2012年高考数学真题分类汇编B 函数与导数(文科) 35页

B 函数与导数 B1　函数及其表示 ‎14．B1[2012·天津卷] 已知函数y＝的图象与函数y＝kx的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是________．‎ ‎14．(0,1)∪(1,2)　[解析] y＝＝ 在同一坐标系内画出y＝kx与y＝的图象如图，‎ 结合图象当直线y＝kx斜率从0增到1时，与y＝在x轴下方的图象有两公共点；当斜率从1增到2时，与y＝的图象在x轴上、下方各有一个公共点．‎ ‎11．B1[2012·陕西卷] 设函数f(x)＝则f(f(－4))＝________.‎ ‎11．4　[解析] 由题目所给的是一分段函数，而f(－4)＝16，所以f(16)＝4，故答案为4.‎ ‎3．B1[2012·山东卷] 函数f(x)＝＋的定义域为(　　)‎ A．[－2,0)∪(0,2] B．(－1,0)∪(0,2]‎ C．[－2,2] D．(－1,2]‎ ‎3．B　[解析] 本题考查函数的定义域，考查运算能力，容易题．‎ 要使函数f(x)＝＋有意义，须有解之得－10、x＝0、x<0讨论其解析式，然后画出图像，经判断符合要求，故选D.‎ ‎8．B3、B10[2012·北京卷] 某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如图1－6所示．从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，m的值为(　　)‎ 图1－6‎ A．5 B．7‎ C．9 D．11‎ ‎8．C　[解析] 本题考查利用函数图像识别函数值的变化趋势，也就是函数增减速度的快慢．‎ 法一：因为随着n的增大，Sn在增大，要使取得最大值，只要让随着n的增大Sn＋1－Sn的值超过(平均变化)的加入即可，Sn＋1－Sn的值不超过(平均变化)的舍去，由图像可知，6,7,8,9这几年的改变量较大，所以应该加入，到第10,11年的时候，改变量明显变小，所以不应该加入，故答案为C.‎ 法二：假设是取的最大值，所以只要>即可，也就是>，即可以看作点Qm(m，Sm)与O(0,0)连线的斜率大于点Qm＋1(m＋1，Sm＋1)与O(0,0)连线的斜率，所以观察可知到第Q9(9，S9)与O(0,0)连线的斜率开始大于点Q10(10，S10)与O(0,0)连线的斜率．答案为C.‎ ‎14．A2、A3、B3、E3[2012·北京卷] 已知f(x)＝m(x－‎2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2，若∀x∈R，f(x)<0或g(x)<0，则m的取值范围是________．‎ ‎14．(－4,0)　[解析] 本题考查函数图像与性质、不等式求解、逻辑、二次函数与指数函数等基础知识和基本技能，考查分类讨论的数学思想、分析问题和解决问题以及综合运用知识的能力．‎ 由已知g(x)＝2x－2<0，可得x<1，要使∀x∈R，f(x)<0或g(x)<0，必须使x≥1时，f(x)＝m(x－‎2m)(x＋m＋3)<0恒成立，‎ 当m＝0时，f(x)＝m(x－‎2m)(x＋m＋3)＝0不满足条件，所以二次函数f(x)必须开口向下，也就是m<0，要满足条件，必须使方程f(x)＝0的两根‎2m，－m－3都小于1，即 可得m∈(－4‎ ‎,0)．‎ ‎20．B3、D4、M4[2012·北京卷] 设A是如下形式的2行3列的数表，‎ a b c d e f 满足性质P：a，b，c，d，e，f∈[－1,1]，且a＋b＋c＋d＋e＋f＝0.‎ 记ri(A)为A的第i行各数之和(i＝1,2)，cj(A)为A的第j列各数之和(j＝1,2,3)；‎ 记k(A)为|r1(A)|，|r2(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小值．‎ ‎(1)对如下数表A，求k(A)的值；‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎－0.8‎ ‎0.1‎ ‎－0.3‎ ‎－1‎ ‎(2)设数表A形如 ‎1‎ ‎1‎ ‎－1－2d d d ‎－1‎ 其中－1≤d≤0，求k(A)的最大值；‎ ‎(3)对所有满足性质P的2行3列的数表A，求k(A)的最大值．‎ ‎20．解：(1)因为r1(A)＝1.2，r2(A)＝－1.2，c1(A)＝1.1，c2(A)＝0.7，c3(A)＝－1.8，‎ 所以k(A)＝0.7.‎ ‎(2)r1(A)＝1－2d，r2(A)＝－1＋2d，‎ c1(A)＝c2(A)＝1＋d，c3(A)＝－2－2d.‎ 因为－1≤d≤0，‎ 所以|r1(A)|＝|r2(A)|≥1＋d≥0，‎ ‎|c3(A)|≥1＋d≥0.‎ 所以k(A)＝1＋d≤1.当d＝0时，k(A)取得最大值1.‎ ‎(3)任给满足性质P的数表A(如下所示)．‎ a b c d e f 任意改变A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*仍满足性质P，并且k(A)＝k(A*)．‎ 因此，不妨设r1(A)≥0，c1(A)≥0，c2(A)≥0.‎ 由k(A)的定义知，‎ k(A)≤r1(A)，k(A)≤c1(A)，k(A)≤c2(A)．‎ 从而3k(A)≤r1(A)＋c1(A)＋c2(A)‎ ‎＝(a＋b＋c)＋(a＋d)＋(b＋e)‎ ‎＝(a＋b＋c＋d＋e＋f)＋(a＋b－f)‎ ‎＝a＋b－f≤3.‎ 所以k(A)≤1.‎ 由(2)知，存在满足性质P的数表A使k(A)＝1.‎ 故k(A)的最大值为1.‎ ‎6．B3、B4[2012·天津卷] 下列函数中，既是偶函数，又在区间(1,2)内是增函数的为(　　)‎ A．y＝cos2x，x∈R ‎ B．y＝log2|x|，x∈R且x≠0‎ C．y＝，x∈R ‎ D．y＝x3＋1，x∈R ‎6．B　[解析] 法一：由偶函数的定义可排除C、D，又∵y＝cos2x为偶函数，但在(1,2)‎ 内不单调递增，故选B.‎ 法二：由偶函数定义知y＝log2|x|为偶函数，以2为底的对数函数在(1,2)内单调递增．‎ ‎22．B3、B9、B12[2012·福建卷] 已知函数f(x)＝axsinx－(a∈R)，且在上的最大值为.‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式；‎ ‎(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．‎ ‎22．解：(1)由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，‎ 对于任意x∈，有sinx＋xcosx＞0.‎ 当a＝0时，f(x)＝－，不合题意；‎ 当a＜0，x∈时，f′(x)＜0，从而f(x)在内单调递减，‎ 又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f(0)＝－，不合题意；‎ 当a＞0，x∈时，f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f，即a－＝，‎ 解得a＝1.‎ 综上所述，得f(x)＝xsinx－.‎ ‎(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．‎ 证明如下：‎ 由(1)知，f(x)＝xsinx－，从而有f(0)＝－＜0.‎ f＝＞0，‎ 又f(x)在上的图象是连续不断的．‎ 所以f(x)在内至少存在一个零点．‎ 又由(1)知f(x)在上单调递增，故f(x)在内有且仅有一个零点．‎ 当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.‎ 由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不断的，故存在m∈，使得g(m)＝0.‎ 由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈时，有g′(x)＜0，‎ 从而g(x)在内单调递减．‎ 当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，‎ 故当x∈时，f(x)≥f＝＞0，‎ 故f(x)在上无零点；‎ 当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减．‎ 又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．‎ 综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．‎ ‎8．B3、B10[2012·北京卷] 某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如图1－6所示．从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，m的值为(　　)‎ 图1－6‎ A．5 B．7‎ C．9 D．11‎ ‎8．C　[解析] 本题考查利用函数图像识别函数值的变化趋势，也就是函数增减速度的快慢．‎ 法一：因为随着n的增大，Sn在增大，要使取得最大值，只要让随着n的增大Sn＋1－Sn的值超过(平均变化)的加入即可，Sn＋1－Sn的值不超过(平均变化)的舍去，由图像可知，6,7,8,9这几年的改变量较大，所以应该加入，到第10,11年的时候，改变量明显变小，所以不应该加入，故答案为C.‎ 法二：假设是取的最大值，所以只要>即可，也就是>，即可以看作点Qm(m，Sm)与O(0,0)连线的斜率大于点Qm＋1(m＋1，Sm＋1)与O(0,0)连线的斜率，所以观察可知到第Q9(9，S9)与O(0,0)连线的斜率开始大于点Q10(10，S10)与O(0,0)连线的斜率．答案为C.‎ ‎16．B3、B4[2012·浙江卷] 设函数f(x)是定义在R上的周期为2的偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝x＋1，则f＝________.‎ ‎16．[答案] ‎[解析] 本题考查了函数的性质等基本知识，考查了学生的观察、变通能力，属于较易题．‎ 函数f(x)是定义在R上的周期为2的偶函数，且当x∈[0,1]时，f(x)＝x＋1，那么f＝f＝f＝f＝.‎ B4 函数的奇偶性与周期性 ‎12．B4[2012·重庆卷] 若f(x)＝(x＋a)(x－4)为偶函数，则实数a＝________.‎ ‎12．4　[解析] 因为f(x)＝x2＋(a－4)x－‎4a，所以根据f(x)为偶函数得f(x)＝f(－x)，即x2‎ ‎＋(a－4)x－‎4a＝x2＋(4－a)x－‎4a，所以a－4＝4－a，解得a＝4.‎ ‎9．B4[2012·上海卷] 已知y＝f(x)是奇函数，若g(x)＝f(x)＋2且g(1)＝1，则g(－1)＝________.‎ ‎9．3　[解析] 考查函数的奇偶性和转化思想，解此题的关键是利用y＝f(x)为奇函数．‎ 已知函数y＝f(x)为奇函数，由已知得g(1)＝f(1)＋2＝1，∴f(1)＝－1，‎ 则f(－1)＝－f(1)＝1，所以g(－1)＝f(－1)＋2＝1＋2＝3.‎ ‎4．B4[2012·广东卷] 下列函数为偶函数的是(　　)‎ A．y＝sinx B．y＝x3‎ C．y＝ex D．y＝ln ‎4．D　[解析] 根据奇偶性的定义知A、B都为奇函数，C非奇非偶函数，D是偶函数，所以选择D.‎ ‎6．B3、B4[2012·天津卷] 下列函数中，既是偶函数，又在区间(1,2)内是增函数的为(　　)‎ A．y＝cos2x，x∈R ‎ B．y＝log2|x|，x∈R且x≠0‎ C．y＝，x∈R ‎ D．y＝x3＋1，x∈R ‎6．B　[解析] 法一：由偶函数的定义可排除C、D，又∵y＝cos2x为偶函数，但在(1,2)内不单调递增，故选B.‎ 法二：由偶函数定义知y＝log2|x|为偶函数，以2为底的对数函数在(1,2)内单调递增．‎ ‎2．B3、B4[2012·陕西卷] 下列函数中，既是奇函数又是增函数的为(　　)‎ A．y＝x＋1 B．y＝－x3‎ C．y＝ D．y＝x|x|‎ ‎2．D　[解析] 本小题主要考查函数的单调性、奇偶性，解题的突破口为单调性的定义、奇偶性的定义与函数图像的对应关系．若函数为单调增函数，其图像为从左向右依次上升；若函数为奇函数，其图像关于原点对称．经分析，A选项函数的图像不关于原点对称，不是奇函数，排除；B选项函数的图像从左向右依次下降，为单调减函数，排除；C选项函数的图像从左向右依次下降，为单调减函数，排除；故选D.其实对于选项D，我们也可利用x>0、x＝0、x<0讨论其解析式，然后画出图像，经判断符合要求，故选D.‎ ‎16．B3、B4[2012·浙江卷] 设函数f(x)是定义在R上的周期为2的偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝x＋1，则f＝________.‎ ‎16．[答案] ‎[解析] 本题考查了函数的性质等基本知识，考查了学生的观察、变通能力，属于较易题．‎ 函数f(x)是定义在R上的周期为2的偶函数，且当x∈[0,1]时，f(x)＝x＋1，那么f＝f＝f＝f＝.‎ B5 二次函数 ‎12．B5[2012·山东卷] 设函数f(x)＝，g(x)＝－x2＋bx.若y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有且仅有两个不同的公共点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则下列判断正确的是(　　)‎ A．x1＋x2>0，y1＋y2>0‎ B．x1＋x2>0，y1＋y2<0‎ C．x1＋x2<0，y1＋y2>0‎ D．x1＋x2<0，y1＋y2<0‎ ‎12．B　[解析] 本题考查函数的图象与性质，考查推理论证能力，偏难．‎ 当y＝f(x)的图象与y＝g(x)图象有且仅有两个不同的公共点时，其图象为 作出点A关于原点的对称点C，则C(－x1，－y1)，由图象知－x1y2，故x1＋x2>0，y1＋y2<0，故选B.‎ ‎6．B5、B6[2012·上海卷] 方程4x－2x＋1－3＝0的解是________．‎ ‎6．log23　[解析] 考查指数方程和二次方程的求解，以及函数与方程的思想和转化思想，关键是把指数方程转化为二次方程求解．‎ 把原方程转化为(2x)2－2·2x－3＝0，化为(2x－3)(2x＋1)＝0，‎ 所以2x＝3，或2x＝－1(舍去)，两边取对数解得x＝log23.‎ B6 指数与指数函数 ‎4．B6[2012·四川卷] 函数y＝ax－a(a>0，且a≠1)的图象可能是(　　)‎ 图1－1‎ ‎4．C　[解析] 由f(1)＝0可知选C.‎ ‎15．B6、B8[2012·山东卷] 若函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－‎4m)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.‎ ‎15.　[解析] 本题考查指数函数与幂函数的单调性，考查分类讨论思想及推理论证能力，中档题．‎ ‎∵g(x)＝(1－‎4m)在(0，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴m<.‎ 当a>1时，f(x)的最大值为a2＝4，即a＝2，m＝2－1＝>，与m<相矛盾，舍去；‎ 当02,1＝01时，因为0，解得a>或a<－.结合前提条件得0|，则N＝{x∈R|g(x)<2}，则M∩N为(　　)‎ A．(1，＋∞) B．(0,1)‎ C．(－1,1) D．(－∞，1)‎ ‎10．D　[解析] 因为f(g(x))＝[g(x)]2－‎4g(x)＋3，所以解关于g(x)不等式[g(x)]2－‎4g(x)＋3＞0，得g(x)＜1或g(x)＞3，即3x－2＜1或3x－2＞3，解得x＜1或x＞log35，所以M＝(－∞，1)∪(log35，＋∞)，又由g(x)＜2，即3x－2＜2,3x＜4，解得x＜log34，所以N＝(－∞，log34)，故M∩N＝(－∞，1)，选D.‎ B7 对数与对数函数 ‎7．B7[2012·重庆卷] 已知a＝log23＋log2，b＝log29－log2，c＝log32，则a，b，c的大小关系是(　　)‎ A．a＝bc C．ab>c ‎7．B　[解析] 因为a＝log23＞1，b＝log2＝log23＞1，又∵0＝log31＜log32＜log33＝1，∴a＝b＞c，选B.‎ ‎11．B7[2012·全国卷] 已知x＝lnπ，y＝log52，z＝e－，则(　　)‎ A．xlne＝1,0e－＝>＝，∴y2,1＝01时，因为0，解得a>或a<－.结合前提条件得0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－‎4m)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.‎ ‎15.　[解析] 本题考查指数函数与幂函数的单调性，考查分类讨论思想及推理论证能力，中档题．‎ ‎∵g(x)＝(1－‎4m)在(0，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴m<.‎ 当a>1时，f(x)的最大值为a2＝4，即a＝2，m＝2－1＝>，与m<相矛盾，舍去；‎ 当00.‎ ‎21．解：(1)由题意得f′(x)＝12x2－‎2a.‎ 当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．‎ 当a＞0 时，f′(x)＝12，此时 函数f(x)的单调递增区间为 和，‎ 单调递减区间为.‎ ‎(2)由于0≤x≤1，故 当a≤2时，f(x)＋|a－2|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2.‎ 当a＞2时，f(x)＋|a－2|＝4x3＋‎2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x＋2.‎ 设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则 g′(x)＝6x2－2＝6，‎ 于是 x ‎0‎ ‎1‎ g′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎ ‎1‎ 减 极小值 增 ‎1‎ 所以，g(x)min＝g＝1－＞0.‎ 所以当0≤x≤1时，2x3－2x＋1＞0.‎ 故f(x)＋|a－2|≥4x3－4x＋2＞0.‎ ‎18．B10、B11、B12[2012·北京卷] 已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；‎ ‎(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围．‎ ‎18．解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.‎ 因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．‎ 即a＋1＝1＋b，且‎2a＝3＋b.‎ 解得a＝3，b＝3.‎ ‎(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当a＝3，b＝－9时，‎ h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，‎ h′(x)＝3x2＋6x－9.‎ 令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.‎ h(x)与h′(x)在(－∞，2]上的情况如下：‎ x ‎(－∞，－3)‎ ‎－3‎ ‎(－3,1)‎ ‎1‎ ‎(1,2)‎ ‎2‎ h′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ h(x)‎  ‎28‎  ‎－4‎  ‎3‎ 由此可知：‎ 当k≤－3时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值为h(－3)＝28；‎ 当－3＜k＜2时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.‎ 因此，k的取值范围是(－∞，－3]．‎ ‎18．K2、B10、I2[2012·课标全国卷] 某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．‎ ‎(1)若花店一天购进17枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n(单位：枝，n∈N)的函数解析式；‎ ‎(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：‎ 日需求量n ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ 频数 ‎10‎ ‎20‎ ‎16‎ ‎16‎ ‎15‎ ‎13‎ ‎10‎ ‎①假设花店在这100天内每天购进17枝玫瑰花，求这100天的日利润(单位：元)的平均数；‎ ‎②若花店一天购进17枝玫瑰花，以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于75元的概率．‎ ‎18．解：(1)当日需求量n≥17时，利润y＝85.‎ 当日需求量n<17时，利润y＝10n－85.‎ 所以y关于n的函数解析式为 y＝(n∈N)．‎ ‎(2)①这100天中有10天的日利润为55元，20天的日利润为65元，16天的日利润为75元，54天的日利润为85元，所以这100天的日利润的平均数为 (55×10＋65×20＋75×16＋85×54)＝76.4.‎ ‎②利润不低于75元当且仅当日需求量不少于16枝．故当天的利润不少于75元的概率为 p＝0.16＋0.16＋0.15＋0.13＋0.1＝0.7.‎ ‎18．B10、I4[2012·福建卷] 某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：‎ 单价x(元)‎ ‎8‎ ‎8.2‎ ‎8.4‎ ‎8.6‎ ‎8.8‎ ‎9‎ 销量y(件)‎ ‎90‎ ‎84‎ ‎83‎ ‎80‎ ‎75‎ ‎68‎ ‎(1)求回归直线方程＝bx＋a，其中b＝－20，a＝－b；‎ ‎(2)预计在今后的销售中，销量与单价仍然服从(1)中的关系，且该产品的成本是4元/件，为使工厂获得最大利润，该产品的单价应定为多少元？(利润＝销售收入－成本)‎ ‎18．解：(1)由于＝(x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6)＝8.5，‎ ＝(y1＋y2＋y3＋y4＋y5＋y6)＝80.‎ 所以a＝－b＝80＋20×8.5＝250，从而回归直线方程为＝－20x＋250.‎ ‎(2)设工厂获得的利润为L元，依题意得 L＝x(－20x＋250)－4(－20x＋250)‎ ‎＝－20x2＋330x－1000‎ ‎＝－202＋361.25.‎ 当且仅当x＝8.25时，L取得最大值．‎ 故当单价定为8.25元时，工厂可获得最大利润．‎ B11 导数及其运算 ‎9．B11[2012·陕西卷] 设函数f(x)＝＋lnx，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 ‎9．D　[解析] 所给的原函数f(x)＝＋lnx的导函数为f′(x)＝－＋，令f′(x)＝0可得x＝2，当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当x<2时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数，所以x＝2为极小值点，故选D.‎ ‎13．B11[2012·课标全国卷] 曲线y＝x(3lnx＋1)在点(1,1)处的切线方程为________．‎ ‎13．[答案] y＝4x－3‎ ‎[解析] y′＝3lnx＋1＋x·＝3lnx＋4，故y′|x＝1＝4.故所求切线方程为y－1＝4(x－1)，即4x－y－3＝0.‎ ‎21．B10、B11、B12 [2012·浙江卷] 已知a∈R，函数f(x)＝4x3－2ax＋a.‎ ‎(1) 求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)证明：当0≤x≤1时，f(x)＋|2－a|>0.‎ ‎21．解：(1)由题意得f′(x)＝12x2－‎2a.‎ 当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．‎ 当a＞0 时，f′(x)＝12，此时 函数f(x)的单调递增区间为 和，‎ 单调递减区间为.‎ ‎(2)由于0≤x≤1，故 当a≤2时，f(x)＋|a－2|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2.‎ 当a＞2时，f(x)＋|a－2|＝4x3＋‎2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x＋2.‎ 设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则 g′(x)＝6x2－2＝6，‎ 于是 x ‎0‎ ‎1‎ g′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎ ‎1‎ 减 极小值 增 ‎1‎ 所以，g(x)min＝g＝1－＞0.‎ 所以当0≤x≤1时，2x3－2x＋1＞0.‎ 故f(x)＋|a－2|≥4x3－4x＋2＞0.‎ ‎18．B10、B11、B12[2012·北京卷] 已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；‎ ‎(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围．‎ ‎18．解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.‎ 因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．‎ 即a＋1＝1＋b，且‎2a＝3＋b.‎ 解得a＝3，b＝3.‎ ‎(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当a＝3，b＝－9时，‎ h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，‎ h′(x)＝3x2＋6x－9.‎ 令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.‎ h(x)与h′(x)在(－∞，2]上的情况如下：‎ x ‎(－∞，－3)‎ ‎－3‎ ‎(－3,1)‎ ‎1‎ ‎(1,2)‎ ‎2‎ h′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ h(x)‎  ‎28‎  ‎－4‎  ‎3‎ 由此可知：‎ 当k≤－3时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值为h(－3)＝28；‎ 当－3＜k＜2时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.‎ 因此，k的取值范围是(－∞，－3]．‎ ‎12．B11[2012·辽宁卷] 已知P，Q为抛物线x2＝2y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，－2，过P、Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为(　　)‎ A．1 B．‎3 C．－4 D．－8‎ ‎12．C　[解析] 本小题主要考查导数的几何意义的应用．解题的突破口为求切点坐标和切线的斜率．‎ 由x2＝2y可知y＝x2，这时y′＝x，由P，Q的横坐标为4，－2，这时P(4,8)，Q(－2,2), 以点P为切点的切线方程PA为y－8＝4(x－4)，即4x－y－8＝0①；以点Q为切点的切线方程QA为y－2＝－2(x＋2)，即2x＋y＋2＝0②；由①②联立得A点坐标为(1，－4)，这时纵坐标为－4.‎ ‎7．D3、B11[2012·上海卷] 有一列正方体，棱长组成以1为首项、为公比的等比数列，体积分别记为V1，V2，…，Vn，…，则 (V1＋V2＋…＋Vn)＝________.‎ ‎7.　[解析] 考查等比数列和无穷递缩等比数列的极限，此题只要掌握极限公式即可解决，是简单题型．‎ 由已知可知V1，V2，V3，…构成新的等比数列，首项V1＝1，公比q＝，‎ 由极限公式得 (V1＋V2＋…＋Vn)＝＝＝.‎ ‎10．B11、B12、E1[2012·浙江卷] 设a>0，b>0，e是自然对数的底数(　　)‎ A．若ea＋‎2a＝eb＋3b，则a>b B．若ea＋‎2a＝eb＋3b，则ab D．若ea－‎2a＝eb－3b，则aeb＋3b，令函数f(x)＝ex＋3x，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵f(a)>f(b)，∴a>b，A正确，B错误；‎ 由ea－‎2a＝eb－3b，有ea－‎2ab，当a，b∈(ln2，＋∞)时，由f(a)0.‎ ‎21．解：(1)由题意得f′(x)＝12x2－‎2a.‎ 当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．‎ 当a＞0 时，f′(x)＝12，此时 函数f(x)的单调递增区间为 和，‎ 单调递减区间为.‎ ‎(2)由于0≤x≤1，故 当a≤2时，f(x)＋|a－2|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2.‎ 当a＞2时，f(x)＋|a－2|＝4x3＋‎2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x＋2.‎ 设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则 g′(x)＝6x2－2＝6，‎ 于是 x ‎0‎ ‎1‎ g′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎ ‎1‎ 减 极小值 增 ‎1‎ 所以，g(x)min＝g＝1－＞0.‎ 所以当0≤x≤1时，2x3－2x＋1＞0.‎ 故f(x)＋|a－2|≥4x3－4x＋2＞0.‎ ‎10．B11、B12、E1[2012·浙江卷] 设a>0，b>0，e是自然对数的底数(　　)‎ A．若ea＋‎2a＝eb＋3b，则a>b B．若ea＋‎2a＝eb＋3b，则ab D．若ea－‎2a＝eb－3b，则aeb＋3b，令函数f(x)＝ex＋3x，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵f(a)>f(b)，∴a>b，A正确，B错误；‎ 由ea－‎2a＝eb－3b，有ea－‎2ab，当a，b∈(ln2，＋∞)时，由f(a)0，g(x)<1＋e－2.‎ ‎22．解：(1)由f(x)＝，‎ 得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，‎ 由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，‎ 所以f′(1)＝0，因此k＝1.‎ ‎(2)由(1)得f′(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，‎ 令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，‎ 当x∈(0,1)时，h(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.‎ 又ex>0，‎ 所以x∈(0,1)时，f′(x)>0；‎ x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.‎ 因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．‎ ‎(3)证明：因为g(x)＝xf′(x)，‎ 所以g(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，‎ 由(2)h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，‎ 求导得h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)，x∈(0，＋∞)，‎ 所以当x∈(0，e－2)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；‎ 当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．‎ 所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2.‎ 又当x∈(0，＋∞)时，0<<1，‎ 所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)<1＋e－2，‎ 即g(x)<1＋e－2.‎ 综上所述结论成立．‎ ‎21．B12[2012·全国卷] 已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)设f(x)有两个极值点x1，x2，若过两点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))的直线l与x轴的交点在曲线y＝f(x)上，求a的值．‎ ‎21．解：(1)f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1.‎ ‎①当a≥1时， f′(x)≥0，且仅当a＝1，x＝－1时，f′(x)＝0，所以f(x)是R上的增函数；‎ ‎②当a<1时，f′(x)＝0有两个根 x1＝－1－，x2＝－1＋.‎ 当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)>0，f(x)是增函数；‎ 当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)<0，f(x)是减函数；‎ 当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数．‎ ‎(2)由题设知，x1，x2为方程f′(x)＝0的两个根，故有 a<1，x＝－2x1－a，x＝－2x2－a.‎ 因此f(x1)＝x＋x＋ax1‎ ‎＝x1(－2x1－a)＋x＋ax1‎ ‎＝x＋ax1‎ ‎＝(－2x1－a)＋ax1‎ ‎＝(a－1)x1－.‎ 同理，f(x2)＝(a－1)x2－.‎ 因此直线l的方程为 y＝(a－1)x－.‎ 设l与x轴的交点为(x0,0)，得 x0＝，‎ f(x0)＝3＋2＋ ‎＝(‎12a2－‎17a＋6)．‎ 由题设知，点(x0,0)在曲线y＝f(x)上，故f(x0)＝0，‎ 解得a＝0或a＝或a＝.‎ ‎17．B12 [2012·安徽卷] 设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝ax＋＋b(a>0)．‎ ‎(1)求f(x)的最小值；‎ ‎(2)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x，求a，b的值．‎ ‎17．解：(1)(方法一)由题设和均值不等式可知，‎ f(x)＝ax＋＋b≥2＋b.‎ 其中等号成立当且仅当ax＝1.‎ 即当x＝时，f(x)取最小值为2＋b.‎ ‎(方法二)f(x)的导数f′(x)＝a－＝.‎ 当x>时，f′(x)>0，f(x)在上递增；‎ 当01时，f(x)<(x－1)；‎ ‎(2)当11时，‎ g′(x)＝＋－<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减．‎ 又g(1)＝0，有g(x)<0，即 f(x)<(x－1)．‎ ‎(证法二)‎ 由均值不等式，当x>1时，21时，f(x)<(x－1)．‎ ‎(2)(证法一)‎ 记h(x)＝f(x)－，由(1)得 h′(x)＝＋－ ‎＝－<－ ‎＝ 令g(x)＝(x＋5)3－216x，则当10时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．‎ ‎21．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.‎ 若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．‎ 若a>0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 所以，f(x)在(－∞，lna)单调递减，在(lna，＋∞)单调递增．‎ ‎(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.‎ 故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于 k<＋x　(x>0)．　　　　①‎ 令g(x)＝＋x，‎ 则g′(x)＝＋1＝.‎ 由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋‎ ‎∞)存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．‎ 当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)的最小值为g(α)．‎ 又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．‎ 由于①式等价于k0)，g(x)＝x3＋bx.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；‎ ‎(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围．‎ ‎18．解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.‎ 因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．‎ 即a＋1＝1＋b，且‎2a＝3＋b.‎ 解得a＝3，b＝3.‎ ‎(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当a＝3，b＝－9时，‎ h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，‎ h′(x)＝3x2＋6x－9.‎ 令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.‎ h(x)与h′(x)在(－∞，2]上的情况如下：‎ x ‎(－∞，－3)‎ ‎－3‎ ‎(－3,1)‎ ‎1‎ ‎(1,2)‎ ‎2‎ h′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ h(x)‎  ‎28‎  ‎－4‎  ‎3‎ 由此可知：‎ 当k≤－3时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值为h(－3)＝28；‎ 当－3＜k＜2时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.‎ 因此，k的取值范围是(－∞，－3]．‎ ‎22．B3、B9、B12[2012·福建卷] 已知函数f(x)＝axsinx－(a∈R)，且在上的最大值为.‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式；‎ ‎(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．‎ ‎22．解：(1)由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，‎ 对于任意x∈，有sinx＋xcosx＞0.‎ 当a＝0时，f(x)＝－，不合题意；‎ 当a＜0，x∈时，f′(x)＜0，从而f(x)在内单调递减，‎ 又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f(0)＝－，不合题意；‎ 当a＞0，x∈时，f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f，即a－＝，‎ 解得a＝1.‎ 综上所述，得f(x)＝xsinx－.‎ ‎(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．‎ 证明如下：‎ 由(1)知，f(x)＝xsinx－，从而有f(0)＝－＜0.‎ f＝＞0，‎ 又f(x)在上的图象是连续不断的．‎ 所以f(x)在内至少存在一个零点．‎ 又由(1)知f(x)在上单调递增，故f(x)在内有且仅有一个零点．‎ 当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.‎ 由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不断的，故存在m∈，使得g(m)＝0.‎ 由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈时，有g′(x)＜0，‎ 从而g(x)在内单调递减．‎ 当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，‎ 故当x∈时，f(x)≥f＝＞0，‎ 故f(x)在上无零点；‎ 当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减．‎ 又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．‎ 综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．‎ ‎8．B12[2012·辽宁卷] 函数y＝x2－lnx的单调递减区间为(　　)‎ A．(－1,1] B．(0,1]‎ C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)‎ ‎8．B　[解析] 本小题主要考查导数的运算与利用导数判断函数单调性．解题的突破口为导数大于0求单调递增区间，导数小于0求单调递减区间．‎ ‎∵y′＝′＝x－＝＝，又因为定义域为(0，＋∞)，令y′<0，得到00时，因为二次函数y＝ax2＋(a－1)x－a的图像开口向上，而f′(0)＝－a<0，所以有f′(1)＝(a－1)e<0，即00，f(x)不符合条件．‎ 故a的取值范围为0≤a≤1.‎ ‎(2)因g(x)＝(－2ax＋1＋a)ex，‎ g′(x)＝(－2ax＋1－a)ex.‎ ‎(i)当a＝0时，g′(x)＝ex>0，g(x)在x＝0上取得最小值g(0)＝1，在x＝1上取得最大值g(1)＝e.‎ ‎(ii)当a＝1时，对于任意x∈(0,1)有g′(x)＝－2xex<0，g(x)在x＝0取得最大值g(0)＝2，‎ 在x＝1取得最小值g(1)＝0.‎ ‎(iii)当00.‎ ‎①若≥1，即00}，B＝{x∈R|2x2－3(1＋a)x＋‎6a>0}，D＝A∩B.‎ ‎(1)求集合D(用区间表示)；‎ ‎(2)求函数f(x)＝2x3－3(1＋a)x2＋6ax在D内的极值点．‎ ‎21．解：(1)x∈D⇔x>0且2x2－3(1＋a)x＋‎6a>0.‎ 令h(x)＝2x2－3(1＋a)x＋‎6a，‎ Δ＝9(1＋a)2－‎48a＝3(‎3a－1)(a－3)．‎ ‎①当0，∴B＝R.‎ 于是D＝A∩B＝A＝(0，＋∞)．‎ ‎②当a＝时，Δ＝0，此时方程h(x)＝0有唯一解 x1＝x2＝＝＝1，‎ ‎∴B＝(－∞，1)∪(1，＋∞)．‎ 于是D＝A∩B＝(0,1)∪(1，＋∞)．‎ ‎③当00，此时方程h(x)＝0有两个不同的解 x1＝，‎ x2＝.‎ ‎∵x10，‎ ‎∴B＝(－∞，x1)∪(x2，＋∞)．‎ 又∵x1>0⇔a>0，‎ ‎∴D＝A∩B＝(0，x1)∪(x2，＋∞)．‎ ‎(2)f′(x)＝6x2－6(1＋a)x＋‎6a＝6(x－1)(x－a)．‎ 当0a且x1<<1，‎ x2＝ ‎＝ ‎>＝1，‎ ‎∴a∈D,1∉D.‎ 由表可得，x＝a为f(x)在D内的极大值点．‎ ‎22．B12、E8[2012·湖北卷] 设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x＞0)，n为整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的最大值；‎ ‎(3)证明：f(x)＜.‎ ‎22．解：(1)因为f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0.‎ 因为f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，所以f′(1)＝－a，‎ 又因为切线x＋y＝1的斜率为－1，所以－a＝－1，即a＝1.故a＝1，b＝0.‎ ‎(2)由(1)知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1.‎ 令f′(x)＝0，解得x＝，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝.‎ 在上，f′(x)>0，f(x)单调递增；‎ 而在上，f′(x)<0，f(x)单调递减．‎ 故f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f＝‎ n＝.‎ ‎(3)证明：令φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，则φ′(t)＝－＝(t＞0)．‎ 在(0,1)上，φ′(t)＜0，故φ(t)单调递减；‎ 而在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增．‎ 故φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0.所以φ(t)＞0(t＞1)，‎ 即lnt＞1－(t＞1)．‎ 令t＝1＋，得ln＞，即lnn＋1＞lne，‎ 所以n＋1＞e，即＜.‎ 由(2)知，f(x)≤＜，故所证不等式成立．‎ ‎17．B12、E4[2012·重庆卷] 已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在点x＝2处取得极值c－16.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．‎ ‎17．解：因f(x)＝ax3＋bx＋c，故f′(x)＝3ax2＋b.‎ 由于f(x)在点x＝2处取得极值c－16.‎ 故有 即化简得 解得a＝1，b＝－12.‎ ‎(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c；‎ f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)．‎ 令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.‎ 当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－2)上为增函数；‎ 当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，故f(x)在(－2,2)上为减函数；‎ 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(2，＋∞)上为增函数．‎ 由此可知f(x)在x1＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c，f(x)在x2＝2处取得极小值f(2)＝c－16.‎ 由题设条件知16＋c＝28，得c＝12.‎ 此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝－16＋c＝－4，‎ 因此f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4.‎ ‎21．B12、D2[2012·安徽卷] 设函数f(x)＝＋sinx的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}．‎ ‎(1)求数列{xn}的通项公式；‎ ‎(2)设{xn}的前n项和为Sn，求sinSn.‎ ‎21．解：(1)因为f′(x)＝＋cosx＝0，cosx＝－.‎ 解得x＝2kπ±π(k∈Z)．‎ 由xn是f(x)的第n个正极小值点知，‎ xn＝2nπ－π(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)可知，Sn＝2π(1＋2＋…＋n)－nπ ‎＝n(n＋1)π－.‎ 所以sinSn＝sin.‎ 因为n(n＋1)表示两个连续正整数的乘积，n(n＋1)一定为偶数．‎ 所以sinSn＝－sin.‎ 当n＝‎3m－2(m∈N*)时，‎ sinSn＝－sin＝－；‎ 当n＝‎3m－1(m∈N*)时，‎ sinSn＝－sin＝；‎ 当n＝‎3m(m∈N*)时，sinSn＝－sin‎2mπ＝0.‎ 综上所述，sinSn＝ ‎22．B12、M2[2012·湖南卷] 已知函数f(x)＝ex－ax，其中a＞0.‎ ‎(1)若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合；‎ ‎(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(x1＜x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0∈(x1，x2)，使f′(x0)＝k成立．‎ ‎22．解：(1)f′(x)＝ex－a.令f′(x)＝0得x＝lna.‎ 当x＜lna时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞lna时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．故当x＝ln a时，f(x)取最小值f(lna)＝a－alna.‎ 于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当 a－alna≥1.　　　①‎ 令g(t)＝t－tlnt，则g′(t)＝－lnt.‎ 当0＜t＜1时，g′(t)＞0，g(t)单调递增；‎ 当t＞1时，g′(t)＜0，g(t)单调递减．‎ 故当t＝1时，g(t)取最大值g(1)＝1.因此，当且仅当a＝1时，①式成立．‎ 综上所述，a的取值集合为{1}．‎ ‎(2)由题意知，k＝＝－a.‎ 令φ(x)＝f′(x)－k＝ex－，则 φ(x1)＝－[ex2－x1－(x2－x1)－1]，‎ φ(x2)＝[ex1－x2－(x1－x2)－1]．‎ 令F(t)＝et－t－1，则F′(t)＝et－1.‎ 当t＜0时，F′(t)＜0，F(t)单调递减；‎ 当t＞0时，F′(t)＞0，F(t)单调递增．‎ 故当t≠0时，F(t)＞F(0)＝0，即et－t－1＞0.‎ 从而ex2－x1－(x2－x1)－1＞0，ex1－x2－(x1－x2)－1＞0，又＞0，＞0，‎ 所以φ(x1)＜0，φ(x2)＞0.‎ 因为函数y＝φ(x)在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0∈(x1，x2)，使φ(x0)＝0，即f′(x0)＝k成立．‎ B13 定积分与微积分基本定理 B14 单元综合 ‎18．B14[2012·江苏卷] 若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．‎ ‎(1)求a和b的值；‎ ‎(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点；‎ ‎(3)设h(x)＝f(f(x))－c，其中c∈[－2,2]，求函数y＝h(x)的零点个数．‎ ‎18．解：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－‎2a＋b＝0，f′(1)＝3＋‎2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.‎ ‎(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.因为f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，于是函数g(x)的极值点只可能是1或－2.‎ 当x<－2时，g′(x)<0；当－20，故－2是g(x)的极值点．‎ 当－21时，g′(x)>0，故1不是g(x)的极值点．‎ 所以g(x)的极值点为－2.‎ ‎(3)令f(x)＝t，则h(x)＝f(t)－c.先讨论关于x的方程f(x)＝d根的情况，d∈[－2,2]．‎ 当|d|＝2时，由(2)可知，f(x)＝－2的两个不同的根为1和－2，注意到f(x)是奇函数，所以f(x)＝2的两个不同的根为－1和2.‎ 当|d|<2时，因为f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d>0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d<0，‎ 所以－2，－1,1,2都不是f(x)＝d的根．由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)．‎ ‎①当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，于是f(x)是单调增函数，从而f(x)>f(2)＝2.‎ 此时f(x)＝d无实根．同理，f(x)＝d在(－∞，－2)上无实根．‎ ‎②当x∈(1,2)时，f′(x)>0，于是f(x)是单调增函数，又f(1)－d<0，f(2)－d>0，y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(1,2)内有唯一实根．同理，f(x)＝d在(－2，－1)内有唯一实根．‎ ‎③当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，故f(x)是单调减函数，又f(－1)－d>0，f(1)－d<0，y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(－1,1)内有唯一实根．‎ 由上可知：当|d|＝2时，f(x)＝d有两个不同的根x1，x2满足|x1|＝1，|x2|＝2；‎ 当|d|<2时，f(x)＝d有三个不同的根x3，x4，x5满足|xi|<2，i＝3,4,5.‎ 现考虑函数y＝h(x)的零点．‎ ‎(i)当|c|＝2时，f(t)＝c有两个根t1，t2满足|t1|＝1，|t2|＝2，而f(x)＝t1有三个不同的根，f(x)＝t2有两个不同的根，故y＝h(x)有5个零点．‎ ‎(ii)当|c|<2时，f(t)＝c有三个不同的根t3，t4，t5满足|ti|<2，i＝3,4,5，而 f(x)＝ti(i＝3,4,5)有三个不同的根，故y＝h(x)有9个零点．‎ 综上可知， 当|c|＝2时，函数y＝h(x)有5个零点；当|c|<2时，函数y＝h(x)有9个零点．‎ ‎10．B14[2012·江苏卷] 设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1,1]上，f(x)＝其中a，b∈R.若f＝f，‎ 则a＋3b的值为________．‎ ‎10．－10　[解析] 本题考查函数的周期性以及分段函数的函数值求解．解题突破口为根据周期性将f转化为f.‎ 由条件得f＝，f＝f＝－a＋1，从而＝－a＋1，化简得‎3a＋2b＝－2，‎ 又f(－1)＝f(1)得－a＋1＝，联立解之得a＝2，b＝－4，从而a＋3b＝－10.‎ ‎12．B14[2012·福建卷] 已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.‎ 其中正确结论的序号是(　　)‎ A．①③ B．①④‎ C．②③ D．②④‎ ‎12．C　[解析] 对函数求导得：f′(x)＝3x2－12x＋9，‎ 令f′(x)＝0，解得 x1＝1，x2＝3，当x<1时，函数f(x)单调递增；当13时，函数f(x)单调递增，因为a0，且方程有解，故a>0，所以a>0,13，画出函数f(x)的图象，如图所示．显然f(0)<0，f(1)>0，f(3)<0，所以f(0)·f(1)<0，f(0)·f(3)>0.所以②③正确，所以选择C.‎ ‎9．B14、C3[2012·湖南卷] 设定义在R上的函数f(x)是最小正周期为2π的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数．当x∈[0，π]时，0＜f(x)＜1；当x∈(0，π)且x≠时，x－f′(x)＞0.则函数y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上的零点个数为(　　)‎ A．2 B．‎4 C．5 D．8‎ ‎9．B　[解析] 本题考查函数的性质和函数的零点，以及数形结合思想，意在考查考生函数性质与图像综合运用的能力；具体的解题思路和过程：利用函数的奇偶性、周期性和单调性，作出函数简图，把f(x)－sinx＝0构造两个函数，利用数形结合思想，得出函数的零点数．‎ 由当x∈(0，π) 且x≠时，f′(x)＞0 ，可知函数f(x)在上是单调递减的，在上是单调递增的，又由函数为偶函数，周期为2π，可画出其一个简图，令f(x)－sinx＝0，即f(x)＝sinx，构造两个函数y＝f(x)和y＝sinx，由图可知，函数有4个零点．‎ ‎[易错点] 本题易错一：对函数的性质掌握不到位，无法作出函数图象的简图；易错二：函数的零点个数的确定有三种方法，此题只能用函数的交点方法求解；易错三：许多考生不习惯作图，无法正确运用数形结合思想解答．‎ ‎10．B14[2012·山东卷] 函数y＝的图象大致为(　　)‎ 图1－2‎ ‎10．D　[解析] 本题考查函数的图象与性质，考查推理论证能力，应用意识，中档题．‎ 由函数y＝为奇函数，排除选项A，当x无限大时，y趋向于0，排除选项C，当x从正数趋向于0时，y趋向于正无穷大，故选D.‎ ‎13．B14[2012·上海卷] 已知函数y＝f(x)的图像是折线段ABC，其中A(0,0)、B、C(1,0)．函数y＝xf(x)(0≤x≤1)的图像与x轴围成的图形的面积为________．‎ ‎13.　[解析] 考查分段函数和用定积分求曲边形的面积，考查学生分类讨论思想和转化思想．‎ 由已知可得函数的解析式y＝xf(x)＝曲线与x轴围成区域的面积，可用定积分表示S＝∫0(2x2 )dx＋(2x－2x2)dx＝.‎ ‎20．B14[2012·上海卷] 已知f(x)＝lg(x＋1)．‎ ‎(1)若0＜f(1－2x)－f(x)＜1，求x的取值范围；‎ ‎(2)若g(x)是以2为周期的偶函数，且当0≤x≤1时，有g(x)＝f(x)，求函数y＝g(x)(x∈[1,2])的反函数．‎ ‎20．解：(1)由得－1＜x＜1.‎ 由0＜lg(2－2x)－lg(x＋1)＝lg＜1得 ‎1＜＜10.‎ 因为x＋1＞0，所以x＋1＜2－2x＜10x＋10，‎ ‎－＜x＜，‎ 由得－＜x＜，‎ 所以x的取值范围是.‎ ‎(2)g(x)是以2为周期的偶函数，当x∈[1,2]时，2－x∈[0,1]，因此 y＝g(x)＝g(x－2)＝g(2－x)＝f(2－x)＝lg(3－x)．‎ 由单调性可得y∈[0，lg2]．‎ 因为x＝3－10y，所以所求反函数是y＝3－10x，x∈[0，lg2]．‎ ‎22．B14、E9、J3、D5[2012·四川卷] 已知a为正实数，n为自然数，抛物线y＝－x2＋与x轴正半轴相交于点A.设f(n)为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距．‎ ‎(1)用a和n表示f(n)；‎ ‎(2)求对所有n都有≥成立的a的最小值；‎ ‎(3)当06·.‎ 首先证明：当06x.‎ 设函数g(x)＝6x(x2－x)＋1,00.‎ 故g(x)在区间(0,1)上的最小值g(x)min＝g＝>0.‎ 所以，当00，即得>6x.‎ 由06ak，从而 ＋＋…＋ ‎＝＋＋…＋>6(a＋a2＋…＋an)‎ ‎＝6· ‎＝6·.‎