′(x)=-x2+2x,故f′(1)=1.
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为1.
(2)f′(x)=-x2+2x+m2-1.
令f′(x)=0,解得x=1-m或x=1+m.
因为m>0,所以1+m>1-m.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,
1-m)
1-m
(1-m,
1+m)
1+m
(1+m,
+∞)
f′(x)
-
0
+
0
-
f(x)
?
极小值
?
极大值
?
所以f(x)在(-∞,1-m),(1+m,+∞)内是减函数,在(1-m,1+m)内是增函数.
函数f(x)在x=1-m处取得极小值f(1-m),
且f(1-m)=-m3+m2-.
函数f(x)在x=1+m处取得极大值f(1+m),
且f(1+m)=m3+m2-.
18.(本小题满分15分)已知函数f(x)=ln x+a(1-x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a.
若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a>0,则当x∈时,f′(x)>0;
当x∈时,f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;
当a>0时,f(x)在x=处取得最大值,最大值为
f=ln+a=-ln a+a-1.
因此f>2a-2等价于ln a+a-1<0.
令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0.
于是,当01时,g(a)>0.
因此a的取值范围是(0,1).
19.(本小题满分15分)已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=+-1,且an>0,n∈N*.
(1)求a1,a2,a3;
(2)猜想{an}的通项公式,并用数学归纳法证明.
解:(1)a1=S1=+-1,
所以a1=-1±.
又因为an>0,所以a1=-1.
S2=a1+a2=+-1,所以a2=-.
S3=a1+a2+a3=+-1,
所以a3=-.
(2)由(1)猜想an=-,n∈N*.
下面用数学归纳法加以证明:
①当n=1时,由(1)知a1=-1成立.
②假设n=k(k∈N*)时,ak=-成立.
当n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk
=-
=+-,
所以a+2ak+1-2=0,
所以ak+1=-,
即当n=k+1时猜想也成立.
综上可知,猜想对一切n∈N*都成立.
20.(本小题满分15分)已知函数f(x)=ex+2x2-3x.
(1)求证:函数f(x)在区间[0,1]上存在唯一的极值点.
(2)当x≥时,若关于x的不等式f(x)≥x2+(a-3)x+1恒成立,试求实数a的取值范围.
解:(1)证明:f′(x)=ex+4x-3,
∵f′(0)=e0-3=-2<0,f′(1)=e+1>0,
∴f′(0)·f′(1)<0.
令h(x)=f′(x)=ex+4x-3,则h′(x)=ex+4>0,
∴f′(x)在区间[0,1]上单调递增,
∴f′(x)在区间[0,1]上存在唯一零点,
∴f(x)在区间[0,1]上存在唯一的极小值点.
(2)由f(x)≥x2+(a-3)x+1,
得ex+2x2-3x≥x2+(a-3)x+1,
即ax≤ex-x2-1,
∵x≥,∴a≤.
令g(x)=,
则g′(x)=.
令φ(x)=ex(x-1)-x2+1,则φ′(x)=x(ex-1).
∵x≥,∴φ′(x)>0.
∴φ(x)在上单调递增.
∴φ(x)≥φ=->0.
因此g′(x)>0,
故g(x)在上单调递增,
则g(x)≥g==2-,
∴a的取值范围是.