2017-2018学年高中数学人教A版浙江专版选修2-2：模块

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)

z11．已知复数z1＝2＋i，z2＝1＋i，则在复平面内对应的点位于( )

z2A．第一象限 C．第二象限 解析：选D

B．第三象限 D．第四象限

31z12＋i3i

，－在第四象限． ＝＝－，对应点22z21＋i22

π

，π的最大值是( ) 2．函数y＝x－sin x，x∈2A．π－1 C．π

π

B.－1

2 D．π＋1

π

，π上为增函数．当x＝π时，解析：选C y′＝1－cos x≥0，所以y＝x－sin x在2ymax＝π.

11

3．使不等式a＜b成立的条件是( ) A．a＞b

C．a＞b，且ab＜0

B．a＜b

D．a＞b，且ab＞0

1111

解析：选D 欲使a＜b成立，需使a－b＜0， 即

b－a

＜0，结合选项可知选D. ab

2

4．设函数f(x)＝x＋ln x，则( ) 1

A．x＝为f(x)的极大值点

21

B．x＝为f(x)的极小值点

2C．x＝2为f(x)的极大值点 D．x＝2为f(x)的极小值点

21x－2

解析：选D 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2＋x＝2，当x＝2时，f′(x)

xx＝0；当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当0c3

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23( )

A．(－∞，－2] C．[－2,3]

1 B.2，＋∞ 9 D.8，＋∞

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，

39999

∴b＝－，c＝－18.∴y＝x2－x－6，y′＝2x－. 当x＞时，y′＞0，∴y＝x2－x－

2448496的单调递增区间为8，＋∞.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) C．f(－1)B．f(－1)>f(1) D．不确定

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) C．(0，＋∞)

B．(－∞，4] D．[4，＋∞)

33

解析：选B 由2xln x≥－x2＋ax－3，得a≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2ln x＋x＋(x

xx＞0)，则h′(x)＝

x＋3x－1

.当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋

x2∞)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

z2－2z

11．已知z＝1－i，则|z|＝________，＝________.

z－1解析：|z|＝12＋－12＝2， z2－2z1－i2－21－i2

＝＝＝－2i.

iz－1－i答案：2 －2i

12．若f(x)＝x2－2x－4ln x，则f′(x)＞0的解集为_______，单调递减区间为________． x2－x－24解析：f′(x)＝2x－2－x＞0，即＞0.∵x＞0， x∴(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 y′ y

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．

(20,30) ＋ 30 0 极大值 (30，＋∞) －

答案：30 23 000

111

14．用数学归纳法证明“1＋＋＋…＋n＜n(n∈N*，n＞1)”时，由n＝k(k∈N*，

232－1k＞1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是________．

111

解析：令f(n)＝1＋＋＋…＋n，

232－1

111111

∴f(k＋1)＝1＋＋＋…＋k＋k＋k＋…＋k＋1，

232－122＋12－1111

因此应增加的项为k＋k＋…＋k＋1，共2k项．

22＋12－1答案：2k

1

15．函数y＝ln x(x＞0)的图象与直线y＝x＋a相切，则a＝________.

2

1111

解析：y′＝(ln x)′＝x(x＞0)，又y＝ln x的图象与直线y＝x＋a相切，∴x＝，∴x

221

＝2，因此，切点P(2，ln 2)在直线y＝x＋a上，∴ln 2＝1＋a，∴a＝ln 2－1.

2

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)

114

16．(本小题满分14分)已知a＞b＞c，求证：＋≥. a－bb－ca－c

a－ca－ca－b＋b－ca－b＋b－cb－ca－b

证明：已知a＞b＞c，因为＋＝＋＝2＋＋≥2

a－bb－ca－bb－ca－bb－c＋2

b－ca－b

·＝4， a－bb－c

a－ca－c114所以＋≥4，即＋≥.

a－bb－ca－bb－ca－c

117．(本小题满分15分)设函数f(x)＝－x3＋x2＋(m2－1)x(x∈R)，其中m＞0.

3(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． 1

解：(1)当m＝1时，f(x)＝－x3＋x2，

3f′(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 f′(x) f(x) 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)， 21

且f(1－m)＝－m3＋m2－.

33

函数f(x)在x＝1＋m处取得极大值f(1＋m)， 21且f(1＋m)＝m3＋m2－.

33

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． 1

解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.

x

若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 1

0，a时，f′(x)>0； 若a>0，则当x∈1当x∈a，＋∞时，f′(x)<0.

11

0，上单调递增，在，＋∞上单调递减． 所以f(x)在aa(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值； 1

当a>0时，f(x)在x＝a处取得最大值，最大值为 111－1＝－ln a＋a－1. f＝ln＋aaaa1因此fa>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)．

an1

19．(本小题满分15分)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝＋a－1，且an＞0，n

2n

∈N*.

(－∞， 1－m) － 1－m 0 极小值 (1－m， 1＋m) ＋ 1＋m 0 极大值 (1＋m， ＋∞) －

(1)求a1，a2，a3；

(2)猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法证明． a11

解：(1)a1＝S1＝＋－1，

2a1所以a1＝－1±3.

又因为an＞0，所以a1＝3－1.

a21

S2＝a1＋a2＝＋－1，所以a2＝5－3.

2a2a31

S3＝a1＋a2＋a3＝＋－1，

2a3所以a3＝7－5.

(2)由(1)猜想an＝2n＋1－2n－1，n∈N*. 下面用数学归纳法加以证明：

①当n＝1时，由(1)知a1＝3－1成立．

②假设n＝k(k∈N*)时，ak＝2k＋1－2k－1成立． 当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk

ak＋11－1－ak＋1－1 ＝2＋ak＋12ak

＝

ak＋11

＋－2k＋1， 2ak＋1

所以a2k＋1＋22k＋1ak＋1－2＝0， 所以ak＋1＝2k＋1＋1－2k＋1－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．

15(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

22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．

5

(2)由f(x)≥x2＋(a－3)x＋1，

25

得ex＋2x2－3x≥x2＋(a－3)x＋1，

21

即ax≤ex－x2－1，

21

ex－x2－1

21

∵x≥，∴a≤. x21

ex－x2－1

2

令g(x)＝， x1

exx－1－x2＋1

2

则g′(x)＝. 2x

1

令φ(x)＝ex(x－1)－x2＋1，则φ′(x)＝x(ex－1)．

21

∵x≥，∴φ′(x)>0.

2

1∴φ(x)在2，＋∞上单调递增． 171

∴φ(x)≥φ2＝8－2e>0. 因此g′(x)>0，

1故g(x)在2，＋∞上单调递增， 11

e－－112

则g(x)≥g＝＝2e－， 214

29

－∞，2e－. ∴a的取值范围是4