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  • 2021-05-13 发布

新题分类汇编函数与导数高考真题模拟新题

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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)