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  • 2021-05-13 发布

数学全国新题分类汇编函数与导数高考真题模拟新题

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‎                   ‎ 课标文数13.B1[2011·安徽卷] 函数y=的定义域是________.‎ 课标文数13.B1[2011·安徽卷] 【答案】 (-3,2)‎ ‎【解析】 由函数解析式可知6-x-x2>0,即x2+x-6<0,故-30时,f(x)=2x>1,而f(a)+f(1)=0,‎ ‎∴f(a)=-2,且a<0,‎ ‎∴a+1=-2,解得a=-3,故选A.‎ 课标文数4.B1[2011·广东卷] 函数f(x)=+lg(1+x)的定义域是(  )‎ A.(-∞,-1)        B.(1,+∞)‎ C.(-1,1)∪(1,+∞)        D.(-∞,+∞)‎ 课标文数4.B1[2011·广东卷] C 【解析】 要使函数有意义,必须满足所以所求定义域为{x|x>-1且x≠1},故选C.‎ 课标文数16.B1[2011·湖南卷] 给定k∈N*,设函数f:N*→N*满足:对于任意大于k的正整数n,f(n)=n-k.‎ ‎(1)设k=1,则其中一个函数f在n=1处的函数值为________________;‎ ‎(2)设k=4,且当n≤4时,2≤f(n)≤3,则不同的函数f的个数为________.‎ 课标文数16.B1[2011·湖南卷] (1)a(a为正整数) (2)16 【解析】 (1)由法则f是正整数到正整数的映射,因为k=1,所以从2开始都是一一对应的,而1可以和任何一个正整数对应,故f在n=1处的函数值为任意的a(a为正整数);‎ ‎(2)因为2≤f(n)≤3,所以根据映射的概念可得到:1,2,3,4只能是和2或者3对应,1可以和2对应,也可以和3对应,有2种对应方法,同理,2,3,4都有两种对应方法,由乘法原理,得不同函数f的个数等于16.‎ 课标文数11.B1[2011·陕西卷] 设f(x)=则f(f(-2))=________.‎ 课标文数11.B1[2011·陕西卷] -2 【解析】 因为f(x)=-2<0,f(-2)=10-2,10-2>0,f(10-2)=lg10-2=-2.‎ 大纲文数16.B1[2011·四川卷] 函数f(x)的定义域为A,若x1,x2∈A且f(x1)=f(x2)时总有x1=x2,则称f(x)为单函数,例如,函数f(x)=2x+1(x∈R)是单函数.下列命题:‎ ‎①函数f(x)=x2(x∈R)是单函数;‎ ‎②指数函数f(x)=2x(x∈R)是单函数;‎ ‎③若f(x)为单函数,x1,x2∈A且x1≠x2,则f(x1)≠f(x2);‎ ‎④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数.‎ 其中的真命题是________.(写出所有真命题的编号)[来源:Z§xx§k.Com]‎ 大纲文数16.B1[2011·四川卷] ②③④ 【解析】 本题主要考查对函数概念以及新定义概念的理解.对于①,如-2,2∈A,f(-2)=f(2),则①错误;对于②,当2x1=2x2时,总有x1=x2,故为单函数;对于③根据单函数的定义,函数即为一一映射确定的函数关系,所以当函数自变量不相等时,则函数值不相等,即③正确;对于④,函数f(x)在定义域上具有单调性,则函数为一一映射确定的函数关系,所以④正确.‎ 课标理数1.B1[2011·浙江卷] 设函数f(x)=若f(α)=4,则实数α=(  )‎ A.-4或-2 B.-4或2‎ C.-2或4 D.-2或2‎ 课标理数1.B1[2011·浙江卷] B 【解析】 当α≤0时,f(α)=-α=4,α=-4;‎ 当α>0,f(α)=α2=4,α=2.‎ 课标文数11.B1[2011·浙江卷] 设函数f(x)=,若f(α)=2,则实数α=________.‎ 课标文数11.B1[2011·浙江卷] -1 【解析】 ∵f(α)==2,∴α=-1.‎ 大纲理数2.B2[2011·全国卷] 函数y=2(x≥0)的反函数为(  )‎ A.y=(x∈R) B.y=(x≥0)‎ C.y=4x2(x∈R) D.y=4x2(x≥0)‎ 大纲理数2.B2[2011·全国卷] B 【解析】 由y=2得x=,∵x≥0,∴y≥0,则函数的反函数为y=(x≥0).故选B.‎ 大纲文数2.B2[2011·全国卷] 函数y=2(x≥0)的反函数为(  )‎ A.y=(x∈R) B.y=(x≥0)‎ C.y=4x2(x∈R) D.y=4x2(x≥0)‎ 大纲文数2.B2[2011·全国卷] B 【解析】 由y=2得x=,∵x≥0,∴y≥0,则函数的反函数为y=(x≥0).故选B.‎ 大纲理数7.B2[2011·四川卷] 已知f(x)是R上的奇函数,且当x>0时,f(x)=x+1,则f(x)的反函数的图象大致是(  )‎ 图1-2‎ 大纲理数7.B2[2011·四川卷] A 【解析】 当x>0时,由y=x+1可得其反函数为y=log(x-1)(10,则-x<0,∵f(x)是定义在R上的奇函数,且x≤0时,f(x) = 2x2-x,∴f(-x)=2(-x)2-(-x)=2x2+x,又f(-x)=-f(x),‎ ‎∴f(x)=-2x2-x,∴f(1)=-2×12-1=-3.‎ 课标理数3.B4,B5[2011·安徽卷] 设f(x)是定义在R上的奇函数,当x≤0时,f(x) = 2x2-x,则f(1)=(  )‎ A.-3 B.-1 C.1 D.3‎ 课标理数3.B4,B5[2011·安徽卷] A 【解析】 法一:∵f(x)是定义在R上的奇函数,且x≤0时,f(x) = 2x2-x,‎ ‎∴f(1)=-f(-1)=-2×(-1)2+(-1)=-3,故选A.‎ 法二:设x>0,则-x<0,∵f(x)是定义在R上的奇函数,且x≤0时,f(x) = 2x2-x,∴f(-x)=2(-x)2-(-x)=2x2+x,又f(-x)=-f(x),‎ ‎∴f(x)=-2x2-x,∴f(1)=-2×12-1=-3,故选A.‎ 大纲理数9.B4[2011·全国卷] 设f(x)是周期为2的奇函数,当0≤x≤1时,f(x)=2x(1-x),则f=(  )‎ A.- B.- ‎ C. D. 大纲理数9.B4[2011·全国卷] A 【解析】 因为函数的周期为2,所以f=f=f=,又函数是奇函数,∴f=-f=-,故选A.‎ 大纲文数10.B4[2011·全国卷] 设f(x)是周期为2的奇函数,当0≤x≤1时,f(x)=2x(1-x),则f=(  )‎ A.- B.- C. D. 大纲文数10.B4[2011·全国卷] A 【解析】 因为函数的周期为2,所以f=f=f=,又函数是奇函数,所以f=-f=-,故选A.‎ 课标理数9.B4[2011·福建卷] 对于函数f(x)=asinx+bx+c(其中,a,b∈R,c∈Z),选取a,b,c的一组值计算f(1)和f(-1),所得出的正确结果一定不可能是(  )‎ A.4和6 B.3和1 ‎ C.2和4 D.1和2‎ 课标理数9.B4[2011·福建卷] D 【解析】 由已知,有f(1)=asin1+b+c,f(-1)=-asin1-b+c,‎ ‎∴ f(1)+f(-1)=2c,‎ ‎ ∵ c∈Z,∴ f(1)+f(-1)为偶数,‎ 而D选项给出的两个数,一个是奇数,一个是偶数,两个数的和为奇数,故选D.‎ 课标理数4.B4[2011·广东卷] 设函数f(x)和g(x)分别是R上的偶函数和奇函数,则下列结论恒成立的是(  )‎ A.f(x)+|g(x)|是偶函数 ‎ B.f(x)-|g(x)|是奇函数 C.|f(x)|+g(x)是偶函数 ‎ D.|f(x)|-g(x)是奇函数 课标理数4.B4[2011·广东卷] A 【解析】 因为g(x)在R上为奇函数,所以|g(x)|为偶函数,则f(x)+|g(x)|一定为偶函数.‎ 课标文数12.B4[2011·广东卷] 设函数f(x)=x3cosx+1.若f(a)=11,则f(-a)=________.‎ 课标文数12.B4[2011·广东卷] -9 【解析】 由f(a)=a3cosa+1=11得a3cosa=10,‎ 所以f(-a)=(-a)3cos(-a)+1=-a3cosa+1=-10+1=-9.‎ 课标理数6.B4[2011·湖北卷] 已知定义在R上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=ax-a-x+2(a>0,且a≠1).若g(2)=a,则f(2)=(  )‎ A.2 B. C. D.a2‎ 课标理数6.B4[2011·湖北卷] B 【解析】 因为函数f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,所以由f(x)+g(x)=ax-a-x+2①,得-f(x)+g(x)=a-x-ax+2②, ①+②,得g(x)=2,①-②,得f(x)=ax-a-x.又g(2)=a,所以a=2,所以f(x)=2x-2-x,所以f(2)=.‎ 课标文数3.B4[2011·湖北卷] 若定义在R上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足f(x)+g(x)=ex,则g(x)=(  )‎ A.ex-e-x B.(ex+e-x)‎ C.(e-x-ex) D.(ex-e-x)‎ 课标文数3.B4[2011·湖北卷] D 【解析】 因为函数f(x)是偶函数,g(x)是奇函数,所以f+g=f(x)-g=e-x.又因为f(x)+g=ex,所以g=.‎ 课标文数12.B4[2011·湖南卷] 已知f(x)为奇函数,g(x)=f(x)+9,g(-2)=3,则f(2)=________.‎ 课标文数12.B4[2011·湖南卷] 6 【解析】 由g(x)=f(x)+9,得当x=-2时,有g(-2)=f(-2)+9⇒f(-2)=-6.‎ 因为f(x)为奇函数,所以有f(2)=f(-2)=6.‎ 课标理数2.B3,B4[2011·课标全国卷] 下列函数中,既是偶函数又在(0,+∞)单调递增的函数是(  )‎ A.y=x3 B.y=|x|+1‎ C.y=-x2+1 D.y=2-|x|‎ 课标理数2.B3,B4[2011·课标全国卷] B 【解析】 A选项中,函数y=x3是奇函数;B选项中,y=+1是偶函数,且在上是增函数;C选项中,y=-x2+1是偶函数,但在上是减函数;D选项中,y=2-|x|=|x|是偶函数,但在上是减函数.故选B.‎ 课标文数6.B4[2011·辽宁卷] 若函数f(x)=为奇函数,则a=(  )‎ A. B. C. D.1‎ 课标文数6.B4[2011·辽宁卷] A 【解析】 法一:由已知得f(x)=定义域关于原点对称,由于该函数定义域为,知a=,故选A.‎ 法二:∵f(x)是奇函数,∴f(-x)=-f(x),‎ 又f(x)=,‎ 则=在函数的定义域内恒成立,可得a=.‎ 课标文数3.B3,B4[2011·课标全国卷] 下列函数中,既是偶函数又在(0,+∞)单调递增的函数是(  )‎ A.y=x3 B.y=|x|+1‎ C.y=-x2+1 D.y=2-|x|‎ 课标文数3.B3,B4[2011·课标全国卷] B 【解析】 A选项中,函数y=x3是奇函数;B选项中,y=+1是偶函数,且在上是增函数;C选项中,y=-x2+1是偶函数,但在上是减函数;D选项中,y=2-|x|=|x|是偶函数,但在上是减函数.故选B.‎ 课标文数12.B4,B7,B8[2011·课标全国卷] 已知函数y=f(x)的周期为2,当x∈[-1,1]时f(x)=x2,那么函数y=f(x)的图像与函数y=|lgx|的图像的交点共有(  )‎ A.10个 B.9个 C.8个 D.1个 课标文数12.B4,B7,B8[2011·课标全国卷] A 【解析】 由题意做出函数图像如图,由图像知共有10个交点.‎ 图1-5‎ 课标理数10.B4[2011·山东卷] 已知f(x)是R上最小正周期为2的周期函数,且当0≤x<2时,f(x)=x3-x,则函数y=f(x)的图象在区间[0,6]上与x轴的交点的个数为(  )‎ A.6 B.7 C.8 D.9‎ 课标理数10.B4[2011·山东卷] B 【解析】 当0≤x<2时,f(x)=x3-x=x(x2-1)=0,所以当0≤x<2时,f(x)与x轴交点的横坐标为x1=0,x2=1.当2≤x<4时,0≤x-2<2,则f(x-2)=(x-2)3-(x-2),又周期为2,所以f(x-2)=f(x),所以f(x)=(x-2)(x-1)(x-3),所以当2≤x<4时,f(x)与x轴交点的横坐标为x3=2,x4=3;同理当4≤x≤6时,f(x)与x轴交点的横坐标分别为x5=4,x6=5,x7=6,所以共有7个交点.‎ 课标理数3.B4[2011·陕西卷] 设函数f(x)(x∈R)满足f(-x)=f(x),f(x+2)=f(x),则y=f(x)的图像可能是(  )‎ 图1-1‎ 课标理数3.B4[2011·陕西卷] B 【解析】 由f(-x)=f(x)可知函数为偶函数,其图像关于y轴对称,可以结合选项排除A、C,再利用f(x+2)=f(x),可知函数为周期函数,且T=2,必满足f(4)=f(2),排除D,故只能选B.‎ 课标理数11.B4[2011·浙江卷] 若函数f(x)=x2-|x+a|为偶函数,则实数a=________.‎ 课标理数11.B4[2011·浙江卷] 0 【解析】 ∵f(x)为偶函数,∴f(-x)=f(x),‎ 即x2-|x+a|=(-x)2-|-x+a|⇒=,∴a=0.‎ 课标文数11.B4,B5[2011·安徽卷] 设f(x)是定义在R上的奇函数,当x≤0时,f(x)=2x2-x,则f(1)=________.‎ 课标文数11.B4,B5[2011·安徽卷] 【答案】 -3‎ ‎【解析】 法一:∵f(x)是定义在R上的奇函数,且x≤0时,f(x) = 2x2-x,‎ ‎∴f(1)=-f(-1) =-2×(-1)2+(-1)=-3.‎ 法二:设x>0,则-x<0,∵f(x)是定义在R上的奇函数,且x≤0时,f(x) = 2x2-x,∴f(-x)=2(-x)2-(-x)=2x2+x,又f(-x)=-f(x),‎ ‎∴f(x)=-2x2-x,∴f(1)=-2×12-1=-3.‎ 课标理数3.B4,B5[2011·安徽卷] 设f(x)是定义在R上的奇函数,当x≤0时,f(x) = 2x2-x,则f(1)=(  )‎ A.-3 B.-1 C.1 D.3‎ 课标理数3.B4,B5[2011·安徽卷] A 【解析】 法一:∵f(x)是定义在R上的奇函数,且x≤0时,f(x) = 2x2-x,‎ ‎∴f(1)=-f(-1)=-2×(-1)2+(-1)=-3,故选A.‎ 法二:设x>0,则-x<0,∵f(x)是定义在R上的奇函数,且x≤0时,f(x) = 2x2-x,∴f(-x)=2(-x)2-(-x)=2x2+x,又f(-x)=-f(x),‎ ‎∴f(x)=-2x2-x,∴f(1)=-2×12-1=-3,故选A.‎ 课标文数8.B5,H2[2011·北京卷] 已知点A(0,2),B(2,0).若点C在函数y=x2的图象上,则使得△ABC的面积为2的点C的个数为(  )‎ A.4 B.3 C.2 D.1‎ 课标文数8.B5,H2[2011·北京卷] A 【解析】 由已知可得|AB|=2,要使S△ABC=2,则点C到直线AB的距离必须为,设C(x,x2),而lAB:x+y-2=0,所以有=,‎ 所以x2+x-2=±2,‎ 当x2+x-2=2时,有两个不同的C点;[来源:Zxxk.Com]‎ 当x2+x-2=-2时,亦有两个不同的C点.‎ 因此满足条件的C点有4个,故应选A.‎ 课标理数12.B5[2011·陕西卷] 设n∈N+,一元二次方程x2-4x+n=0有整数根的充要条件是n=________.‎ 课标理数12.B5[2011·陕西卷] 3或4 【解析】 由x2-4x+n得(x-2)2=4-n,即x=2±,∵n∈N+,方程要有整数根,满足n=3,4,故当n=3,4时方程有整数根.‎ 课标文数14.B5[2011·陕西卷] 设n∈N+,一元二次方程x2-4x+n=0有整数根的充要条件是n=________.‎ 课标文数14.B5[2011·陕西卷] 3或4 【解析】 由x2-4x+n=0得(x-2)2=4-n,即x=2±,∵n∈N+,方程要有整数根,满足n=3,4,当n=3,4时方程有整数根.‎ 课标理数8.B5[2011·天津卷] 对实数a和b,定义运算“⊗”:a⊗b=设函数f(x)=(x2-2)⊗(x-x2),x∈R,若函数y=f(x)-c的图象与x轴恰有两个公共点,则实数c的取值范围是(  )‎ A.(-∞,-2]∪ B.(-∞,-2]∪ C.∪ D.∪ 课标理数8.B5[2011·天津卷] B 【解析】 f(x)= ‎ ‎= ‎ 则f的图象如图1-4.‎ 图1-4‎ ‎∵y=f(x)-c的图象与x轴恰有两个公共点,‎ ‎∴y=f(x)与y=c的图象恰有两个公共点,‎ 由图象知c≤-2,或-10)的图象上的动点,该图象在点P处的切线l交y轴于点M,过点P作l的垂线交y轴于点N,设线段MN的中点的纵坐标为t,则t的最大值是________.‎ 课标数学12.B6[2011·江苏卷]  ‎ ‎【解析】 设P(x0,y0),则直线l:y-ex0=ex0(x-x0).‎ 令x=0,则y=-x0ex0+ex0,与l垂直的直线l′的方程为y-ex0=-(x-x0),‎ 令x=0得,y=+ex0,所以t=.‎ 令y=,则y′=-,令y′=0得x=1,‎ 当x∈(0,1)时,y′>0,当x∈(1,+∞)时,y′<0,故当x=1时该函数的最大值为.‎ 课标理数7.B6,B7[2011·天津卷] 已知a=5log23.4,b=5log43.6,c=log30.3,则(  )‎ A.a>b>c B.b>a>c C.a>c>b D.c>a>b 课标理数7.B6,B7[2011·天津卷] C 【解析】 令m=log23.4,n=log43.6,l=log3,在同一坐标系下作出三个函数的图象,由图象可得m>l>n,‎ 图1-3‎ 又∵y=5x为单调递增函数,‎ ‎∴a>c>b.‎ 课标文数5.B7[2011·安徽卷] 若点(a,b)在y=lgx图像上,a≠1,则下列点也在此图像上的是(  )‎ A. B.(10a,1-b)‎ C. D.(a2,2b)‎ 课标文数5.B7[2011·安徽卷] D 【解析】 由点(a,b)在y=lgx图像上,得b=lga.当x=a2时,y=lga2=2lga=2b,所以点(a2,2b)在函数y=lgx 图像上.‎ 课标文数3.B7[2011·北京卷] 如果logx<logy<0,那么(  )‎ A.y<x<1 B.x<y<1‎ C.1<x<y D.1<y<x 课标文数3.B7[2011·北京卷] D 【解析】 因为logxy>1,故选D.‎ 课标文数15.B7[2011·湖北卷] 里氏震级M的计算公式为:M=lgA-lgA0,其中A是测震仪记录的地震曲线的最大振幅,A0是相应的标准地震的振幅,假设在一次地震中,测震仪记录的最大振幅是1000,此时标准地震的振幅为0.001,则此次地震的震级为________级;9级地震的最大振幅是5级地震最大振幅的________倍.‎ 课标文数15.B7[2011·湖北卷] 6 10000 【解析】 由M=lgA-lgA0知,M=lg1000-lg0.001=6,所以此次地震的级数为6级.设9级地震的最大振幅为A1,5级地震的最大振幅为A2,则lg=lgA1-lgA2=-=9-5=4.所以=104=10000.所以9级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的10000倍.‎ 课标理数3.B7[2011·江西卷] 若f(x)=,则f(x)的定义域为(  )‎ A. B. C. D.(0,+∞)‎ 课标理数3.B7[2011·江西卷] A 【解析】 根据题意得log(2x+1)>0,即0<2x+1<1,解得x∈.故选A.‎ 课标文数3.B7[2011·江西卷] 若f=,则f的定义域为(  )‎ A. B. C.∪ D. 课标文数3.B7[2011·江西卷] C 【解析】 方法一:根据题意得 解得x∈∪(0,+∞).故选C.‎ 方法二:取特值法,取x=0,则可排除B、D;取x=1,则排除A.故选C.‎ 课标文数12.B4,B7,B8[2011·课标全国卷] 已知函数y=f(x)的周期为2,当x∈[-1,1]时f(x)=x2,那么函数y=f(x)的图像与函数y=|lgx|的图像的交点共有(  )‎ A.10个 B.9个 C.8个 D.1个 课标文数12.B4,B7,B8[2011·课标全国卷] A 【解析】 由题意做出函数图像如图,由图像知共有10个交点.‎ 图1-5‎ 课标理数7.B6,B7[2011·天津卷] 已知a=5log23.4,b=5log43.6,c=log30.3,则(  )‎ A.a>b>c B.b>a>c C.a>c>b D.c>a>b 课标理数7.B6,B7[2011·天津卷] C 【解析】 令m=log23.4,n=log43.6,l=log3,在同一坐标系下作出三个函数的图象,由图象可得m>l>n,‎ 图1-3‎ 又∵y=5x为单调递增函数,‎ ‎∴a>c>b.‎ 课标文数5.B7[2011·天津卷] 已知a=log23.6,b=log43.2,c=log43.6,则(  )‎ A.a>b>c B.a>c>b C.b>a>c D.c>a>b 课标文数5.B7[2011·天津卷] B 【解析】 ∵a=log23.6>log22=1.又∵y=log4x,x∈(0,+∞)为单调递增函数,‎ ‎∴log43.20.当n=1时,f(x)=ax(1-x)2=a(x3-2x2+x),f′(x)=a(3x-1)(x-1),所以函数的极大值点为x=<0.5,故A可能;‎ 当n=2时,函数f(x)=ax2(1-x)2=a(x2-2x3+x4),f′(x)=a(2x-6x2+4x3)= 2ax(2x-1)(x-1),函数的极大值点为x=,故B错误;‎ 当n=3时,f(x)=ax3(1-x)2=a(x5-2x4+x3),f′(x)=ax2(5x2-8x+3)=ax2(5x-3)(x-1),函数的极大值点为x=>0.5,故C错误;‎ 当n=4时,f(x)=ax4(1-x)2=a(x6-2x5+x4),f′(x)=a(6x5-10x4+4x3)=2ax3(3x-2)(x-1),函数的极大值点为x=>0.5,故D错误.‎ 课标理数10.B8[2011·安徽卷] 函数f(x)=axm(1-x)n在区间[0,1]上的图像如图1-2所示,则m,n的值可能是(  )‎ 图1-2‎ A.m=1,n=1 B.m=1,n=2‎ C.m=2,n=1 D.m=3,n=1‎ 课标理数10.B8[2011·安徽卷] B 【解析】 由图可知a>0.当m=1,n=1时,f(x)=ax(1-x)的图像关于直线x=对称,所以A不可能;‎ 当m=1,n=2时,f(x)=ax(1-x)2=a(x3-2x2+x),‎ f′(x)=a(3x2-4x+1)=a(3x-1)(x-1),‎ 所以f(x)的极大值点应为x=<0.5,由图可知B可能.‎ 当m=2,n=1时,f(x)=ax2(1-x)=a(x2-x3),‎ f′(x)=a(2x-3x2)=-ax(3x-2),‎ 所以f(x)的极大值点为x=>0.5,所以C不可能;‎ 当m=3,n=1时,f(x)=ax3(1-x)=a(x3-x4),‎ f′(x)=a(3x2-4x3)=-ax2(4x-3),‎ 所以f(x)的极大值点为x=>0.5,所以D不可能,故选B.‎ 课标理数13.B8[2011·北京卷] 已知函数f(x)=若关于x的方程f(x)=k有两个不同的实根,则实数k的取值范围是________.‎ 课标理数13.B8[2011·北京卷] (0,1) 【解析】 函数f(x)的图象如图1-5所示:‎ 图1-5‎ 由上图可知00),⇒x2=,y2=k2x2=2k,‎ 所以PQ=2OP==2≥2=4.‎ 大纲文数4.B8[2011·四川卷] 函数y=x+1的图象关于直线y=x对称的图象大致是(  )‎ 图1-1‎ 大纲文数4.B8[2011·四川卷] A 【解析】 由y=x+1可得其反函数为y=log(x-1)(x>1),根据图象可判断选择答案A.另外对于本题可采用特殊点排除法.‎ 课标理数21.B9,H8[2011·广东卷] 在平面直角坐标系xOy上,给定抛物线L:y=x2,实数p,q满足p2-4q≥0,x1,x2是方程x2-px+q=0的两根,记φ(p,q)=max{|x1|,|x2|}. ‎ ‎(1)过点A(p0≠0)作L的切线交y轴于点B.证明:对线段AB上的任一点Q(p,q),有φ(p,q)=;‎ ‎(2)设M(a,b)是定点,其中a,b满足a2-4b>0,a≠0.过M(a,b)作L的两条切线l1,l2,切点分别为E,E′,l1,l2与y轴分别交于F、F′.线段EF上异于两端点的点集记为X.证明:M(a,b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a,b)=;‎ ‎(3)设D=.当点(p,q)取遍D时,求φ(p,q)的最小值(记为φmin)和最大值(记为φmax).‎ 课标理数21.B9,H8[2011·广东卷] 【解答】 (1)证明:切线l的方程为y=p0x-p.‎ ‎∀Q(p,q)∈AB有φ(p,q)==.‎ 当p0>0时,0≤p≤p0,于是φ(p,q)===; ‎ 当p0<0时,p0≤p≤0,于是φ(p,q)===.‎ ‎(2)l1,l2的方程分别为y=p1x-p,y=p2x-p.‎ 求得l1,l2交点M(a,b)的坐标.‎ 由于a2-4b>0,a≠0,故有|p1|≠|p2| .‎ ‎①先证:M(a,b)∈X⇔|p1|>|p2|.‎ ‎(⇒)设M(a,b)∈X.‎ 当p1>0时,0<|p2|;‎ 当p1<0时,p1<<0⇒2p1|p2|.‎ ‎(⇐)设|p1|>|p2|,则<1⇒-1<<1⇒0<<2.‎ 当p1>0时,0<|p2|.‎ 若不然,|p1|<|p2|.令Y是l2上线段E′F′上异于两端点的点的集合,由已证的等价式①M(a,b)∈Y.再由(1)得φ(a,b)=≠,矛盾.故必有|p1|>|p2|.再由等价式①,M(a,b)∈X.‎ 综上,M(a,b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a,b)=.‎ ‎(3)求得y=x-1和y=(x+1)2-的交点Q1(0,-1),Q2(2,1).而y=x-1是L的切点为Q2(2,1)的切线,且与y轴交于Q1(0,-1),由(1)∀Q(p,q)∈线段Q1Q2,有φ(p,q)=1.‎ 当Q(p,q)∈L1:y=(x+1)2-(0≤x≤2)时,q=(p+1)2-,∴h(p)=φ(p,q)==(0≤p≤2),在(0,2)上,令h′(p)==0得p=,由于h(0)=h(2)=1,h=, ‎ ‎∴h(p)=φ(p,q)在[0,2]上取得最大值hmax=.‎ ‎∀(p,q)∈D,有0≤p≤2,(p+1)2-≤q≤p-1,‎ 故φ(p,q)=≤‎ ‎=≤hmax=,‎ φ(p,q)=≥===1,‎ 故φmin=1,φmax=.‎ 课标理数21.B9,H8[2011·广东卷] 在平面直角坐标系xOy上,给定抛物线L:y=x2,实数p,q满足p2-4q≥0,x1,x2是方程x2-px+q=0的两根,记φ(p,q)=max{|x1|,|x2|}. ‎ ‎(1)过点A(p0≠0)作L的切线交y轴于点B.证明:对线段AB上的任一点Q(p,q),有φ(p,q)=;‎ ‎(2)设M(a,b)是定点,其中a,b满足a2-4b>0,a≠0.过M(a,b)作L的两条切线l1,l2,切点分别为E,E′,l1,l2与y轴分别交于F、F′.线段EF上异于两端点的点集记为X.证明:M(a,b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a,b)=;‎ ‎(3)设D=.当点(p,q)取遍D时,求φ(p,q)的最小值(记为φmin)和最大值(记为φmax).‎ 课标理数21.B9,H8[2011·广东卷] 【解答】 (1)证明:切线l的方程为y=p0x-p.‎ ‎∀Q(p,q)∈AB有φ(p,q)==.‎ 当p0>0时,0≤p≤p0,于是φ(p,q)===; ‎ 当p0<0时,p0≤p≤0,于是φ(p,q)===.‎ ‎(2)l1,l2的方程分别为y=p1x-p,y=p2x-p.‎ 求得l1,l2交点M(a,b)的坐标.‎ 由于a2-4b>0,a≠0,故有|p1|≠|p2| .‎ ‎①先证:M(a,b)∈X⇔|p1|>|p2|.‎ ‎(⇒)设M(a,b)∈X.‎ 当p1>0时,0<|p2|;‎ 当p1<0时,p1<<0⇒2p1|p2|.‎ ‎(⇐)设|p1|>|p2|,则<1⇒-1<<1⇒0<<2.‎ 当p1>0时,0<|p2|.‎ 若不然,|p1|<|p2|.令Y是l2上线段E′F′上异于两端点的点的集合,由已证的等价式①M(a,b)∈Y.再由(1)得φ(a,b)=≠,矛盾.故必有|p1|>|p2|.再由等价式①,M(a,b)∈X.‎ 综上,M(a,b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a,b)=.‎ ‎(3)求得y=x-1和y=(x+1)2-的交点Q1(0,-1),Q2(2,1).而y=x-1是L的切点为Q2(2,1)的切线,且与y轴交于Q1(0,-1),由(1)∀Q(p,q)∈线段Q1Q2,有φ(p,q)=1.‎ 当Q(p,q)∈L1:y=(x+1)2-(0≤x≤2)时,q=(p+1)2-,∴h(p)=φ(p,q)==(0≤p≤2),在(0,2)上,令h′(p)==0得p=,由于h(0)=h(2)=1,h=, ‎ ‎∴h(p)=φ(p,q)在[0,2]上取得最大值hmax=.‎ ‎∀(p,q)∈D,有0≤p≤2,(p+1)2-≤q≤p-1,‎ 故φ(p,q)=≤‎ ‎=≤hmax=,‎ φ(p,q)=≥===1,‎ 故φmin=1,φmax=.‎ 课标文数21.H10,B9[2011·广东卷] ‎ 在平面直角坐标系xOy中,直线l:x=-2交x轴于点A.设P是l上一点,M是线段OP的垂直平分线上一点,且满足∠MPO=∠AOP.‎ ‎(1)当点P在l上运动时,求点M的轨迹E的方程;‎ ‎(2)已知T(1,-1).设H是E上动点,求|HO|+|HT|的最小值,并给出此时点H的坐标;‎ ‎(3)过点T(1,-1)且不平行于y轴的直线l1与轨迹E有且只有两个不同的交点.求直线l1的斜率k的取值范围.‎ 课标文数21.H10,B9[2011·广东卷] 【解答】 (1)如图1-2(1).设MQ为线段OP的垂直平分线,交OP于点Q.‎ ‎∵∠MPQ=∠AOP,∴MP⊥l,且|MO|=|MP|.‎ 因此,=|x+2|,即 y2=4(x+1)(x≥-1). ①‎ 图1-3‎ E1:y2=4(x+1)(x≥-1);‎ E2:y=0,x<-1.‎ 当H∈E1时,过T作垂直于l的直线,垂足为T′,交E1于D.再过H作垂直于l的直线,交l于H′.‎ 因此,|HO|=|HH′|(抛物线的性质).‎ ‎∴|HO|+|HT|=|HH′|+|HT|≥|TT′|=3(该等号仅当H′与T′重合(或H与D重合)时取得).‎ 当H∈E2时,则|HO|+|HT|>|BO|+|BT|=1+>3.‎ 综合可得,|HO|+|HT|的最小值为3,且此时点H的坐标为.‎ ‎(3)由图1-3知,直线l1的斜率k不可能为零.‎ 设l1:y+1=k(x-1)(k≠0).‎ 故x=(y+1)+1,代入E1的方程得:y2-y-=0.‎ 因判别式Δ=+4=2+28>0,‎ 所以l1与E中的E1有且仅有两个不同的交点.‎ 又由E2和l1的方程可知,若l1与E2有交点,‎ 则此交点的坐标为,且<-1.即当-0),f(an+1)=g(an),证明:存在常数M,使得对于任意的n∈N*,都有an≤M.‎ 课标理数22.B9,M3[2011·湖南卷] 【解答】 (1)由h(x)=x3-x-知,x∈[0,+∞),而h(0)=0,且h(1)=-1<0,h(2)=6->0,则x=0为h(x)的一个零点,且h(x)在(1,2)内有零点.因此,h(x)至少有两个零点.‎ 解法一:h′(x)=3x2-1-x-,记φ(x)=3x2-1-x-,则φ′(x)=6x+x-.‎ 当x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,因此φ(x)在(0,+∞)上单调递增,则φ(x)在(0,+∞)内至多只有一个零点.又因为φ(1)>0,φ<0,则φ(x)在内有零点,所以φ(x)在(0,+∞)内有且只有一个零点.记此零点为x1,则当x∈(0,x1)时,φ(x)<φ(x1)=0;当x∈(x1,+∞)时,φ(x)>φ(x1)=0.‎ 所以,当x∈(0,x1)时,h(x)单调递减.而h(0)=0,则h(x)在(0,x1]内无零点;‎ 当x∈(x1,+∞)时,h(x)单调递增,则h(x)在(x1,+∞)内至多只有一个零点,从而h(x)在(0,+∞)内至多只有一个零点.‎ 综上所述,h(x)有且只有两个零点.‎ 解法二:由h(x)=x,记φ(x)=x2-1-x-,则φ′(x)=2x+x-.‎ 当x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,从而φ(x)在(0,+∞)上单调递增,则φ(x)在(0,+∞)内至多只有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)内也至多只有一个零点.‎ 综上所述,h(x)有且只有两个零点.‎ ‎(2)记h(x)的正零点为x0,即x=x0+.‎ ‎(i)当a0,‎ 所以f·f<0,‎ 又因为函数y=ex是单调增函数,y=4x-3也是单调增函数,‎ 所以函数f(x)=ex+4x-3是单调增函数,‎ 所以函数f(x)=ex+4x-3的零点在内.‎ 课标理数16.B9[2011·山东卷] 已知函数f(x)=logax+x-b(a>0,且a≠1).当2<a<3<b<4时,函数f(x)的零点x0∈(n,n+1),n∈N*,则n=________.‎ 课标理数16.B9[2011·山东卷] 2 【解析】 本题考查对数函数的单调性与函数零点定理的应用.因为21>loga2,b-3<11>loga2,b-3<1<loga3,所以f(2)·f(3)= (loga2+2-b)·(loga3+3-b)<0,所以函数的零点在(2,3)上,所以n=2.‎ 课标理数6.B9[2011·陕西卷] 函数f(x)=-cosx在[0,+∞)内(  )‎ A.没有零点 ‎ B.有且仅有一个零点 C.有且仅有两个零点 ‎ D.有无穷多个零点 课标理数6.B9[2011·陕西卷] B 【解析】 在同一个坐标系中作出y=与y=cosx的图象如图,‎ 图1-2‎ 由图象可得函数f(x)=-cosx在[0,+∞)上只有一个零点.‎ 课标文数6.B9[2011·陕西卷] 方程|x|=cosx在(-∞,+∞)内(  )‎ A.没有根 ‎ B.有且仅有一个根 C.有且仅有两个根 ‎ D.有无穷多个根 课标文数6.B9[2011·陕西卷] C 【解析】 如图1-3所示,由图象可得两函数图象有两个交点,故方程有且仅有两个根,故答案为C.‎ 图1-3‎ 课标数学11.B9[2011·江苏卷] 已知实数a≠0,函数f(x)= 若f(1-a)=f(1+a),则a的值为________.‎ 课标数学11.B9[2011·江苏卷] - 【解析】 当a>0时,f(1-a)=2-2a+a=-1-3a=‎ f(1+a),a=-<0,不成立;当a<0时,f(1-a)=-1+a-2a=2+2a+a=f(1+a),a=-.‎ 课标理数6.B10[2011·北京卷] 根据统计,一名工人组装第x件某产品所用的时间(单位:分钟)为f(x)=(A,c为常数). 已知工人组装第4件产品用时30分钟,组装第A件产品用时15分钟,那么c和A的值分别是(  )‎ A.75,25 B.75,16‎ C.60,25 D.60,16‎ 课标理数6.B10[2011·北京卷] D 【解析】 由题意可知解得故应选D.‎ 课标文数7.B10,E6[2011·北京卷] 某车间分批生产某种产品,每批的生产准备费用为800元,若每批生产x件,则平均仓储时间为天,且每件产品每天的仓储费用为1元,为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小,每批应生产产品(  )‎ A.60件 B.80件 C.100件 D.120件 课标文数7.B10,E6[2011·北京卷] B 【解析】 记平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和为f(x),则f(x)==+≥2=20,当且仅当=,即x=80件(x>0)时,取最小值,故选B.‎ 课标文数14.B10[2011·北京卷] 设A(0,0),B(4,0),C(t+4,3),D(t,3)(t∈R).记N(t)为平行四边形ABCD内部(不含边界)的整点的个数,其中整点是指横、纵坐标都是整数的点,则N(0)=________;N(t)的所有可能取值为________.‎ 课标文数14.B10[2011·北京卷] 6 6,7,8 【解析】 显然四边形ABCD内部(不包括边界)的整点都在直线y=k(k=1,2)落在四边形ABCD内部的线段上,由于这样的线段长等于4,所以每条线段上的整点有3个或4个,所以6=2×3≤N(t)≤2×4=8.‎ 当四边形ABCD的边AD上有4个整点时,N(t)=6;‎ 当四边形ABCD的边AD上有1或2个整点时,N(t)=8或7.‎ 所以N(t)的所有可能取值为6,7,8.‎ 课标理数18.B10,B12[2011·福建卷] 某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中30),雨速沿E移动方向的分速度为c(c∈R).E移动时单位时间内的淋雨量包括两部分:(1)P或P的平行面(只有一个面淋雨)的淋雨量,假设其值与|v-c|×S成正比,比例系数为;(2)其它面的淋雨量之和,其值为.记y为E移动过程中的总淋雨量,当移动距离d=100,面积S=时,‎ ‎(1)写出y的表达式;‎ ‎(2)设00,‎ ‎∴ f(x)在(-∞,+∞)上是增函数,‎ ‎∴ f(x1)0,‎ ‎∴ f(x)在(-∞,+∞)上是增函数,画出f(x)的图象(大致).‎ ‎∴ f(x1)0时,由f′(x)>0得x>1,由f′(x)<0得00得01. ‎ 综上,当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1);‎ 当a<0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).‎ ‎(3)当a=1时,f(x)=-x+2+xlnx,f′(x)=lnx.‎ 由(2)可得,当x在区间内变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎1‎ ‎(1,e)‎ e f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎2- 单调递减 极小值1‎ 单调递增 ‎2‎ 又2-<2,所以函数f(x)(x∈)的值域为[1,2].‎ 据此可得,若相对每一个t∈[m,M],直线y=t与曲线y=f(x)都有公共点;‎ 并且对每一个t∈(-∞,m)∪(M,+∞),直线y=t与曲线y=f(x)都没有公共点.‎ 综上,当a=1时,存在最小的实数m=1,最大的实数M=2,使得对每一个t∈[m,M],直线y=t与曲线y=f(x)都有公共点.‎ 课标理数4.B11[2011·江西卷] 若f(x)=x2-2x-4lnx,则f′(x)>0的解集为(  )‎ A.(0,+∞) ‎ B.(-1,0)∪(2,+∞)‎ C.(2,+∞) ‎ D.(-1,0)‎ 课标理数4.B11[2011·江西卷] C 【解析】 方法一:令f′(x)=2x-2-=>0,又∵f(x)的定义域为{x|x>0},∴(x-2)(x+1)>0(x>0),解得x>2.故选C.‎ 方法二:令f′(x)=2x-2->0,由函数的定义域可排除B、D,取x=1代入验证,可排除A,故选C.‎ 课标文数4.B11[2011·江西卷] 曲线y=ex在点A(0,1)处的切线斜率为(  )‎ A.1 B.2 C.e D. 课标文数4.B11[2011·江西卷] A 【解析】 y′=ex,故所求切线斜率k=ex|x=0=e0=1.故选A.‎ 课标文数4.B11[2011·山东卷] 曲线y=x3+11在点P(1,12)处的切线与y轴交点的纵坐标是(  )‎ A.-9 B.-3 C.9 D.15‎ 课标文数4.B11[2011·山东卷] C 【解析】 因为y′=3x2,所以k=y′|x=1=3,所以过点P(1,12)的切线方程为y-12=3(x-1),即y=3x+9,所以与y轴交点的纵坐标为9.‎ 课标理数19.B11,D4[2011·陕西卷] ‎ 图1-11‎ 如图1-11,从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线y=ex于点Q1(0,1),曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2.现从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2,依次重复上述过程得到一系列点:P1,Q1;P2,Q2;…;Pn,Qn,记Pk点的坐标为(xk,0)(k=1,2,…,n).‎ ‎(1)试求xk与xk-1的关系(2≤k≤n);‎ ‎(2)求|P1Q1|+|P2Q2|+|P3Q3|+…+|PnQn|.‎ 课标理数19.B11,D4[2011·陕西卷] 【解答】 ‎ ‎(1)设Pk-1(xk-1,0),由y′=ex得Qk-1(xk-1,exk-1)点处切线方程为y-exk-1=exk-1(x-xk-1),‎ 由y=0得xk=xk-1-1(2≤k≤n).‎ ‎(2)由x1=0,xk-xk-1=-1,得xk=-(k-1),‎ 所以|PkQk|=exk=e-(k-1),于是 Sn=|P1Q1|+|P2Q2|+|P3Q3|+…+|PnQn|‎ ‎=1+e-1+e-2+…+e-(n-1)==.‎ 课标文数19.B11,D4[2011·陕西卷] 如图1-12,从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线y=ex于点Q1(0,1),曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2.再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2,依次重复 图1-12‎ 上述过程得到一系列点:P1,Q1;P2,Q2;…;Pn,Qn,记Pk点的坐标为(xk,0)(k=1,2,…,n).‎ ‎(1)试求xk与xk-1的关系(2≤k≤n);‎ ‎(2)求|P1Q1|+|P2Q2|+|P3Q3|+…+|PnQn|.‎ 课标文数19.B11,D4[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设Pk-1(xk-1,0),由y′=ex得Qk-1(xk-1,exk-1)点处切线方程为y-exk-1=exk-1(x-xk-1),‎ 由y=0得xk=xk-1-1(2≤k≤n).‎ ‎(2)由x1=0,xk-xk-1=-1,得xk=-(k-1),‎ 所以|PkQk|=exk=e-(k-1),于是 Sn=|P1Q1|+|P2Q2|+|P3Q3|+…+|PnQn|‎ ‎=1+e-1+e-2+…+e-(n-1)==.‎ 大纲理数3.B11[2011·重庆卷] 已知li =2.则a=(   )‎ A.-6 B.2 ‎ C.3 D.6‎ 大纲理数3.B11[2011·重庆卷] D 【解析】 = = ==2,即a=6.‎ 大纲文数3.B11[2011·重庆卷] 曲线y=-x3+3x2在点(1,2)处的切线方程为(  )‎ A.y=3x-1 B.y=-3x+5‎ C.y=3x+5 D.y=2x 大纲文数3.B11[2011·重庆卷] A 【解析】 y′=-3x2+6x,‎ ‎∵点(1,2)在曲线上,∴所求切线斜率k=y′|x=1=3.‎ 由点斜式得切线方程为y-2=3(x-1),即y=3x-1.故选A.‎ 课标文数18.B12[2011·安徽卷] 设f(x)=,其中a为正实数.‎ ‎(1)当a=时,求f(x)的极值点;‎ ‎(2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围.‎ 课标文数18.B12[2011·安徽卷] 本题考查导数的运算,极值点的判断,导数符号与函数单调性变化之间的关系,求解二次不等式,考查运算能力,综合运用知识分析和解决问题的能力.‎ ‎【解答】 对f(x)求导得f′(x)=ex.①‎ ‎(1)当a=时,若f′(x)=0,则4x2-8x+3=0,‎ 解得x1=,x2=.‎ 结合①可知 ‎[来源:学|科|网]‎ x f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  极大值  极小值  所以,x1=是极小值点,x2=是极大值点.‎ ‎(2)若f(x)为R上的单调函数,则f′(x)在R上不变号,结合①与条件a>0,知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,因此Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并结合a>0,知00,知0<a≤1.‎ 课标理数18.B12[2011·北京卷] 已知函数f(x)=(x-k)2e.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若对于任意的x∈(0,+∞),都有f(x)≤,求k的取值范围.‎ 课标理数18.B12[2011·北京卷] 【解答】 (1)f′(x)=(x2-k2)e.‎ 令f′(x)=0,得x=±k.‎ 当k>0时,f(x)与f′(x)的情况如下:‎ x ‎(-∞,-k)‎ ‎-k ‎(-k,k)‎ k ‎(k,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  ‎4k2e-1‎  ‎0‎  所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,-k)和(k,+∞);单调递减区间是(-k,k).‎ 当k<0时,f(x)与f′(x)的情况如下:‎ x ‎(-∞,k)‎ k ‎(k,-k)‎ ‎-k ‎(-k,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎  ‎0‎  ‎4k2e-1‎  所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k)和(-k,+∞);单调递增区间是(k,-k).‎ ‎(2)当k>0时,因为f(k+1)=e>,所以不会有∀x∈(0,+∞),f(x)≤.‎ 当k<0时,由(1)知f(x)在(0,+∞)上的最大值是f(-k)=.‎ 所以∀x∈(0,+∞),f(x)≤,等价于f(-k)=≤.‎ 解得-≤k<0.‎ 故当∀x∈(0,+∞),f(x)≤时,k的取值范围是.‎ 课标文数18.B12[2011·北京卷] 已知函数f(x)=(x-k)ex.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.‎ 课标文数18.B12[2011·北京卷] 【解答】 (1)f′(x)=(x-k+1)ex.‎ 令f′(x)=0,得x=k-1.‎ f(x)与f′(x)的情况如下:‎ x ‎(-∞,k-1)‎ k-1‎ ‎(k-1,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  ‎-ek-1‎  所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+∞).‎ ‎(2)当k-1≤0,即k≤1时,函数f(x)在[0,1]上单调递增.‎ 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;‎ 当00时,f(x)>0;‎ ‎(2)从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张,然后放回,用这种方式连续抽取20次,设抽得的20个号码互不相同的概率为p.证明:p<19<.‎ 大纲理数22.B12,E8[2011·全国卷] 【解答】 (1)f′(x)=.[来源:Z#xx#k.Com]‎ 当x>0时,f′(x)>0,所以f(x)为增函数,又f(0)=0.因此当x>0时,f(x)>0.‎ ‎(2)p=.‎ 又99×81<902,98×82<902,…,91×89<902,‎ 所以p<19.‎ 由(1)知:当x>0时,ln(1+x)>.‎ 因此,ln(1+x)>2.‎ 在上式中,令x=,则19ln>2,即19>e2.‎ 所以p<19<.‎ 大纲文数21.B12[2011·全国卷] 已知函数f(x)=x3+3ax2+(3-6a)x+12a-4(a∈R).‎ ‎(1)证明:曲线y=f(x)在x=0处的切线过点(2,2);‎ ‎(2)若f(x)在x=x0处取得极小值,x0∈(1,3),求a的取值范围.‎ 大纲文数21.B12[2011·全国卷] 【解答】 (1)证明:f′(x)=3x2+6ax+3-6a.‎ 由f(0)=12a-4,f′(0)=3-6a得曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=(3-6a)x+12a-4,‎ 由此知曲线y=f(x)在x=0处的切线过点(2,2).‎ ‎(2)由f′(x)=0得x2+2ax+1-2a=0.‎ ‎①当--1≤a≤-1时,f′(x)≥0恒成立,f(x)没有极小值;‎ ‎②当a>-1或a<--1时,由f′(x)=0得 x1=-a-,x2=-a+,‎ 故x0=x2.由题设知1<-a+<3.‎ 当a>-1时,不等式1<-a+<3无解;‎ 当a<--1时,解不等式1<-a+<3得-0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,则ab的最大值等于(  )‎ A.2 B.3 C.6 D.9‎ 课标文数10.B12,E6[2011·福建卷] D 【解析】 f′(x)=12x2-2ax-2b,‎ ‎∵f(x)在x=1处有极值,‎ ‎∴f′(1)=0,即12-2a-2b=0,化简得 a+b=6,‎ ‎∵a>0,b>0,‎ ‎∴ab≤2=9,当且仅当a=b=3时,ab有最大值,最大值为9,故选D.‎ 课标文数22.B11,B12[2011·福建卷] 已知a,b为常数,且a≠0,函数f(x)=-ax+b+axlnx,f(e)=2(e=2.71828…是自然对数的底数).‎ ‎(1)求实数b的值;‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(3)当a=1时,是否同时存在实数m和M(m0时,由f′(x)>0得x>1,由f′(x)<0得00得01. ‎ 综上,当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1);‎ 当a<0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).‎ ‎(3)当a=1时,f(x)=-x+2+xlnx,f′(x)=lnx.‎ 由(2)可得,当x在区间内变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎1‎ ‎(1,e)‎ e f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎2- 单调递减 极小值1‎ 单调递增 ‎2‎ 又2-<2,所以函数f(x)(x∈)的值域为[1,2].‎ 据此可得,若相对每一个t∈[m,M],直线y=t与曲线y=f(x)都有公共点;‎ 并且对每一个t∈(-∞,m)∪(M,+∞),直线y=t与曲线y=f(x)都没有公共点.‎ 综上,当a=1时,存在最小的实数m=1,最大的实数M=2,使得对每一个t∈[m,M],直线y=t与曲线y=f(x)都有公共点.‎ 课标理数12.B12[2011·广东卷] 函数f(x)=x3-3x2+1在x=________处取得极小值.‎ 课标理数12.B12[2011·广东卷] 2‎ ‎【解析】 f′(x)=3x2-6x,令f′(x)=0,得x1=0,x2=2,当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,‎ 当x∈(0,2)时,f′(x)<0,当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,显然当x=2时f(x)取极小值.‎ 课标文数19.B12[2011·广东卷] ‎ 设a>0,讨论函数f(x)=lnx+a(1-a)x2-2(1-a)x的单调性.[来源:学科网]‎ 课标文数19.B12[2011·广东卷] 【解答】 函数f(x)的定义域为(0,+∞).‎ f′(x)=,‎ 当a≠1时,方程2a(1-a)x2-2(1-a)x+1=0的判别式Δ=12(a-1).‎ ‎①当00,f′(x)有两个零点,‎ x1=->0,x2=+,‎ 且当0x2时,f′(x)>0,f(x)在(0,x1)与(x2,+∞)内为增函数;‎ 当x10(x>0),f(x)在(0,+∞)内为增函数;‎ ‎④当a>1时,Δ>0,x1=->0,‎ x2=+<0,‎ 所以f′(x)在定义域内有唯一零点x1,‎ 且当00,f(x)在(0,x1)内为增函数;当x>x1时,f′(x)<0,f(x)在(x1,+∞)内为减函数.‎ f(x)的单调区间如下表:‎ ‎01‎ ‎(0,x1)‎ ‎(x1,x2)‎ ‎(x2,+∞)‎ ‎(0,+∞)‎ ‎(0,x1)‎ ‎(x1,+∞)‎       ‎(其中x1=-,‎ x2=+)‎ 课标理数10.B12[2011·湖北卷] 放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素,其含量不断减少,这种现象称为衰变.假设在放射性同位素铯137的衰变过程中,其含量M(单位:太贝克)与时间t(单位:年)满足函数关系:M(t)=M02-,其中M0为t=0时铯137的含量.已知t=30时,铯137含量的变化率是-10ln2(太贝克/年),则M(60)=(  )‎ A.5太贝克 B.75ln2太贝克 C.150ln2太贝克 D.150太贝克 课标理数10.B12[2011·湖北卷] D 【解析】 因为M′(t)=-M02-·ln2,所以M′(30)=-M0ln2=-10ln2.所以M0=600.所以M(t)=600×2-.所以M(60)=600×2-2=150(太贝克).‎ 课标理数21.B12,E9[2011·湖北卷] ‎ ‎(1)已知函数f(x)=lnx-x+1,x∈(0,+∞),求函数f(x)的最大值;‎ ‎(2)设ak,bk(k=1,2,…,n)均为正数,证明:‎ ‎①若a1b1+a2b2+…+anbn≤b1+b2+…+bn,则ab11ab22…abnn≤1;‎ ‎②若b1+b2+…+bn=1,则≤bb11bb22…bbnn≤b+b+…+b.‎ 课标理数21.B12,E9[2011·湖北卷] 【解答】 ‎ ‎(1)f(x)的定义域为(0,+∞),令f′(x)=-1=0,解得x=1,‎ 当00,f(x)在(0,1)内是增函数;‎ 当x>1时,f′(x)<0,f(x)在(1,+∞)内是减函数.‎ 故函数f(x)在x=1处取得最大值f(1)=0.‎ ‎(2)证明:①由(1)知,当x∈(0,+∞)时,有f(x)≤f(1)=0,即lnx≤x-1.‎ ‎∵ak,bk>0,从而有lnak≤ak-1,得bklnak≤akbk-bk(k=1,2,…,n),‎ 求和得nabkk≤kbk-k,‎ ‎∵kbk≤k,∴nabkk≤0,即ln(ab11ab22…abnn)≤0,‎ ‎∴ab11ab22…abnn≤1.‎ ‎②(i)先证bb11bb22…bbnn≥,‎ 设ak=(k=1,2,…,n),则kbk==1=k,于是由①得b1b2…bn≤1,‎ 即≤nb1+b2+…+bn=n,‎ ‎∴bb11bb22…bbnn≥.‎ ‎(ii)再证bb11bb22…bbnn≤b+b+…+b,‎ 记S=,设ak=(k=1,2,…,n),‎ 则kbk==1=k,‎ 于是由①得b1b2…bn≤1,‎ 即bb11bb22…bbnn≤Sb1+b2+…+bn=S,‎ ‎∴bb11bb22…bbnn≤b+b+…+b.‎ 综合(i)(ii),②得证.‎ 课标文数20.B12,E9[2011·湖北卷] 设函数f(x)=x3+2ax2+bx+a,g(x)=x2-3x+2,其中x∈R,a、b为常数,已知曲线y=f(x)与y=g(x)在点(2,0)处有相同的切线l.‎ ‎(1)求a、b的值,并写出切线l的方程;‎ ‎(2)若方程f(x)+g(x)=mx有三个互不相同的实根0、x1、x2,其中x10,即m>-.‎ 又对任意的x∈[x1,x2],f(x)+g(x)0,x1x2=2-m>0,‎ 故00,‎ 则f(x)+g(x)-mx=x(x-x1)(x-x2)≤0,‎ 又f(x1)+g(x1)-mx1=0,‎ 所以函数f(x)+g(x)-mx在x∈[x1,x2]的最大值为0.‎ 于是当-0)时的最小值.‎ 令F′(t)=2t-=0,得t=或t=-(舍去).‎ 故t=时,F(t)=t2-lnt有最小值,即达到最小值,故选D.‎ 课标文数7.B12[2011·湖南卷] 曲线y=-在点M处的切线的斜率为(  )‎ A.- B. C.- D. 课标文数7.B12[2011·湖南卷] B 【解析】 对y=-求导得到 y′==,‎ 当x=,得到y′==.‎ 课标文数22.B12,E8[2011·湖南卷] 设函数f(x)=x--alnx(a∈R).‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)若f(x)有两个极值点x1和x2,记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜率为k.问:是否存在a,使得k=2-a?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.‎ 课标文数22.B12,E8[2011·湖南卷] 【解答】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).‎ f′(x)=1+-=.‎ 令g(x)=x2-ax+1,其判别式Δ=a2-4.‎ ‎①当|a|≤2时,Δ≤0,f′(x)≥0.故f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ ‎②当a<-2时,Δ>0,g(x)=0的两根都小于0.‎ 在(0,+∞)上,f′(x)>0.‎ 故f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ ‎③当a>2时,Δ>0,g(x)=0的两根为x1=,x2=.‎ 当00;当x1x2时,f′(x)>0.‎ 故f(x)分别在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.‎ ‎(2)由(1)知,a>2.‎ 因为f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+-a(lnx1-lnx2),所以,‎ k==1+-a·.‎ 又由(1)知,x1x2=1,于是 k=2-a·.‎ 若存在a,使得k=2-a,则=1.‎ 即lnx1-lnx2=x1-x2.‎ 亦即x2--2lnx2=0(x2>1).(*)‎ 再由(1)知,函数h(t)=t--2lnt在(0,+∞)上单调递增,而x2>1,所以x2--2lnx2>1--2ln1=0.这与(*)式矛盾.‎ 故不存在a,使得k=2-a.‎ 课标理数19.B12[2011·江西卷] 设f(x)=-x3+x2+2ax.‎ ‎(1)若f(x)在上存在单调递增区间,求a的取值范围;‎ ‎(2)当00即m2>n.‎ 不妨设两根为x1,x2,则|x2-x1|=2为正整数.‎ 又m+n<10(m,n∈N+),‎ 故m≥2时才可能有符合条件的m,n,‎ 当m=2时,只有n=3符合要求;‎ 当m=3时,只有n=5符合要求;‎ 当m≥4时,没有符合要求的n.‎ 综上所述,只有m=2,n=3或m=3,n=5满足上述要求.‎ 课标理数21.B12[2011·课标全国卷] 已知函数f(x)=+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.‎ ‎(1)求a,b的值;‎ ‎(2)如果当x>0,且x≠1时,f(x)>+,求k的取值范围.‎ 课标理数21.B12[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)f′(x)=-,‎ 由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1),故即 解得a=1,b=1.‎ ‎(2)由(1)知f(x)=+,所以 f(x)-=.‎ 考虑函数h(x)=2lnx+(x>0),‎ 则h′(x)=.‎ ‎①设k≤0,由h′(x)=知,‎ 当x≠1时,h′(x)<0,而h(1)=0,‎ 故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得h(x)>0;‎ 当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得h(x)>0.‎ 从而当x>0,且x≠1时,f(x)->0,‎ 即f(x)>+.‎ ‎②设0<k<1,由于当x∈时,(k-1)(x2+1)+2x>0,故h′(x)>0,而h(1)=0,故当x∈时,h(x)>0,可得h(x)<0.与题设矛盾.‎ ‎③设k≥1,此时h′(x)>0,而h(1)=0,故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得h(x)<0,与题设矛盾.‎ 综合得,k的取值范围为(-∞,0].‎ 课标理数11.B12[2011·辽宁卷] 函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为(  )‎ A.(-1,1) B.(-1,+∞)‎ C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞)‎ 课标理数11.B12[2011·辽宁卷] B 【解析】 设G(x)=f(x)-2x-4,所以G′(x)=f′(x)-2,由于对任意x∈R,f′(x)>2,所以G′(x)=f′(x)-2>0恒成立,所以G(x)=f(x)-2x-4是R上的增函数,又由于G(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=0,所以G(x)=f(x)-2x-4>0,即f(x)>2x+4的解集为(-1,+∞),故选B.‎ 课标理数21.B12[2011·辽宁卷] ‎ 已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)设a>0,证明:当0<x<时,f>f;‎ ‎(3)若函数y=f(x)的图象与x轴交于A,B两点,线段AB中点的横坐标为x0,证明f′(x0)<0.‎ 课标理数21.B12[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-2ax+(2-a)=-.‎ ‎①若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)单调增加.‎ ‎②若a>0,则由f′(x)=0得x=,且当x∈时,f′(x)>0,当x>时,f′(x)<0.所以f(x)在单调增加,在单调减少.‎ ‎(2)设函数g(x)=f-f,则 g(x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax,‎ g′(x)=+-2a=.‎ 当0<x<时,g′(x)>0,而g(0)=0,所以g(x)>0.‎ 故当0<x<时,f>f.‎ ‎(3)由(1)可得,当a≤0时,函数y=f(x)的图像与x轴至多有一个交点,故a>0,从而f(x)的最大值为f,且f>0.‎ 不妨设A(x1,0),B(x2,0),0f(x1)=0.‎ 从而x2>-x1,于是x0=>.‎ 由(1)知,f′(x0)<0.‎ 课标文数11.B12[2011·辽宁卷] 函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为(  )‎ A.(-1,1) B.(-1,+∞)‎ C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞)‎ 课标文数11.B12[2011·辽宁卷] B 【解析】 设G(x)=f(x)-2x-4,所以G′(x)=f′(x)-2,由于对任意x∈R,f′(x)>2,所以G′(x)=f′(x)-2>0恒成立,所以G(x)=f(x)-2x-4是R上的增函数,又由于G(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=0,所以G(x)=f(x)-2x-4>0,即f(x)>2x+4的解集为(-1,+∞),故选B.‎ 课标文数16.B12[2011·辽宁卷] 已知函数f(x)=ex-2x+a有零点,则a的取值范围是________.‎ 课标文数16.B12[2011·辽宁卷] (-∞,2ln2-2] 【解析】 由于f(x)=ex-2x+a有零点,即ex-2x+a=0有解,所以a=-ex+2x.‎ 令g(x)=-ex+2x,由于g′(x)=-ex+2,令g′(x)=-ex+2=0解得x=ln2.‎ 当x∈(-∞,ln2)时,g′(x)=-ex+2>0,此时为增函数;当x∈(ln2,+∞)时,g′(x)=-ex+2<0,此时为减函数.‎ 所以,当x=ln2时,函数g(x)=-ex+2x有最大值2ln2-2,即g(x)=-ex+2x的值域为(-∞,2ln2-2],所以a∈(-∞,2ln2-2].‎ 课标文数20.B12[2011·辽宁卷] 设函数f(x)=x+ax2+blnx,曲线y=f(x)过P(1,0),且在P点处的切线斜率为2.‎ ‎(1)求a,b的值;‎ ‎(2)证明:f(x)≤2x-2.‎ 课标文数20.B12[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)f′(x)=1+2ax+.‎ 由已知条件得即 解得a=-1,b=3.‎ ‎(2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知f(x)=x-x2+3lnx.‎ 设g(x)=f(x)-(2x-2)=2-x-x2+3lnx,则 g′(x)=-1-2x+=-.‎ 当0<x<1时,g′(x)>0;当x>1时,g′(x)<0.‎ 所以g(x)在(0,1)单调增加,在(1,+∞)单调减少.‎ 而g(1)=0,故当x>0时,g(x)≤0,即f(x)≤2x-2.‎ 课标文数21.B12[2011·课标全国卷] 已知函数f(x)=+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.‎ ‎(1)求a,b的值;‎ ‎(2)证明:当x>0,且x≠1时,f(x)>.‎ 课标文数21.B12[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)f′(x)=-.‎ 由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1),故即 解得a=1,b=1.‎ ‎(2)由(1)知f(x)=+,所以 f(x)-=.‎ 考虑函数h(x)=2lnx-(x>0),则 h′(x)=-=-.‎ 所以当x≠1时,h′(x)<0,而h(1)=0,故 当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得h(x)>0.‎ 当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得h(x)>0.‎ 从而当x>0,且x≠1时,f(x)->0,‎ 即f(x)>.‎ ‎ 由于l≥2r,‎ 因此0<r≤2.‎ 所以建造费用y=2πrl×3+4πr2c=2πr××3+4πr2c,‎ 因此y=4π(c-2)r2+,0<r≤2.‎ ‎(2)由(1)得y′=8π(c-2)r- ‎=,0<r≤2.‎ 由于c>3,所以c-2>0.‎ 当r3-=0时,r=.‎ 令=m,则m>0,‎ 所以y′=(r-m)(r2+rm+m2).‎ ‎①当0<m<2即c>时,‎ 当r=m时,y′=0;‎ 当r∈(0,m)时,y′<0;‎ 当r∈(m,2]时,y′>0.‎ 所以r=m是函数y的极小值点,也是最小值点.‎ ‎②当m≥2即3<c≤时,‎ 当r∈(0,2]时,y′<0,函数单调递减,‎ 所以r=2是函数y的最小值点.‎ 综合所述,当3<c≤时,建造费用最小时r=2;‎ 当c>时,建造费用最小时r=.‎ 课标文数18.B12[2011·安徽卷] 设f(x)=,其中a为正实数.‎ ‎(1)当a=时,求f(x)的极值点;‎ ‎(2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围.‎ 课标文数18.B12[2011·安徽卷] 本题考查导数的运算,极值点的判断,导数符号与函数单调性变化之间的关系,求解二次不等式,考查运算能力,综合运用知识分析和解决问题的能力.‎ ‎【解答】 对f(x)求导得f′(x)=ex.①‎ ‎(1)当a=时,若f′(x)=0,则4x2-8x+3=0,‎ 解得x1=,x2=.‎ 结合①可知 x f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  极大值  极小值  所以,x1=是极小值点,x2=是极大值点.‎ ‎(2)若f(x)为R上的单调函数,则f′(x)在R上不变号,结合①与条件a>0,知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,因此Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并结合a>0,知01时,h(x)0成立⇔g(a)-1<,‎ 即lna<1,从而得0<a<e.‎ 课标数学19.B12[2011·江苏卷] 已知a,b是实数,函数f(x)=x3+ax,g(x)=x2+bx, f′(x)和g′(x)分别是f(x)和g(x)的导函数,若f′(x)g′(x)≥0在区间I上恒成立,则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致.‎ ‎(1)设a>0,若f(x)和g(x)在区间[-1,+∞)上单调性一致,求b的取值范围;‎ ‎(2)设a<0且a≠b,若f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单调性一致,求|a-b|的最大值.‎ 课标数学19.B12[2011·江苏卷] 本题主要考查函数的概念、性质及导数等基础知识,考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力.‎ ‎【解答】 f′(x)=3x2+a,g′(x)=2x+b.‎ ‎(1)由题意知f′(x)g′(x)≥0在[-1,+∞)上恒成立.因为a>0,故3x2+a>0,进而2x+b≥0,即b≥-2x在区间[-1,+∞)上恒成立,所以b≥2.因此b的取值范围是[2,+∞).‎ ‎(2)令f′(x)=0,解得x=±.‎ 若b>0,由a<0得0∈(a,b).又因为f′(0)g′(0)=ab<0,所以函数f(x)和g(x)在(a,b)上不是单调性一致的.因此b≤0.‎ 现设b≤0.当x∈(-∞,0)时,g′(x)<0;当x∈时,f′(x)>0.因此当x∈时,f′(x)g′(x)<0.故由题设得a≥-且b≥-,从而-≤a<0,于是-≤b≤0,因此|a-b|≤,且当a=-,b=0时等号成立.‎ 又当a=-,b=0时,f′(x)g′(x)=6x,从而当x∈时f′(x)g′(x)>0,故函数f(x)和g(x)在上单调性一致.因此|a-b|的最大值为.‎ 课标理数19.B12[2011·天津卷] 已知a>0,函数f(x)=lnx-ax2,x>0(f(x)的图象连续不断).‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)当a=时,证明:存在x0∈(2,+∞),使f(x0)=f;‎ ‎(3)若存在均属于区间[1,3]的α,β,且β-α≥1,使f(α)=f(β),证明≤a≤.‎ 课标理数19.B12[2011·天津卷] 【解答】 (1)f′(x)=-2ax=,x∈(0,+∞).令f′(x)=0,解得x=.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎  极大值  所以,f(x)的单调递增区间是,f(x)的单调递减区间是.‎ ‎(2)证明:当a=时,f(x)=lnx-x2.由(1)知f(x)在(0,2)内单调递增,在(2,+∞)内单调递减.‎ 令g(x)=f(x)-f.由于f(x)在(0,2)内单调递增,故f(2)>f,即g(2)>0.‎ 取x′=e>2,则g(x′)=<0.‎ 所以存在x0∈(2,x′),使g(x0)=0,即存在x0∈(2,+∞),使f(x0)=f.‎ ‎(说明:x′的取法不惟一,只要满足x′>2,且g(x′)<0即可.)‎ ‎(3)证明:由f(α)=f(β)及(1)的结论知α<<β,‎ 从而f(x)在[α,β]上的最小值为f(α).‎ 又由β-α≥1,α,β∈[1,3],知1≤α≤2≤β≤3.‎ 故即 从而≤a≤.[来源:Z&xx&k.Com]‎ 课标文数19.B12[2011·天津卷] 已知函数f(x)=4x3+3tx2-6t2x+t-1,x∈R,其中t∈R.‎ ‎(1)当t=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;‎ ‎(2)当t≠0时,求f(x)的单调区间;‎ ‎(3)证明:对任意t∈(0,+∞),f(x)在区间(0,1)内均存在零点.‎ 课标文数19.B12[2011·天津卷] 【解答】 (1)当t=1时,f(x)=4x3+3x2-6x,f(0)=0,f′(x)=12x2+6x-6,f′(0)=-6,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-6x.‎ ‎(2)f′(x)=12x2+6tx-6t2.令f′(x)=0,解得x=-t或x=.因为t≠0,以下分两种情况讨论:‎ ‎①若t<0,则<-t.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-t,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ f(x)‎    所以,f(x)的单调递增区间是,(-t,+∞);f(x)的单调递减区间是.‎ ‎②若t>0,则-t<.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,-t)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ f(x)‎    所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,-t),;f(x)的单调递减区间是.‎ ‎(3)证明:由(2)可知,当t>0时,f(x)在内单调递减,在内单调递增.以下分两种情况讨论:‎ ‎①当≥1,即t≥2时,f(x)在(0,1)内单调递减.‎ f(0)=t-1>0,f(1)=-6t2+4t+3≤-6×4+4×2+3<0.‎ 所以对任意t∈[2,+∞),f(x)在区间(0,1)内均存在零点.‎ ‎②当0<<1,即00,‎ 所以f(x)在内存在零点.‎ 若t∈(1,2),f=-t3+(t-1)<-t3+1<0,‎ f(0)=t-1>0,‎ 所以f(x)在内存在零点.‎ 所以,对任意t∈(0,2),f(x)在区间(0,1)内均存在零点.‎ 综上,对任意t∈(0,+∞),f(x)在区间(0,1)内均存在零点.‎ 课标文数10.B12[2011·浙江卷] 设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R),若x=-1为函数f(x)ex的一个极值点,则下列图象不可能为y=f(x)的图象是(  )‎ 图1-3‎ 课标文数10.B12[2011·浙江卷] D 【解析】 设F(x)=f(x)ex,∴F′(x)=exf′(x)+exf(x)=ex(2ax+b+ax2+bx+c),‎ 又∵x=-1为f(x)ex的一个极值点,‎ ‎∴F′(-1)=e2(-a+c)=0,即a=c,‎ ‎∴Δ=b2-4ac=b2-4a2,‎ 当Δ=0时,b=±2a,即对称轴所在直线方程为x=±1;‎ 当Δ>0时,>1,即对称轴在直线x=-1的左边或在直线x=1的右边.‎ 又f(-1)=a-b+c=2a-b<0,故D错,选D.‎ 大纲理数18.B12[2011·重庆卷] 设f(x)=x3+ax2+bx+1的导数f′(x)满足f′(1)=2a,f′(2)=-b,其中常数a,b∈R.‎ ‎(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(2)设g(x)=f′(x)e-x,求函数g(x)的最值.‎ 大纲理数18.B12[2011·重庆卷] 【解答】 (1)因f(x)=x3+ax2+bx+1,故f′(x)=3x2+2ax+b,‎ 令x=1,得f′(1)=3+2a+b,由已知f′(1)=2a,‎ 因此3+2a+b=2a,解得b=-3.‎ 又令x=2,得f′(2)=12+4a+b,由已知f′(2)=-b,因此12+4a+b=-b,‎ 解得a=-.‎ 因此f(x)=x3-x2-3x+1,从而f(1)=-.‎ 又因为f′(1)=2×=-3,故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-‎ eq lc( c)(avs4alco1(-f(5,2)))=-3(x-1),即6x+2y-1=0.‎ ‎(2)由(1)知g(x)=(3x2-3x-3)e-x,‎ 从而有g′(x)=(-3x2+9x)e-x.‎ 令g′(x)=0,得-3x2+9x=0,解得x1=0,x2=3.‎ 当x∈(-∞,0)时,g′(x)<0,故g(x)在(-∞,0)上为减函数;‎ 当x∈(0,3)时,g′(x)>0,故g(x)在(0,3)上为增函数;‎ 当x∈(3,+∞)时,g′(x)<0,故g(x)在(3,+∞)上为减函数;‎ 从而函数g(x)在x1=0处取得极小值,即最小值g(0)=-3,在x2=3处取得极大值,即最大值g(3)=15e-3.‎ 大纲文数19.B12[2011·重庆卷] 设f(x)=2x3+ax2+bx+1的导数为f′(x),若函数y=f′(x)的图象关于直线x=-对称,且f′(1)=0.‎ ‎(1)求实数a,b的值;‎ ‎(2)求函数f(x)的极值.‎ 大纲文数19.B12[2011·重庆卷] ‎ ‎【解答】 (1)因f(x)=2x3+ax2+bx+1,‎ 故f′(x)=6x2+2ax+b.‎ 从而f′(x)=62+b-,即y=f′(x)关于直线x=-对称,从而由题设条件知-=-,解得a=3.‎ 又由于f′(1)=0,即6+2a+b=0,解得b=-12.‎ ‎(2)由(1)知f(x)=2x3+3x2-12x+1,‎ f′(x)=6x2+6x-12=6(x-1)(x+2).‎ 令f′(x)=0,即6(x-1)(x+2)=0.‎ 解得x1=-2,x2=1. ‎ 当x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,故f(x)在(-∞,-2)上为增函数;‎ 当x∈(-2,1)时,f′(x)<0,故f(x)在(-2,1)上为减函数;‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(1,+∞)上为增函数.‎ 从而函数f(x)在x1=-2处取得极大值f(-2)=21,在x2=1处取得极小值f(1)=-6.‎ 课标理数5.B13[2011·福建卷] (ex+2x)dx等于(  )‎ A.1 B.e-1 C.e D.e+1‎ 课标理数5.B13[2011·福建卷] C 【解析】 因为F(x)=ex+x2,且F′(x)=ex+2x,则 (ex+2x)dx=(ex+x2)|=(e+1)-(e0+0)=e,故选C.‎ 课标理数6.B13[2011·湖南卷] 由直线x=-,x=,y=0与曲线y=cosx所围成的封闭图形的面积为(  )‎ A. B.1 C. D. 课标理数6. B13[2011·湖南卷] D 【解析】 根据定积分的简单应用相关的知识可得到:由直线x=-,x=,y=0与曲线y=cosx所围成的封闭图形的面积为:‎ S====,‎ 故选D.‎ 课标理数9.B13[2011·课标全国卷] 由曲线y=,直线y=x-2及y轴所围成的图形的面积为(  )‎ A. B.4 C. D.6‎ 课标理数11.B13[2011·陕西卷] 设f(x)=若f(f(1))=1,则a=________.‎ 课标理数11.B13[2011·陕西卷] 1 【解析】 由f(x)=得 f(x)=f(1)=lg1=0,‎ f[f(1)]=f(0)=a3=1,∴a=1.‎ 图1-2‎ 课标文数10.B14[2011·广东卷] 设f(x),g(x),h(x)是R上的任意实值函数,如下定义两个函数(f∘g)(x)和(f·g)(x):对任意x∈R,(f∘g)(x)=f(g(x));(f·g)(x)=f(x)g(x).则下列等式恒成立的是(  )‎ A.((f∘g)·h)(x)=((f·h)∘(g·h))(x)‎ ‎ B.((f·g)∘h)(x)=((f∘h)·(g∘h))(x)‎ C.((f∘g)∘h)(x)=((f∘h)∘(g∘h))(x)‎ D.((f·g)·h)(x)=((f·h)·(g·h))(x)‎ 课标文数10.B14[2011·广东卷] B 【解析】 根据题目已知的新定义,空心为复合,实心则拿出来相乘,在B中左边=((f·g)∘h)(x)=(f·g)(h(x))=f(h(x))g(h(x)),‎ 右边=((f∘h)·(g∘h))(x)=(f∘h)(x)(g∘h)(x)=f(h(x))g(h(x)),‎ 由于左边=右边,所以B正确.其他选项按照此规律计算都不满足题意.‎ 课标文数8.B14[2011·湖南卷] 已知函数f(x)=ex-1,g(x)=-x2+4x-3.若有f(a)=g(b),则b的取值范围为(  )‎ A. B. C.[1,3] D.(1,3)‎ 课标文数8.B14[2011·湖南卷] B 【解析】 因为f(x)=ex-1>-1,g(x)=-x2+4x-3≤1,要有f(a)=g(b),则一定要有-1<-x2+4x-3≤1,解之得:有2-<x<2+,即2-<b<2+,故选B.‎ 课标理数9.B14[2011·辽宁卷] 设函数f(x)=则满足f(x)≤2的x的取值范围是(  )‎ A.[-1,2] B.[0,2]‎ C.[1,+∞) D.[0,+∞)‎ 课标理数9.B14[2011·辽宁卷] D 【解析】 当x≤1时,f(x)≤2化为21-x≤2,解得0≤x≤1;‎ 当x>1时,f(x)=1-log2x<1<2恒成立,故x的取值范围是[0,+∞),故选D.‎ 左右两端均为半球形,按照设计要求容器的容积为立方米,且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元,半球形部分每平方米建造费用为c(c>3)千元.设该容器的建造费用为y千元.‎ ‎(1)写出y关于r的函数表达式,并求该函数的定义域;‎ ‎(2)求该容器的建造费用最小时的r.‎ 课标理数21.B14[2011·山东卷] 【解答】 (1)设容器的容积为V,‎ 由题意知V=πr2l+πr3,又V=,‎ 故l==-r=.‎ 由于l≥2r,‎ 因此03,所以c-2>0,‎ 当r3-=0时,r=.‎ 令=m,则m>0,‎ 所以y′=(r-m)(r2+rm+m2).‎ ‎①当0时,‎ 当r=m时,y′=0;‎ 当r∈(0,m)时,y′<0;‎ 当r∈(m,2]时,y′>0.‎ 所以r=m是函数y的极小值点,也是最小值点.‎ ‎②当m≥2即3时,建造费用最小时r=.‎ 大纲文数22.B14[2011·四川卷] 已知函数f(x)=x+,h(x)=.‎ ‎(1)设函数F(x)=18f(x)-x2[h(x)]2,求F(x)的单调区间与极值;‎ ‎(2)设a∈R,解关于x的方程lg=2lgh(a-x)-2lgh(4-x);‎ ‎(3)设n∈N*,证明:f(n)h(n)-[h(1)+h(2)+…+h(n)]≥.‎ 大纲文数22.B14[2011·四川卷] 【解答】 (1)F(x)=18f(x)-x2[h(x)]2=-x3+12x+9(x≥0),‎ ‎∴F′(x)=-3x2+12.‎ 令F′(x)=0,得x=2(x=-2舍去).‎ 当x∈[0,2)时,F′(x)>0;当x∈(2,+∞)时,F′(x)<0.‎ 故当x∈[0,2)时,F(x)为增函数;‎ 当x∈[2,+∞)时,F(x)为减函数.‎ x=2为F(x)的极大值点,且F(2)=-8+24+9=25.‎ ‎(2)原方程代为lg(x-1)+2lg=2lg ‎⇔⇔ 图1-9‎ ‎①当1<a≤4时,原方程有一解x=3-;‎ ‎②当4<a<5时,原方程有两解 x1,2=3±;‎ ‎③当a=5时,原方程有一解x=3;‎ ‎④当a≤1或a>5时原方程无解.‎ ‎(3)由已知得h(1)+h(2)+…+h(n)=++…+,‎ f(n)h(n)-=-.‎ 设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=f(n)h(n)-(n∈N*),从而有a1=S1=1,‎ 当k≥2时,ak=Sk-Sk-1=-.‎ 又ak-=[(4k-3)-(4k-1)]‎ ‎= ‎= >0.‎ 即对任意的k≥2,有ak>.‎ 又因为a1=1=,‎ 所以a1+a2+…+an≥++…+.‎ 则Sn≥h(1)+h(2)+…+h(n),故原不等式成立.‎ 大纲理数11.B14[2011·四川卷] 已知定义在[0,+∞)上的函数f(x)满足f(x)=3f(x+2),当x∈[0,2)时,f(x)=-x2+2x.设f(x)在[2n-2,2n)上的最大值为an(n∈N*),且{an}的前n项和为Sn,则Sn=(  )‎ A.3 B. C.2 D. 大纲理数11.B14[2011·四川卷] D 【解析】 由f(x)=-x2+2x=-(x-1)2+1可得a1=1,再由f(x)=3f(x+2)可知f(x)=f(x+2),且由 y=f(x+2)y=f(x)可知,函数f(x)在 上的最大值an(n∈N*)组成的数列{an}是公比为的无穷递减等比数列,所以Sn==.‎ 大纲理数16.B14[2011·四川卷] 函数f(x)的定义域为A,若x1,x2∈A且f(x1)=f(x2)时总有x1=x2,则称f(x)为单函数.例如,函数f(x)=2x+1(x∈R)是单函数.下列命题:‎ ‎①函数f(x)=x2(x∈R)是单函数;‎ ‎②若f(x)为单函数,x1,x2∈A且x1≠x2,则f(x1)≠f(x2);‎ ‎③若f:A→B为单函数,则对于任意b∈B,它至多有一个原象;‎ ‎④函数f(x)在某区间上具有单调性,则f(x)一定是单函数.‎ 其中的真命题是________.(写出所有真命题的编号)‎ 大纲理数16.B14[2011·四川卷] ②③ 【解析】 本题主要考查对函数概念以及新定义概念的理解.对于①,如-2,2∈A且f(-2)=f(2),所以①错误;对于②③,根据单函数的定义,函数即为一一映射确定的函数关系,所以当函数自变量不相等时,则函数值不相等,即②③正确;对于④,函数f(x)在某区间上具有单调性,则函数只能是在该区间上为一一映射确定的函数关系,而不能说f(x)一定是单函数,所以④错误.‎ 大纲理数22.B14[2011·四川卷] 已知函数f(x)=x+,h(x)=.‎ ‎(1)设函数F(x)=f(x)-h(x),求F(x)的单调区间与极值;‎ ‎(2)设a∈R,解关于x的方程log4=log2h(a-x)-log2h(4-x);‎ ‎(3)试比较f(100)h(100)-h(k)与的大小.‎ 课标理数22.B14[2011·四川卷] 【解答】 由F(x)=f(x)-h(x)=x+-(x≥0)知,‎ F′(x)=,令F′(x)=0,得x=.‎ 当x∈时,F′(x)<0,当x∈时,F′(x)>0,‎ 故当x∈时,F(x)是减函数,当x∈时,F(x)是增函数.‎ F(x)在x=处有极小值且F=.‎ 图1-9‎ ‎(2)原方程可化为log4(x-1)+log2h(4-x)=log2h(a-x),‎ 即log2(x-1)+log2=log2,‎ ‎⇔  ⇔ ‎①当1<a≤4时,原方程有一解x=3-;‎ ‎②当4<a<5时,原方程有两解x1,2=3±;‎ ‎③当a=5时,原方程有一解x=3;‎ ‎④当a≤1或a>5时,原方程无解.‎ ‎(3)由已知得(k)=.‎ 设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=f(n)h(n)-(n∈N*).‎ 从而有a1=S1=1.‎ 当2≤k≤100时,ak=Sk-Sk-1=-.‎ 又ak-=[(4k-3)-(4k-1)]‎ ‎= ‎=>0.‎ 即对任意的2≤k≤100,有ak>.‎ 又因为a1=1=,所以k>,‎ 故f(100)h(100)-(k)>.‎ 课标理数10.B14[2011·浙江卷] 设a,b,c为实数,f(x)=(x+a)(x2+bx+c),g(x)=(ax+1)(cx2+bx+1).记集合S={x|f(x)=0,x∈R},T={x|g(x)=0,x∈R}.若|S|,|T|分别为集合S,T的元素个数,则下列结论不可能的是(  )‎ A.|S|=1且|T|=0 B.|S|=1且|T|=1‎ C.|S|=2且|T|=2 D.|S|=2且|T|=3‎ 课标理数10.B14[2011·浙江卷] D 【解析】 当a=b=c=0时,=1且 |T|=0;当a≠0,c≠0且b2-4c<0时,=1且|T|=1;当a≠0,c≠0且b2-4c=0时,|S|=2且|T|=2;当a≠0,c≠0且b2-4c>0时,=3且|T|=3.‎ 课标理数22.B14[2011·浙江卷] 设函数f(x)=(x-a)2lnx,a∈R.‎ ‎(1)若x=e为y=f(x)的极值点,求实数a;‎ ‎(2)求实数a的取值范围,使得对任意的x∈(0,3e],恒有f(x)≤4e2成立.‎ 注:e为自然对数的底数.‎ 课标理数22.B14[2011·浙江卷] 【解答】 (1)求导得f′(x)=2(x-a)lnx+=(x-a).‎ 因为x=e是f(x)的极值点,‎ 所以f′(e)=(e-a)=0,解得a=e或a=3e,‎ 经检验,符合题意,所以a=e或a=3e.‎ ‎(2)①当0<x≤1时,对于任意的实数a,恒有f(x)≤0<4e2成立.‎ ‎②当1<x≤3e时,由题意,首先有f(3e)=(3e-a)2ln(3e)≤4e2,‎ 解得3e-≤a≤3e+ .‎ 由(1)知f′(x)=(x-a),‎ 令h(x)=2lnx+1-,则h(1)=1-a<0,‎ h(a)=2lna>0,‎ 且h(3e)=2ln(3e)+1-≥2ln(3e)+1- ‎=2>0.‎ 又h(x)在(0,+∞)内单调递增,所以函数h(x)在(0,+∞)内有唯一零点,记此零点为x0,则1<x0<3e,‎ ‎1<x0<a.‎ 从而,当x∈(0,x0)时,f′(x)>0;当x∈(x0,a)时,f′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,即f(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,a)内单调递减,在(a,+∞)内单调递增.‎ 所以要使f(x)≤4e2对x∈(1,3e]恒成立,只要 成立.‎ 由h(x0)=2lnx0+1-=0,知 a=2x0lnx0+x0.(3)‎ 将(3)代入(1)得4xln3x0≤4e2.又x0>1,注意到函数x2ln3x在[1,+∞)内单调递增,故10.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)求所有实数a,使e-1≤f(x)≤e2对x∈[1,e]恒成立.‎ 注:e为自然对数的底数.‎ 课标文数21.B14[2011·浙江卷] 【解答】 (1)因为f(x)=a2lnx-x2+ax,其中x>0,[来源:Z&xx&k.Com]‎ 所以f′(x)=-2x+a=-.‎ 由于a>0,所以f(x)的增区间为(0,a),减区间为(a,+∞).‎ ‎(2)由题意得:f(1)=a-1≥e-1,即a≥e.‎ 由(1)知f(x)在[1,e]内单调递增,‎ 要使e-1≤f(x)≤e2对x∈[1,e]恒成立,‎ 只要 解得a=e.‎ ‎[2011·哈尔滨期末] 奇函数f(x)在(0,+∞)上的解析式是f(x)=x(1-x),则在(-∞,0)上f(x)的函数解析式是(  )‎ A.f(x)=-x(1-x)     B.f(x)=x(1+x)‎ C.f(x)=-x(1+x)     D.f(x)=x(x-1)‎ ‎[2011·盐城模拟] 若函数f(x)=的定义域为R,则实数m的取值范围是(  )‎ A.(-∞,+∞)     B. ‎ C.    D. ‎ ‎[2011·青岛期末] 在计算机的算法语言中有一种函数[x]叫做取整函数(也称高斯函数),表示不超过x的最大整数,例如[2]=2,[3.3]=3,[-2.4]=-3,设函数f(x)=-,则函数y=[f(x)]+[f(-x)]的值域为__________.‎ ‎[2011·浙江五校联考] 已知偶函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,则满足f(2x-)