- 1.07 MB
- 2021-05-13 发布
- 1、本文档由用户上传，淘文库整理发布，可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方，所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议，请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传，本站不保证质量和数量令人满意，可能有诸多瑕疵，付费之前，请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ：403074932
二、函数与导数（高考真题+模拟新题）
课标文数 13.B1[2011·安徽卷]函数 y＝ 1
6－x－x2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)＝ 1
1－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Error!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)＝Error!则 f(f(－2))＝________.
课标文数 11.B1[2011·陕西卷] －2【解析】因为 f(x)＝Error!－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)＝Error!若 f(α)＝4，则实数 α＝( )
A．－4 或－2B．－4 或 2
C．－2 或 4D．－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)＝ 4
1－x，若 f(α)＝2，则实数 α＝________.
课标文数 11.B1[2011·浙江卷] －1【解析】∵f(α)＝ 4
1－α＝2，∴α＝－1.
大纲理数 2.B2[2011·全国卷]函数 y＝2 x(x≥0)的反函数为( )
A．y＝x2
4(x∈R) B．y＝x2
4(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 x得 x＝y2
4，∵x≥0，∴y≥0，则函数的反函数为 y＝x2
4
(x≥0)．故选 B.
大纲文数 2.B2[2011·全国卷]函数 y＝2 x(x≥0)的反函数为( )
A．y＝x2
4(x∈R) B．y＝x2
4(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 x得 x＝y2
4，∵x≥0，∴y≥0，则函数的反函数为 y＝x2
4
(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)＝(
1
2 )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＝ (
1
2 )x＋1 可得其反函数为 y＝log 1
2(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．－3B．－1C．1D．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(－5
2 )＝
( )
A．－1
2B．－1
4C.1
4D.1
2
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(
5
2 )＝f(2＋1
2 )＝f(
1
2 )＝1
2，又
函数是奇函数，∴f(－5
2 )＝－f(
5
2 )＝－1
2，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(－5
2 )＝
( )
A．－1
2B．－1
4C.1
4D.1
2
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(
5
2 )＝f(2＋1
2 )＝f(
1
2 )＝1
2，
又函数是奇函数，所以 f(－5
2 )＝－f(
5
2 )＝－1
2，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 6B．3 和 1
C．2 和 4D．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)＝a x－a－x＋
2(a>0，且 a≠1)．若 g(2)＝a，则 f(2)＝( )
A．2B.15
4 C.17
4 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)＝15
4 .
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)＝e x，则 g(x)＝
( )
A．ex－e－xB.1
2(ex＋e－x)C.1
2(e－x－ex) D.1
2(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(－x )＋g(－x )
＝f(x)－g(x )＝e－x.又因为 f(x)＋g(x )＝ex，所以 g(x )＝ex－e－x
2 .
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＝x3B．y＝|x|＋1C．y＝－x2＋1D．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＝|x |
＋1 是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数；C 选项中，y＝－x2＋1 是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数；
D 选项中，y＝2－|x|＝(
1
2 )|x|是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数．故选 B.
课标文数 6.B4[2011·辽宁卷]若函数 f(x)＝ x
(2x＋1)(x－a)为奇函数，则 a＝( )
A.1
2B.2
3C.3
4D．1
课标文数 6.B4[2011·辽宁卷]A【解析】法一：由已知得 f(x)＝ x
(2x＋1)(x－a)定义域关于原点对称，由于
该函数定义域为Error!，知 a＝1
2，故选 A.
法二：∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
又 f(x)＝ x
2x2＋(1－2a)x－a
，
则
－x
2x2－(1－2a)x－a
＝
－x
2x2＋(1－2a)x－a
在函数的定义域内恒成立，可得 a＝1
2.
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＝x3B．y＝|x|＋1
C．y＝－x2＋1D．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＝|x |
＋1 是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数；C 选项中，y＝－x2＋1 是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数；
D 选项，y＝2－|x|＝(
1
2 )|x|是偶函数，但在(0，＋∞)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)＝x 2，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．6B．7C．8D．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|⇒|x＋a |＝|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．－3B．－1C．1D．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．4B．3C．2D．1
课标文数 8.B5，H2[2011·北京卷]A【解析】由已知可得|AB|＝2 2，要使 S△ABC＝2，则点 C 到直线 AB
的距离必须为 2，设 C(x，x2)，而 lAB：x＋y－2＝0，所以有|x＋x2－2|
2
＝ 2，
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 x 2－4x＋n 得(x－2)2＝4－n，即 x＝2± 4－n，∵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± 4－n，∵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＝Error!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]∪(－1，3
2)B．(－∞，－2]∪(－1，－3
4)C.(－1，1
4)∪(
1
4，＋∞)D.(－1，－3
4)∪[
1
4，＋∞)课标理数 8.B5[2011·天津卷]B【解析】f(x)＝Error!
＝Error!
则 f (x )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]1
2(e＋1
e )【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＝－ 1
ex0(x－x0)，
令 x＝0 得，y＝ x0
ex0＋ex0，所以 t＝
－x0ex0＋2ex0＋ x0
ex0
2 .
令 y＝
－xex＋2ex＋x
ex
2 ，则 y′＝－
ex(x－1)＋
(x－1)
ex
2 ，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1
2(e＋1
e ).
课标理数 7.B6，B7[2011·天津卷]已知 a＝5log23.4，b＝5log43.6，c＝(
1
5 )log30.3，则( )
A．a>b>cB．b>a>cC．a>c>bD．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
10
3 ，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.(
1
a，b ) B．(10a,1－b)C.(
10
a ，b＋1) 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 log1
2x＜log1
2y＜0，那么( )
A．y＜x＜1B．x＜y＜1C．1＜x＜yD．1＜y＜x
课标文数 3.B7[2011·北京卷]D【解析】因为 log1
2xy>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]610000【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 lgA1
A2＝lgA1－lgA2＝
(lgA1－lgA0)－(lgA2－lgA0)＝9－5＝4.所以 A1
A2＝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)＝ 1
log1
2
(2x＋1)
，则 f(x)的定义域为( )
A.(－1
2，0)B.(－1
2，0]C.(－1
2，＋∞)D．(0，＋∞)
课标理数 3.B7[2011·江西卷]A【解析】根据题意得 log1
2(2x＋1)>0，即 0<2x＋1<1，解得 x∈(－1
2，0).
故选 A.
课标文数 3.B7[2011·江西卷]若 f(x )＝ 1
log1
2(2x＋1)
，则 f (x )的定义域为( )
A.(－1
2，0)B.(－1
2，＋∞)C.(－1
2，0)∪(0，＋∞)D.(－1
2，2)课标文数 3.B7[2011·江西卷]C【解析】方法一：根据题意得Error!
解得 x∈(－1
2，0)∪(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)＝x 2，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＝(
1
5 )log30.3，则( )
A．a>b>cB．b>a>c
C．a>c>bD．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
10
3 ，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>cB．a>c>bC．b>a>cD．c>a>b
课标文数 5.B7[2011·天津卷]B【解析】∵a＝log 23.6>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＝1
3<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＝1
2，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＝3
5>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＝2
3>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＝1B．m＝1，n＝2
C．m＝2，n＝1D．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＝1
2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＝1
3＜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＝2
3＞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＝3
4＞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)＝Error!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)，Error!⇒x2＝2
k，y2＝k2x2＝2k，
所以 PQ＝2OP＝ x2＋y2＝2 2
k＋2k≥2 2 4＝4.
大纲文数 4.B8[2011·四川卷]函数 y＝(
1
2 )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＝(
1
2 )x＋1 可得其反函数为 y＝log1
2(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＝1
4x2，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(p0，1
4p20
)(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)＝
|p0|
2 ；
(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(p1，1
4p21
)，E′(p2，1
4p22
)，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)＝|p1|
2 ；
(3)设 D＝Error!.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＝1
2p0x－1
4p20.
∀Q(p，q)∈AB 有 φ(p，q)＝|p|＋ p2－4q
2 ＝|p|＋ (p－p0)2
2 .
当 p0>0 时，0≤p≤p0，于是 φ(p，q)＝p＋p0－p
2 ＝p0
2 ＝|p0 |
2 ；
当 p0<0 时，p0≤p≤0，于是 φ(p，q)＝
－p＋p－p0
2 ＝
－p0
2 ＝|p0|
2 .
(2)l1，l2 的方程分别为 y＝1
2p1x－1
4p21，y＝1
2p2x－1
4p22.
求得 l1，l2 交点 M(a，b)的坐标(
p1＋p2
2 ，p1p2
4 ).
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|p2|.
(⇐)设|p1|>|p2|，则|
p2
p1 |<1⇒－10 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)＝|p2|
2 ≠|p1|
2 ，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)＝|p1|
2 .
(3)求得 y＝x－1 和 y＝1
4(x＋1)2－5
4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＝1
4(x＋1)2－5
4(0≤x≤2)时，q＝1
4(p＋1)2－5
4，∴h(p)＝φ(p，q)＝p＋ p2－4q
2 ＝p＋ 4－2p
2
(0≤p≤2)，在(0,2)上，令 h′(p)＝ 4－2p－1
2 4－2p
＝0 得 p＝3
2，由于 h(0)＝h(2)＝1，h(
3
2 )＝5
4，
∴h(p)＝φ(p，q)在[0,2]上取得最大值 hmax＝5
4.
∀(p，q)∈D，有 0≤p≤2，1
4(p＋1)2－5
4≤q≤p－1，故 φ(p，q)＝p＋ p2－4q
2 ≤
p＋ p2－4[
1
4
(p＋1)2－5
4]2 ＝p＋ 4－2p
2 ≤hmax＝5
4，
φ(p，q)＝p＋ p2－4q
2 ≥p＋ p2－4(p－1)
2 ＝p＋ (p－2)2
2 ＝p＋2－p
2 ＝1，故 φmin＝1，φmax＝5
4.
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＝1
4x2，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(p0，1
4p20
)(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)＝
|p0|
2 ；
(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(p1，1
4p21
)，E′(p2，1
4p22
)，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)＝|p1|
2 ；
(3)设 D＝Error!.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＝1
2p0x－1
4p20.
∀Q(p，q)∈AB 有 φ(p，q)＝|p|＋ p2－4q
2 ＝|p|＋ (p－p0)2
2 .
当 p0>0 时，0≤p≤p0，于是 φ(p，q)＝p＋p0－p
2 ＝p0
2 ＝|p0 |
2 ；
当 p0<0 时，p0≤p≤0，于是 φ(p，q)＝
－p＋p－p0
2 ＝
－p0
2 ＝|p0|
2 .
(2)l1，l2 的方程分别为 y＝1
2p1x－1
4p21，y＝1
2p2x－1
4p22.
求得 l1，l2 交点 M(a，b)的坐标(
p1＋p2
2 ，p1p2
4 ).
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|p2|.
(⇐)设|p1|>|p2|，则|
p2
p1 |<1⇒－10 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)＝|p2|
2 ≠|p1|
2 ，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)＝|p1|
2 .
(3)求得 y＝x－1 和 y＝1
4(x＋1)2－5
4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＝1
4(x＋1)2－5
4(0≤x≤2)时，q＝1
4(p＋1)2－5
4，∴h(p)＝φ(p，q)＝p＋ p2－4q
2 ＝p＋ 4－2p
2
(0≤p≤2)，在(0,2)上，令 h′(p)＝ 4－2p－1
2 4－2p
＝0 得 p＝3
2，由于 h(0)＝h(2)＝1，h(
3
2 )＝5
4，
∴h(p)＝φ(p，q)在[0,2]上取得最大值 hmax＝5
4.
∀(p，q)∈D，有 0≤p≤2，1
4(p＋1)2－5
4≤q≤p－1，
故 φ(p，q)＝p＋ p2－4q
2 ≤
p＋ p2－4[
1
4
(p＋1)2－5
4]2 ＝p＋ 4－2p
2 ≤hmax＝5
4，
φ(p，q)＝p＋ p2－4q
2 ≥p＋ p2－4(p－1)
2 ＝p＋ (p－2)2
2 ＝p＋2－p
2 ＝1，
故 φmin＝1，φmax＝5
4.
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， x2＋y2＝|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(－3
4，－1).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＋ 5>3.
综合可得，|HO|＋|HT|的最小值为 3，且此时点 H 的坐标为(－3
4，－1).
(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＝1
k(y＋1)＋1，代入 E1 的方程得：y2－4
ky－(
4
k＋8 )＝0.
因判别式 Δ＝16
k2 ＋4(
4
k＋8 )＝(
4
k＋2 )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(
k＋1
k ，0)，且k＋1
k <－1.即当－1
20)，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－ x知，x∈[0，＋∞)，而 h(0)＝0，且 h(1)
＝－1<0，h(2)＝6－ 2>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)＝3x2－1－1
2x－1
2，记 φ(x)＝3x2－1－1
2x－1
2，则 φ′(x)＝6x＋1
4x－3
2.
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(
3
3 )<0，则 φ(x)在(
3
3 ，1)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(x2－1－x－1
2)，记 φ(x)＝x2－1－x－1
2，则 φ′(x)＝2x＋1
2x－3
2.
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 x30＝x0＋ x0.
(i)当 a0，
所以 f(
1
4 )·f(
1
2 )<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(
1
4，1
2 )内．
课标理数 16.B9[2011·山东卷]已知函数 f(x)＝log ax＋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)＝ 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＝ x与 y＝cosx 的图象如图，
图 1－2
由图象可得函数 f(x)＝ 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)＝Error!若 f(1－a)＝f(1＋a)，则 a 的值为
________．
课标数学 11.B9[2011·江苏卷] －3
4【解析】当 a>0 时，f(1－a)＝2－2a＋a＝－1－3a＝f(1＋a)，a＝－3
2
<0，不成立；当 a<0 时，f(1－a)＝－1＋a－2a＝2＋2a＋a＝f(1＋a)，a＝－3
4.
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)＝
Error!(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．75,25B．75,16C．60,25D．60,16
课标理数 6.B10[2011·北京卷]D【解析】由题意可知Error!解得Error!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x
8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)＝
800＋x
8 × x × 1
x ＝800
x ＋x
8≥2 800
x × x
8＝20，当且仅当800
x ＝x
8，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]66,7,8【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＝ a
x－3＋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 1
10；(2)其它面的淋雨
量之和，其值为1
2.记 y 为 E 移动过程中的总淋雨量，当移动距离 d＝100，面积 S＝3
2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(
1
e，e )内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x 1
e (
1
e，1 ) 1 (1，e) e
f′(x) － 0 ＋
f(x) 2－2
e
单调递减 极小值 1 单调递增 2
又 2－2
e<2，所以函数 f(x)(x∈[
1
e，e ])的值域为[1,2]．
据此可得，若Error!相对每一个 t∈[m，M]，直线 y＝t 与曲线 y＝f(x)(x ∈ [
1
e，e ])都有公共点；
并且对每一个 t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线 y＝t 与曲线 y＝f(x)(x ∈ [
1
e，e ])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)(x ∈ [
1
e，e ])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－2－4
x＝2(x－2)(x＋1)
x >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－2－4
x>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．1B．2C．eD.1
e
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．－9B．－3C．9D．15
课标文数 4.B11[2011·山东卷]C【解析】因为 y′＝3x 2，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)＝1－e－n
1－e－1＝e－e1－n
e－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)＝1－e－n
1－e－1＝e－e1－n
e－1 .
大纲理数 3.B11[2011·重庆卷]已知 li m
x→∞(
2
x－1＋ax－1
3x )＝2.则 a＝( )
A．－6B．2
C．3D．6
大纲理数 3.B11[2011·重庆卷]D【解析】 lim
x→∞(
2
x－1＋ax－1
3x )＝lim
x→∞
ax－1
3x ＝lim
x→∞
a－1
x
3 ＝a
3＝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－1B．y＝－3x＋5
C．y＝3x＋5D．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)＝ ex
1＋ax2，其中 a 为正实数．
(1)当 a＝4
3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)＝ex1＋ax2－2ax
(1＋ax2)2 .①
(1)当 a＝4
3时，若 f′(x)＝0，则 4x2－8x＋3＝0，
解得 x1＝3
2，x2＝1
2.
结合①可知
[来源:学|科|网]
x (－∞，1
2)
1
2 (
1
2，3
2 )
3
2 (
3
2，＋∞)f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 极大值 极小值
所以，x1＝3
2是极小值点，x2＝1
2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)2ex
k.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)若对于任意的 x∈(0，＋∞)，都有 f(x)≤1
e，求 k 的取值范围．
课标理数 18.B12[2011·北京卷]【解答】 (1)f′(x)＝1
k(x2－k2)ex
k.
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)＝ek＋1
k ＞1
e，所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1
e.
当 k＜0 时，由(1)知 f(x)在(0，＋∞)上的最大值是 f(－k)＝4k2
e .
所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1
e，等价于 f(－k)＝4k2
e ≤1
e.
解得－1
2≤k＜0.
故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1
e时，k 的取值范围是[－1
2，0).
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<(
9
10 )19<1
e2.
大纲理数 22.B12，E8[2011·全国卷]【解答】(1)f′(x)＝ x2
(x＋1)(x＋2)2.[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＝100 × 99 × 98 × … × 81
10020 .
又 99×81<902,98×82<902，…，91×89<902，
所以 p<(
9
10 )19.
由(1)知：当 x>0 时，ln(1＋x)> 2x
x＋2.
因此，(1＋2
x )ln(1＋x)>2.
在上式中，令 x＝1
9，则 19ln10
9 >2，即 (
10
9 )19>e2.
所以 p<(
9
10 )19<1
e2.
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－ 2－1≤a≤ 2－1 时，f′(x)≥0 恒成立，f(x)没有极小值；
②当 a> 2－1 或 a<－ 2－1 时，由 f′(x)＝0 得
x1＝－a－ a2＋2a－1，x2＝－a＋ a2＋2a－1，
故 x0＝x2.由题设知 1<－a＋ a2＋2a－1<3.
当 a> 2－1 时，不等式 1<－a＋ a2＋2a－1<3 无解；
当 a<－ 2－1 时，解不等式 1<－a＋ a2＋2a－1<3 得－5
20，b>0，且函数 f(x)＝4x 3－ax2－2bx＋2 在 x＝1 处有极值，
则 ab 的最大值等于( )
A．2B．3C．6D．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≤(
a＋b
2 )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(
1
e，e )内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x 1
e (
1
e，1 ) 1 (1，e) e
f′(x) － 0 ＋
f(x) 2－2
e
单调递减 极小值 1 单调递增 2
又 2－2
e<2，所以函数 f(x)(x∈[
1
e，e ])的值域为[1,2]．
据此可得，若Error!相对每一个 t∈[m，M]，直线 y＝t 与曲线 y＝f(x)(x ∈ [
1
e，e ])都有公共点；
并且对每一个 t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线 y＝t 与曲线 y＝f(x)(x ∈ [
1
e，e ])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)(x ∈ [
1
e，e ])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)＝2a(1－a)x2－2(1－a)x＋1
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)(a－1
3 ).
①当 00，f′(x)有两个零点，
x1＝ 1
2a－
(a－1)(3a－1)
2a(1－a) >0，x2＝ 1
2a＋
(a－1)(3a－1)
2a(1－a) ，
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＝ 1
2a－
(a－1)(3a－1)
2a(1－a) >0，
x2＝ 1
2a＋
(a－1)(3a－1)
2a(1－a) <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＝ 1
2a－
(a－1)(3a－1)
2a(1－a) ，
x2＝ 1
2a＋
(a－1)(3a－1)
2a(1－a) )
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－ t
30，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)＝－1
30M02－ t
30·ln2，所以 M′(30)＝－ 1
60M0ln2＝
－10ln2.所以 M0＝600.所以 M(t)＝600×2－ t
30.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1
n≤bb11bb22…bbnn≤b21＋b22＋…＋b2n.
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
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
n
∑
k＝1
lnabkk≤
n
∑
k＝1
akbk－
n
∑
k＝1
bk，
∵
n
∑
k＝1
akbk≤
n
∑
k＝1
bk，∴
n
∑
k＝1
lnabkk≤0，即 ln(ab11ab22…abnn)≤0，
∴ab11ab22…abnn≤1.
②(i)先证 bb11bb22…bbnn≥1
n，
设 ak＝ 1
nbk(k＝1,2，…，n)，则
n
∑
k＝1
akbk＝
n
∑
k＝1
1
n＝1＝
n
∑
k＝1
bk，于是由①得 (
1
nb1 )b1(
1
nb2 )b2…(
1
nbn )bn≤1，
即 1
bb11bb22…bbnn≤nb1＋b2＋…＋bn＝n，
∴bb11bb22…bbnn≥1
n.
(ii)再证 bb11bb22…bbnn≤b21＋b22＋…＋b2n，
记 S＝
n
∑
k＝1
b2k，设 ak＝bk
S(k＝1,2，…，n)，
则
n
∑
k＝1
akbk＝1
S
n
∑
k＝1
b2k＝1＝
n
∑
k＝1
bk，
于是由①得 (
b1
S )b1(
b2
S )b2…(
bn
S )bn≤1，
即 bb11bb22…bbnn≤Sb1＋b2＋…＋bn＝S，
∴bb11bb22…bbnn≤b21＋b22＋…＋b2n.
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>－1
4.
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－1
40)时的最小值．
令 F′(t)＝2t－1
t＝0，得 t＝ 2
2 或 t＝－ 2
2 (舍去)．
故 t＝ 2
2 时，F(t)＝t2－lnt 有最小值，即|MN |达到最小值，故选 D.
课标文数 7.B12[2011·湖南卷]曲线 y＝ sinx
sinx＋cosx－1
2在点 M (
π
4，0 )处的切线的斜率为( )
A．－1
2B.1
2
C．－ 2
2 D.
2
2
课标文数 7.B12[2011·湖南卷]B【解析】对 y＝ sinx
sinx＋cosx－1
2求导得到
y′＝cosx(sinx＋cosx)－sinx(cosx－sinx)
(sinx＋cosx)2
＝ 1
(sinx＋cosx)2
，
当 x＝π
4，得到 y′Error!＝ 1
(
2
2 ＋ 2
2 )2
＝1
2.
课标文数 22.B12，E8[2011·湖南卷]设函数 f(x)＝x－1
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＋1
x2－a
x＝x2－ax＋1
x2 .
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＝a－ a2－4
2 ，x2＝a＋ a2－4
2 .
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)＋x1－x2
x1x2 －a(lnx1－lnx2)，所以，
k＝f(x1)－f(x2)
x1－x2 ＝1＋ 1
x1x2－a·lnx1－lnx2
x1－x2 .
又由(1)知，x1x2＝1，于是
k＝2－a·lnx1－lnx2
x1－x2 .
若存在 a，使得 k＝2－a，则lnx1－lnx2
x1－x2 ＝1.
即 lnx1－lnx2＝x1－x2.
亦即 x2－1
x2－2lnx2＝0(x2>1)．(*)
再由(1)知，函数 h(t)＝t－1
t－2lnt 在(0，＋∞)上单调递增，而 x2>1，所以 x2－1
x2－2lnx2>1－1
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)＝－1
3x3＋1
2x2＋2ax.
(1)若 f(x)在(
2
3，＋∞)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 m2－n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)＝alnx
x＋1＋b
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)＞ lnx
x－1＋k
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)＝
a(
x＋1
x －lnx)(x＋1)2
－b
x2，
由于直线 x＋2y－3＝0 的斜率为－1
2，且过点(1,1)，故Error!即Error!
解得 a＝1，b＝1.
(2)由(1)知 f(x)＝ lnx
x＋1＋1
x，所以
f(x)－(
lnx
x－1＋k
x)＝ 1
1－x2[2lnx＋
(k－1)(x2－1)
x ].
考虑函数 h(x)＝2lnx＋
(k－1)(x2－1)
x (x>0)，
则 h′(x)＝
(k－1)(x2＋1)＋2x
x2 .
①设 k≤0，由 h′(x)＝k(x2＋1)－(x－1)2
x2 知，
当 x≠1 时，h′(x)＜0，而 h(1)＝0，
故当 x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得 1
1－x2h(x)＞0；
当 x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得 1
1－x2h(x)＞0.
从而当 x＞0，且 x≠1 时，f(x)－(
lnx
x－1＋k
x)＞0，
即 f(x)＞ lnx
x－1＋k
x.
②设 0＜k＜1，由于当 x∈ (1， 1
1－k)时，(k－1)(x 2＋1)＋2x＞0，故 h′(x)>0，而 h(1)＝0，故当 x∈
(1， 1
1－k)时，h(x)>0，可得 1
1－x2h(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 1
1－x2h(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＜1
a时，f(
1
a＋x )＞f(
1
a－x )；
(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)＝ 1
x－2ax＋(2－a)＝－
(2x＋1)(ax－1)
x .
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＝1
a，且当 x∈(0，1
a )时，f′(x)＞0，当 x＞1
a时，f′(x)＜0.所以 f(x)在
(0，1
a )单调增加，在(
1
a，＋∞)单调减少．
(2)设函数 g(x)＝f(
1
a＋x )－f(
1
a－x )，则
g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax，
g′(x)＝ a
1＋ax＋ a
1－ax－2a＝ 2a3x2
1－a2x2.
当 0＜x＜1
a时，g′(x)＞0，而 g(0)＝0，所以 g(x)＞0.
故当 0＜x＜1
a时，f(
1
a＋x )＞f(
1
a－x ).
(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
(
1
a )，且 f(
1
a )>0.
不妨设 A(x1,0)，B(x2,0)，0f(x1)＝0.
从而 x2>2
a－x1，于是 x0＝x1＋x2
2 >1
a.
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＋b
x.
由已知条件得Error!即Error!
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＋3
x＝－
(x－1)(2x＋3)
x .
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)＝ alnx
x＋1＋b
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)> lnx
x－1.
课标文数 21.B12[2011·课标全国卷]【解答】(1)f′(x)＝
a(
x＋1
x －lnx)(x＋1)2
－b
x2.
由于直线 x＋2y－3＝0 的斜率为－1
2，且过点(1,1)，故Error!即Error!
解得 a＝1，b＝1.
(2)由(1)知 f(x)＝ lnx
x＋1＋1
x，所以
f(x)－ lnx
x－1＝ 1
1－x2(2lnx－x2－1
x ).
考虑函数 h(x)＝2lnx－x2－1
x (x>0)，则
h′(x)＝2
x－2x2－(x2－1)
x2 ＝－
(x－1)2
x2 .
所以当 x≠1 时，h′(x)<0，而 h(1)＝0，故
当 x∈(0,1)时，h(x)>0，可得 1
1－x2h(x)>0.
当 x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，可得 1
1－x2h(x)>0.
从而当 x>0，且 x≠1 时，f(x)－ lnx
x－1>0，
即 f(x)> lnx
x－1.
由于 l≥2r，
因此 0＜r≤2.
所以建造费用 y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr×4
3(
20
r2 －r)×3＋4πr2c，
因此 y＝4π(c－2)r2＋160π
r ，0＜r≤2.
(2)由(1)得 y′＝8π(c－2)r－160π
r2
＝8π(c－2)
r2 (r3－ 20
c－2)，0＜r≤2.
由于 c＞3，所以 c－2＞0.
当 r3－ 20
c－2＝0 时，r＝3 20
c－2.
令3 20
c－2＝m，则 m＞0，
所以 y′＝8π(c－2)
r2 (r－m)(r2＋rm＋m2)．
①当 0＜m＜2 即 c＞9
2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≤9
2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≤9
2时，建造费用最小时 r＝2；
当 c＞9
2时，建造费用最小时 r＝3 20
c－2.
课标文数 18.B12[2011·安徽卷]设 f(x)＝ ex
1＋ax2，其中 a 为正实数．
(1)当 a＝4
3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)＝ex1＋ax2－2ax
(1＋ax2)2 .①
(1)当 a＝4
3时，若 f′(x)＝0，则 4x2－8x＋3＝0，
解得 x1＝3
2，x2＝1
2.
结合①可知
x (－∞，1
2)
1
2 (
1
2，3
2 )
3
2 (
3
2，＋∞)f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 极大值 极小值
所以，x1＝3
2是极小值点，x2＝1
2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<1
a，
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＝± －a
3.
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∈
(－∞，－ －a
3)时，f′(x)>0.因此当 x∈
(－∞，－ －a
3)时，f′(x)g′(x)<0.故由题设得 a≥－ －a
3且 b≥－ －a
3，从而－1
3≤a<0，于是－1
3≤b≤0，因此|a－b|≤1
3，
且当 a＝－1
3，b＝0 时等号成立．
又当 a＝－1
3，b＝0 时，f′(x)g′(x)＝6x(x2－1
9)，从而当 x∈(－1
3，0)时 f′(x)g′(x)>0，故函数 f(x)和
g(x)在(－1
3，0)上单调性一致．因此|a－b|的最大值为1
3.
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＝1
8时，证明：存在 x0∈(2，＋∞)，使 f(x0)＝f(
3
2 )；
(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ln3－ln2
5 ≤a≤ln2
3 .
课标理数 19.B12[2011·天津卷]【解答】(1)f′(x)＝1
x－2ax＝1－2ax2
x ，x∈(0，＋∞)．令 f′(x)＝0，解
得 x＝ 2a
2a .当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(0， 2a
2a )
2a
2a (
2a
2a ，＋∞)f′(x) ＋ 0 －
f(x) 极大值
所以，f(x)的单调递增区间是(0， 2a
2a )，f(x)的单调递减区间是(
2a
2a ，＋∞).
(2)证明：当 a＝1
8时，f(x)＝lnx－1
8x2.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(
3
2 ).由于 f(x)在(0,2)内单调递增，故 f(2)>f(
3
2 )，即 g(2)>0.
取 x′＝3
2e>2，则 g(x′)＝41－9e2
32 <0.
所以存在 x0∈(2，x′)，使 g(x0)＝0，即存在 x0∈(2，＋∞)，使 f(x0)＝f(
3
2 ).
(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<
2a
2a <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Error!即Error!
从而ln3－ln2
5 ≤a≤ln2
3 .[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＝t
2.因为 t≠0，以下分两种情况讨论：
①若 t<0，则t
2<－t.当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，t
2) (
t
2，－t) (－t，＋∞)
f′(x) ＋ － ＋
f(x)
所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，t
2)，(－t，＋∞)；f(x)的单调递减区间是(
t
2，－t).
②若 t>0，则－t0 时，f(x)在(0，t
2 )内单调递减，在(
t
2，＋∞)内单调递增．以下分两种情况
讨论：
①当t
2≥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 00，
所以 f(x)在(
t
2，1 )内存在零点．
若 t∈(1,2)，f(
t
2 )＝－7
4t3＋(t－1)<－7
4t3＋1<0，
f(0)＝t－1>0，
所以 f(x)在(0，t
2 )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，|
b
2a |>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＝－3
2.
因此 f(x)＝x3－3
2x2－3x＋1，从而 f(1)＝－5
2.
又因为 f′(1)＝2×(－3
2 )＝－3，故曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y－(－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＝－1
2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)＝6(x＋a
6 )2＋b－a2
6 ，即 y＝f′(x)关于直线 x＝－a
6对称，从而由题设条件知－a
6＝－1
2，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]∫1
0(ex＋2x)dx 等于( )
A．1B．e－1C．eD．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
∫1
0(ex＋2x)dx＝(ex＋x2)|10＝(e＋1)－(e0＋0)＝e，故选 C.
课标理数 6.B13[2011·湖南卷]由直线 x＝－π
3，x＝π
3，y＝0 与曲线 y＝cosx 所围成的封闭图形的面积为
( )
A.1
2B．1C.
3
2 D. 3
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＝－π
3，x
＝π
3，y＝0 与曲线 y＝cosx 所围成的封闭图形的面积为：
S＝|∫π
3－π
3cosxdx|＝Error!＝|sinπ
3－sin(－π
3 )|＝ 3，
故选 D.
课标理数 9.B13[2011·课标全国卷]由曲线 y＝ x，直线 y＝x－2 及 y 轴所围成的图形的面积为( )
A.10
3 B．4C.16
3 D．6
课标理数 11.B13[2011·陕西卷]设 f(x)＝Error!若 f(f(1))＝1，则 a＝________.
课标理数 11.B13[2011·陕西卷]1【解析】由 f(x)＝Error!得
f(x)＝Error!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.[2－ 2，2＋ 2]B.(2－ 2，2＋ 2)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－ 2＜x＜2＋ 2，即 2－ 2＜b＜2＋ 2，故选 B.
课标理数 9.B14[2011·辽宁卷]设函数 f(x)＝Error!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80π
3 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＋4
3πr3，又 V＝80π
3 ，
故 l＝
V－4
3πr3
πr2 ＝80
3r2－4
3r＝4
3(
20
r2 －r).
由于 l≥2r，
因此 03，所以 c－2>0，
当 r3－ 20
c－2＝0 时，r＝3 20
c－2.
令3 20
c－2＝m，则 m>0，
所以 y′＝8π(c－2)
r2 (r－m)(r2＋rm＋m2)．
①当 09
2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 39
2时，建造费用最小时 r＝3 20
c－2.
大纲文数 22.B14[2011·四川卷]已知函数 f(x)＝2
3x＋1
2，h(x)＝ 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[
3
2f(x－1)－3
4]＝2lgh(a－x)－2lgh(4－x)；
(3)设 n∈N*，证明：f(n)h(n)－[h(1)＋h(2)＋…＋h(n)]≥1
6.
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 4－x＝2lg a－x
⇔Error!⇔Error!
图 1－9
①当 1＜a≤4 时，原方程有一解 x＝3－ 5－a；
②当 4＜a＜5 时，原方程有两解 x1,2＝3± 5－a；
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)＝ 1＋ 2＋…＋ n，
f(n)h(n)－1
6＝4n＋3
6 n－1
6.
设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝f(n)h(n)－1
6(n∈N*)，从而有 a1＝S1＝1，
当 k≥2 时，ak＝Sk－Sk－1＝4k＋3
6 k－4k－1
6 k－1.
又 ak－ k＝1
6[(4k－3) k－(4k－1) k－1]
＝1
6
(4k－3)2k－(4k－1)2(k－1)
(4k－3) k＋(4k－1) k－1
＝1
6
1
(4k－3) k＋(4k－1) k－1 ＞0.
即对任意的 k≥2，有 ak＞ k.
又因为 a1＝1＝ 1，
所以 a1＋a2＋…＋an≥ 1＋ 2＋…＋ n.
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 lim
n→∞Sn＝( )
A．3B.5
2C．2D.3
2
大纲理数 11.B14[2011·四川卷]D【解析】由 f(x)＝－x 2＋2x＝－(x－1)2＋1 可得 a1＝1，再由 f(x)＝3f(x
＋2)可知 1
3f(x)＝f(x＋2)，且由
y＝f(x＋2)Error!y＝1
3f(x)可知，函数 f(x)在[2n－2，2n)上的最大值 an(n∈N*)组成的数列{an}是公比为1
3
的无穷递减等比数列，所以 lim
n→∞Sn＝ a1
1－q＝3
2.
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)＝2
3x＋1
2，h(x)＝ 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[
3
2f(x－1)－3
4]＝log2h(a－x)－log2h(4－x)；
(3)试比较 f(100)h(100)－∑
100
k＝1h(k)与1
6的大小．
课标理数 22.B14[2011·四川卷]【解答】由 F(x)＝f(x)－h(x)＝2
3x＋1
2－ x(x≥0)知，
F′(x)＝4 x－3
6 x
，令 F′(x)＝0，得 x＝ 9
16.
当 x∈(0， 9
16)时，F′(x)＜0，当 x∈(
9
16，＋∞)时，F′(x)＞0，
故当 x∈(0， 9
16)时，F(x)是减函数，当 x∈(
9
16，＋∞)时，F(x)是增函数．
F(x)在 x＝ 9
16处有极小值且 F(
9
16 )＝1
8.
图 1－9
(2)原方程可化为 log4(x－1)＋log2h(4－x)＝log2h(a－x)，
即 1
2log2(x－1)＋log2 4－x＝log2 a－x，
⇔Error!⇔Error!
①当 1＜a≤4 时，原方程有一解 x＝3－ 5－a；
②当 4＜a＜5 时，原方程有两解 x1,2＝3± 5－a；
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
100
∑
k＝1
h(k)＝
100
∑
k＝1
k.
设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝f(n)h(n)－1
6(n∈N*)．
从而有 a1＝S1＝1.
当 2≤k≤100 时，ak＝Sk－Sk－1＝4k＋3
6 k－4k－1
6 k－1.
又 ak－ k＝1
6[(4k－3) k－(4k－1) k－1]
＝1
6
(4k－3)2k－(4k－1)2(k－1)
(4k－3) k＋(4k－1) k－1
＝1
6
1
(4k－3) k＋(4k－1) k－1
＞0.
即对任意的 2≤k≤100，有 ak＞ k.
又因为 a1＝1＝ 1，所以
100
∑
k＝1
ak＞
100
∑
k＝1
k，
故 f(100)h(100)－
100
∑
k＝1
h(k)＞1
6.
课标理数 10.B14[2011·浙江卷]设 a，b，c 为实数，f(x)＝(x＋a)(x 2＋bx＋c)，g(x)＝(ax＋1)(cx 2＋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|＝0B．|S|＝1 且|T|＝1
C．|S|＝2 且|T|＝2D．|S|＝2 且|T|＝3
课标理数 10.B14[2011·浙江卷]D【解析】当 a＝b＝c＝0 时，|S |＝1 且|T|＝0；当 a≠0，c≠0 且 b2
－4c<0 时，|S |＝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，|S |＝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)2
x ＝(x－a)(2lnx＋1－a
x).
因为 x＝e 是 f(x)的极值点，
所以 f′(e)＝(e－a)(3－a
e )＝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－ 2e
ln(3e)≤a≤3e＋ 2e
ln(3e).
由(1)知 f′(x)＝(x－a)(2lnx＋1－a
x)，
令 h(x)＝2lnx＋1－a
x，则 h(1)＝1－a＜0，
h(a)＝2lna＞0，
且 h(3e)＝2ln(3e)＋1－ a
3e≥2ln(3e)＋1－
3e＋ 2e
ln(3e)
3e
＝2(ln3e－ 1
3 ln3e)＞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
Error!成立．
由 h(x0)＝2lnx0＋1－a
x0＝0，知
a＝2x0lnx0＋x0.(3)
将(3)代入(1)得 4x20ln3x0≤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)＝a2
x －2x＋a＝－
(x－a)(2x＋a)
x .
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Error!
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)＝ x－4
mx2＋4mx＋3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)＝ 2x
1＋2x－1
2，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－ 2)
相关文档
微信/支付宝扫码支付下载-
关注微信公众号售出明细实时看