2012新题分类汇编：函数与导数(高考真题+模拟新题)

1

课标文数13.B1[2011·安徽卷] 函数y＝的定义域是________．

6－x－x2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－3课标理数15.B1，M1[2011·福建卷] 设V是全体平面向量构成的集合，若映射f：V→R满足：

对任意向量a＝(x1，y1)∈V，b＝(x2，y2)∈V，以及任意λ∈R，均有f(λa＋(1－λ)b)＝λf(a)＋(1－λ)f(b)． 则称映射f具有性质P. 现给出如下映射：

①f1：V→R，f1(m)＝x－y，m＝(x，y)∈V； ②f2：V→R，f2(m)＝x2＋y，m＝(x，y)∈V； ③f3：V→R，f3(m)＝x＋y＋1，m＝(x，y)∈V.

其中，具有性质P的映射的序号为________．(写出所有具有性质P的映射的序号) 课标理数15.B1，M1[2011·福建卷] 【答案】 ①③ 【解析】 设a＝(x1，y1)∈V，b＝(x2，y2)∈V，则

λa＋(1－λ)b＝λ(x1，y1)＋(1－λ)(x2，y2)＝(λx1＋(1－λ)x2，λy1＋(1－λ)y2)， ①f1(λa＋(1－λ)b)＝λx1＋(1－λ)x2－[λy1＋(1－λ)y2] ＝λ(x1－y1)＋(1－λ)(x2－y2)＝λf1(a)＋(1－λ)f1(b)， ∴映射f1具有性质P；

②f2(λa＋(1－λ)b)＝[λx1＋(1－λ)x2]2＋[λy1＋(1－λ)y2]，

2

λf2(a)＋(1－λ)f2(b)＝λ(x21 ＋y1 ) ＋ (1－λ)(x2 ＋ y2 )， ∴f2(λa＋(1－λ)b)≠λf2(a)＋(1－λ)f2(b)， ∴ 映射f2不具有性质P；

③f3(λa＋(1－λ)b)＝λx1＋(1－λ)x2＋(λy1＋(1－λ)y2)＋1

＝λ(x1＋y1＋1)＋(1－λ)(x2＋y2＋1)＝λf3(a)＋(1－λ)f3(b)， ∴ 映射f3具有性质P.

故具有性质P的映射的序号为①③.

2x，x>0，

课标文数8.B1[2011·福建卷] 已知函数f(x)＝若f(a)＋f(1)＝0，则实数a的值等于( )

x＋1，x≤0.

A．－3 B．－1 C．1 D．3 课标文数8.B1[2011·福建卷] A 【解析】 由已知，得f(1)＝2； 又当x>0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.

1

课标文数4.B1[2011·广东卷] 函数f(x)＝＋lg(1＋x)的定义域是( )

1－x

A．(－∞，－1) B．(1，＋∞)

C．(－1,1)∪(1，＋∞) D．(－∞，＋∞)

1－x≠0，

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

1＋x>0，

{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)；

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(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.

lgx，x＞0，

课标文数11.B1[2011·陕西卷] 设f(x)＝x则f(f(－2))＝________.

10，x≤0，

lgx，x>0，－－

课标文数11.B1[2011·陕西卷] －2 【解析】 因为f(x)＝x－2<0，f(－2)＝102,102>0，

10，x≤0，

f(102)＝lg102＝－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．

－x，x≤0，

课标理数1.B1[2011·浙江卷] 设函数f(x)＝2若f(α)＝4，则实数α＝( )

x，x>0.

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；

2

当α＞0，f(α)＝α＝4，α＝2.

4

课标文数11.B1[2011·浙江卷] 设函数f(x)＝，若f(α)＝2，则实数α＝________.

1－x

4

课标文数11.B1[2011·浙江卷] －1 【解析】 ∵f(α)＝＝2，∴α＝－1.

1－α

大纲理数2.B2[2011·全国卷] 函数y＝2x(x≥0)的反函数为( )

2xx2

A．y＝(x∈R) B．y＝(x≥0)

44

C．y＝4x2(x∈R) D．y＝4x2(x≥0)

y2

大纲理数2.B2[2011·全国卷] B 【解析】 由y＝2x得x＝，∵x≥0，∴y≥0，则函数的反函数为

4

2x

y＝(x≥0)．故选B.

4

大纲文数2.B2[2011·全国卷] 函数y＝2x(x≥0)的反函数为( )

2xx2

A．y＝(x∈R) B．y＝(x≥0)

442

C．y＝4x(x∈R) D．y＝4x2(x≥0)

y2

大纲文数2.B2[2011·全国卷] B 【解析】 由y＝2x得x＝，∵x≥0，∴y≥0，则函数的反函数为y

4

2x

＝(x≥0)．故选B. 4

－

－

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1x

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)＝2＋1，则f(x)的反函数的图象大致是( )

图1－2

1x1大纲理数7.B2[2011·四川卷] A 【解析】 当x>0时，由y＝＋1可得其反函数为y＝log(x－221)(1课标理数8.B3[2011·北京卷] 设A(0,0)，B(4,0)，C(t＋4,4)，D(t,4)(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，则函数N(t)的值域为( )

A．{9,10,11} B．{9,10,12} C．{9,11,12} D．{10,11,12}

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( )

3

A．y＝x 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＝|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；

1|x|－

D选项中，y＝2|x|＝2是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数．故选B.

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( )

3

A．y＝x 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＝|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；

1|x|－

D选项中，y＝2|x|＝2是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数．故选B.

课标数学2.B3[2011·江苏卷] 函数f(x)＝log5(2x＋1)的单调增区间是________．

1

－，＋∞ 课标数学2.B3[2011·江苏卷] 2

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1

－，＋∞. 【解析】 因为y＝log5x为增函数，故结合原函数的定义域可知原函数的单调增区间为2

课标文数12.B3，B7[2011·天津卷] 已知log2a＋log2b≥1，则3a＋9b的最小值为________． 课标文数12.B3，B7[2011·天津卷] 18 【解析】 ∵log2a＋log2b＝log2ab≥1， ∴ab≥2，

∴3a＋9b＝3a＋32b≥23a·32b＝23a2b≥2322ab＝18.

大纲理数5.B3[2011·重庆卷] 下列区间中，函数f(x)＝|ln2－x|在其上为增函数的是( )

4－1， A．(－∞，1] B.3

3

0， D．[1,2) C.2

＋

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) 2

＝ 2x－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.

5－＝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2( )

1111A．－ B．－ C. D.

2442

5111

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2＝f2＋2＝f2＝2，又函

551

－＝－f＝－，故选A. 数是奇函数，∴f222

5－＝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2第 4 页 共 54 页

( )

1111A．－ B．－C. D.

2442

5111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2＝f2＋2＝f2＝2，又函

551

－＝－f＝－，故选A. 数是奇函数，所以f222

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－ax＋2(a>0，且a≠1)．若g(2)＝a，则f(2)＝( )

1517

A．2 B. C. D．a2

44

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)＝－x－－x

a－a＋2①，得－f(x)＋g(x)＝ax－ax＋2②， ①＋②，得g(x)＝2，①－②，得f(x)＝ax－ax.又g(2)＝a，

15－

所以a＝2，所以f(x)＝2x－2x，所以f(2)＝.

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)＝ex，则g(x)＝( )

11－1－－－

A．ex－ex B.(ex＋ex)C.(ex－ex) D.(ex－ex)

222

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)

－

ex－ex－xx

＝f(x)－g(x)＝e.又因为f(x)＋g(x)＝e，所以g(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( )

－|x|32

A．y＝x B．y＝|x|＋1C．y＝－x＋1 D．y＝2 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；

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D选项中，y＝2

－|x|

1|x|＝2是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数．故选B.

x

课标文数6.B4[2011·辽宁卷] 若函数f(x)＝为奇函数，则a＝( )

2x＋1x－a

123

A. B. C. D．1 234

x

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，

2x＋1x－a

11

x≠－且x≠a，知a＝，故选A. 由于该函数定义域为x22

法二：∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，

x

又f(x)＝2，

2x＋1－2ax－a－x－x1

则2＝2在函数的定义域内恒成立，可得a＝. 22x－1－2ax－a2x＋1－2ax－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( )

3

A．y＝x 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＝|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；

1|x|－

D选项，y＝2|x|＝2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)＝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( )

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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．－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|＝22，要使S△ABC＝2，则点C到直线

|x＋x2－2|2

AB的距离必须为2，设C(x，x)，而lAB：x＋y－2＝0，所以有＝2，

2

所以x2＋x－2＝±2，

2

当x＋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±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．

a，a－b≤1，

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

b，a－b>1.

－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( )

33－1，B．(－∞，－2]∪－1，－ A．(－∞，－2]∪24

第 7 页 共 54 页

1131

－1，∪，＋∞D.－1，－∪，＋∞ C.4444

x2－2，x2－2－(x－x)≤1，课标理数8.B5[2011·天津卷] B 【解析】 f(x)＝ 222

x－x)>1x－x，x－2－(

2



＝3

x－x，x<－1，或x>，2

2

3x2－2，－1≤x≤，

2

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，

3

由图象知c≤－2，或－1a，a－b≤1，

课标文数8.B5[2011·天津卷] 对实数a和b，定义运算“⊗”；a⊗b＝设函数f(x)＝(x2

b，a－b>1.

－2)⊗(x－1)，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．(－1,1]∪(2，＋∞) B．(－2，－1]∪(1,2]C．(－∞，－2)∪(1,2] D．[－2，－1]

222x－2，x－2－x－1≤1x－2，－1≤x≤2

课标文数8.B5[2011·天津卷] B 【解析】 f(x)＝＝ 2

x－1，x－2－x－1>1x－1，x<－1，或x>2

则f(x)的图象如图，

∵函数y＝f(x)－c的图象与x轴恰有两个公共点，

∴函数y＝f(x)与y＝c的图象有两个交点，由图象可得－2图1－3

aπ

课标理数3.B6[2011·山东卷] 若点(a,9)在函数y＝3x的图象上，则tan的值为( )

6

3A．0 B. C．1 D.3

3

课标理数3.B6[2011·山东卷] D 【解析】 因为点(a,9)在函数y＝3x的图象上，所以9＝3a，所以a＝2，

aπ2ππ

即tan＝tan＝tan＝3，故选D.

663

aπ

课标文数3.B6[2011·山东卷] 若点(a,9)在函数y＝3x的图象上，则tan的值为( )

6

3A．0 B. C．1 D.3

3

课标文数3.B6[2011·山东卷] D 【解析】 因为点(a,9)在函数y＝3x的图象上，所以9＝3a，所以a＝2，

aπ2ππ

即tan＝tan＝tan＝3，故选D.

663

课标数学12.B6[2011·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中，已知P是函数f(x)＝ex(x>0)的图象上的动点，

第 8 页 共 54 页

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________．

11

e＋ 课标数学12.B6[2011·江苏卷] 2e【解析】 设P(x0，y0)，则直线l：y－ex0＝ex0(x－x0)．

1

令x＝0，则y＝－x0ex0＋ex0，与l垂直的直线l′的方程为y－ex0＝－(x－x0)，

ex0

x0－x0ex0＋2ex0＋

ex0x0令x＝0得，y＝＋ex0，所以t＝. ex02

x－1x

－xex＋2ex＋xexx－1＋xee

令y＝，则y′＝－，令y′＝0得x＝1，

22

11

e＋. 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2e

1

课标理数7.B6，B7[2011·天津卷] 已知a＝5log23.4，b＝5log43.6，c＝5log30.3，则( ) A．a>b>c B．b>a>c C．a>c>b D．c>a>b

10

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

3

下作出三个函数的图象，由图象可得m>l>n，

图1－3

x

又∵y＝5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( ) 110

，b B．(10a,1－b) C.，b＋1 D．(a2,2b) A.aa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．

11

课标文数3.B7[2011·北京卷] 如果logx＜logy＜0，那么( )

22

A．y＜x＜1 B．x＜y＜1 C．1＜x＜y D．1＜y＜x

111

课标文数3.B7[2011·北京卷] D 【解析】 因为logxy>1，故选D.

222

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

A1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＝

A2

A

(lgA1－lgA0)－(lgA2－lgA0)＝9－5＝4.所以A1＝104＝10000.所以9级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅

2

的10000倍．

第 9 页 共 54 页

课标理数3.B7[2011·江西卷] 若f(x)＝

1

，则f(x)的定义域为( )

1

log2x＋12

111

－，0 B.－，0 C.－，＋∞ D．(0，＋∞) A.222

11

－，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∈22

故选A.

1

课标文数3.B7[2011·江西卷] 若f(x)＝，则f(x)的定义域为( )

1

log(2x＋1)2

1111

－，0 B.－，＋∞ C.－，0∪(0，＋∞) D.－，2 A.2222

2x＋1>0，

课标文数3.B7[2011·江西卷] C 【解析】 方法一：根据题意得

2x＋1≠1，

1

－，0∪(0，＋∞)．故选C. 解得x∈2

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

1

课标理数7.B6，B7[2011·天津卷] 已知a＝5log23.4，b＝5log43.6，c＝5log30.3，则( ) A．a>b>c B．b>a>c C．a>c>b D．c>a>b

10

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

3

下作出三个函数的图象，由图象可得m>l>n，

图1－3

x

又∵y＝5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，

∴log43.2第 10 页 共 54 页

课标文数12.B3，B7[2011·天津卷] 已知log2a＋log2b≥1，则3a＋9b的最小值为________． 课标文数12.B3，B7[2011·天津卷] 18 【解析】 ∵log2a＋log2b＝log2ab≥1， ∴ab≥2，

∴3a＋9b＝3a＋32b≥23a·32b＝23a

＋2b≥232

2ab＝18.

11124

大纲文数6.B7[2011·重庆卷] 设a＝log，b＝log，c＝log3，则a，b，c的大小关系是( )

32333

A．a11123

大纲文数6.B7[2011·重庆卷] B 【解析】 a＝log＝log32，b＝log＝log3，

32332

43

则由log3＜log3＜log32，得c＜b＜a.故选B.

32

课标文数10.B8[2011·安徽卷] 函数f(x)＝axn(1－x)2在区间[0,1]上的图像如图1－2所示，则n可能是( )

图1－2

A．1 B．2 C．3 D．4 课标文数10.B8[2011·安徽卷] A 【解析】 由函数图像可知a>0.当n＝1时，f(x)＝ax(1－x)2＝a(x3－

1

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；

3

22234

当n＝2时，函数f(x)＝ax(1－x)＝a(x－2x＋x)，f′(x)＝a(2x－6x2＋4x3)＝ 2ax(2x－1)(x－1)，函数

1

的极大值点为x＝，故B错误；

2

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

3

值点为x＝>0.5，故C错误；

5

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

2

极大值点为x＝>0.5，故D错误．

3

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

1

于直线x＝对称，所以A不可能；

2

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)，

1

所以f(x)的极大值点应为x＝＜0.5，由图可知B可能．

32

当m＝2，n＝1时，f(x)＝ax(1－x)＝a(x2－x3)，f′(x)＝a(2x－3x2)＝－ax(3x－2)，

2

所以f(x)的极大值点为x＝＞0.5，所以C不可能；

3

当m＝3，n＝1时，f(x)＝ax3(1－x)＝a(x3－x4)，f′(x)＝a(3x2－4x3)＝－ax2(4x－3)，

第 11 页 共 54 页

3

所以f(x)的极大值点为x＝＞0.5，所以D不可能，故选B.

4

2x，x≥2，

课标理数13.B8[2011·北京卷] 已知函数f(x)＝

x－13，x＜2.

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02x，x≥2，课标文数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

3x－1，x＜2.实根，则实数k的取值范围是________．

课标文数13.B8[2011·北京卷] (0,1) 【解析】 函数f(x)的图象如图1－3所示：

图1－3

由上图可知0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

右边接近原点

第 12 页 共 54 页

13

处为减函数，当x＝2π时，f′(2π)＝－2cos2π＝－<0，所以x＝2π应在函数的减区间上，所以选C.

22

x

课标文数10.B8[2011·山东卷] 函数y＝－2sinx的图象大致是( )

2

图1－2

课标文数10.B8[2011·山东卷] C 【解析】 由f(－x)＝－f(x)知函数f(x)为奇函数，所以排除A；又f′(x)1

＝－2cosx，当x在x轴右侧，趋向0时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在x轴右边接近原点处为减函数，当x2

13

＝2π时，f′(2π)＝－2cos2π＝－＜0，所以x＝2π应在函数的减区间上，所以选C.

22

1

课标文数4.B8[2011·陕西卷] 函数y＝x的图象是( )

3

图1－1

1

课标文数4.B8[2011·陕西卷] B 【解析】 因为y＝x，由幂函数的性质，过点(0,0)，(1,1)，则只剩B，

3

1

C.因为y＝xα中α＝，图象靠近x轴，故答案为B.

3

2

课标数学8.B8[2011·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中，过坐标原点的一条直线与函数f(x)＝的图象

x

交于P、Q两点，则线段PQ长的最小值是________．

y＝kx，2

课标数学8.B8[2011·江苏卷] 4 【解析】 设直线为y＝kx(k>0)，2⇒x2＝，y2＝k2x2＝2k，

ky＝x

所以PQ＝2OP＝x2＋y2＝2

2＋2k≥224＝4. k

1x

大纲文数4.B8[2011·四川卷] 函数y＝2＋1的图象关于直线y＝x对称的图象大致是( )

图1－1

1x1

大纲文数4.B8[2011·四川卷] A 【解析】 由y＝＋1可得其反函数为y＝log(x－1)(x>1)，根据图22象可判断选择答案A.另外对于本题可采用特殊点排除法．

第 13 页 共 54 页

1

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

4

22

足p－4q≥0，x1，x2是方程x－px＋q＝0的两根，记φ(p，q)＝max{|x1|，|x2|}．

1p0，p2(1)过点A40(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112p1，p2E1，E′p2，p2，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，44

|p1|

b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a，b)＝；

2

15

y≤x－1，y≥x＋12－.当点(p，q)取遍D时，求φ(p，q)的最小值(记为φmin)和(3)设D＝x，y44

最大值(记为φmax)．

11

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－p2.

240

|p|＋p2－4q|p|＋p－p02∀Q(p，q)∈AB有φ(p，q)＝＝. 22

p＋p0－pp0|p0|

当p0>0时，0≤p≤p0，于是φ(p，q)＝＝＝；

222

－p＋p－p0－p0|p0|

当p0<0时，p0≤p≤0，于是φ(p，q)＝＝＝. 222

11112

(2)l1，l2的方程分别为y＝p1x－p2，y＝px－p.

2412242

p1＋p2p1p2

求得l1，l2交点M(a，b)的坐标2，4. 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.

p1＋p2当p1>0时，0<|p2|；

2p1＋p2

当p1<0时，p1<<0⇒2p1|p2|.

2p2p1＋p2p2

(⇐)设|p1|>|p2|，则<1⇒－1<<1⇒0<<2. p1p1p1

p1＋p2p1＋p2

当p1>0时，0<22

注意到M(a，b)在l1上，故M(a，b)∈X.

|p1|

②次证：M(a，b)∈X⇔φ(a，b)＝. 2

|p1|

(⇒)已知M(a，b)∈X，利用(1)有φ(a，b)＝. 2

|p1|

(⇐)设φ(a，b)＝，断言必有|p1|>|p2|.

2

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.

|p2||p1|

再由(1)得φ(a，b)＝≠，矛盾．故必有|p1|>|p2|.再由等价式①，M(a，b)∈X.

22

|p1|

综上，M(a，b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a，b)＝.

2

15

(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

44

线，且与y轴交于Q1(0，－1)，由(1)∀Q(p，q)∈线段Q1Q2，有φ(p，q)＝1.

p＋p2－4qp＋4－2p151225当Q(p，q)∈L1：y＝(x＋1)－(0≤x≤2)时，q＝(p＋1)－，∴h(p)＝φ(p，q)＝＝444422

第 14 页 共 54 页

353

＝0得p＝，由于h(0)＝h(2)＝1，h2＝4， 224－2p5

∴h(p)＝φ(p，q)在[0,2]上取得最大值hmax＝. 4

p＋p2－4q125∀(p，q)∈D，有0≤p≤2，(p＋1)－≤q≤p－1，故φ(p，q)＝≤

442

15p＋12－p＋p2－44p＋4－2p45

＝≤hmax＝，

224

p＋p2－4qp＋p2－4p－1p＋p－22p＋2－p5

φ(p，q)＝≥＝＝＝1，故φmin＝1，φmax＝. 22224

1

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

4

22

足p－4q≥0，x1，x2是方程x－px＋q＝0的两根，记φ(p，q)＝max{|x1|，|x2|}．

1p0，p2(1)过点A40(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112p1，p2E1，E′p2，p2，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，44

|p1|

b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a，b)＝；

2

15

y≤x－1，y≥x＋12－.当点(p，q)取遍D时，求φ(p，q)的最小值(记为φmin)和(3)设D＝x，y44

最大值(记为φmax)．

11

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－p2.

240

|p|＋p2－4q|p|＋p－p02∀Q(p，q)∈AB有φ(p，q)＝＝. 22

p＋p0－pp0|p0|

当p0>0时，0≤p≤p0，于是φ(p，q)＝＝＝；

222

－p＋p－p0－p0|p0|

当p0<0时，p0≤p≤0，于是φ(p，q)＝＝＝. 222

11112

(2)l1，l2的方程分别为y＝p1x－p21，y＝p2x－p2. 2424

p1＋p2p1p2

求得l1，l2交点M(a，b)的坐标2，4. 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.

p1＋p2

当p1>0时，0<|p2|；

2p1＋p2

当p1<0时，p1<<0⇒2p1|p2|.

2p2p1＋p2p2(⇐)设|p1|>|p2|，则<1⇒－1<<1⇒0<<2. p1p1p1

p1＋p2p1＋p2

当p1>0时，0<22

注意到M(a，b)在l1上，故M(a，b)∈X.

|p1|

②次证：M(a，b)∈X⇔φ(a，b)＝. 2

|p1|

(⇒)已知M(a，b)∈X，利用(1)有φ(a，b)＝. 2(0≤p≤2)，在(0,2)上，令h′(p)＝

4－2p－1

第 15 页 共 54 页

|p1|

(⇐)设φ(a，b)＝，断言必有|p1|>|p2|.

2

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.

|p2||p1|

再由(1)得φ(a，b)＝≠，矛盾．故必有|p1|>|p2|.再由等价式①，M(a，b)∈X.

22

|p1|

综上，M(a，b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a，b)＝.

2

15

(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

44

线，且与y轴交于Q1(0，－1)，由(1)∀Q(p，q)∈线段Q1Q2，有φ(p，q)＝1.

p＋p2－4qp＋4－2p151225当Q(p，q)∈L1：y＝(x＋1)－(0≤x≤2)时，q＝(p＋1)－，∴h(p)＝φ(p，q)＝＝444422

4－2p－1353

(0≤p≤2)，在(0,2)上，令h′(p)＝＝0得p＝，由于h(0)＝h(2)＝1，h2＝4， 224－2p5

∴h(p)＝φ(p，q)在[0,2]上取得最大值hmax＝. 4

15

∀(p，q)∈D，有0≤p≤2，(p＋1)2－≤q≤p－1，

44

15p＋12－p＋p2－424p＋4－2p4p＋p－4q5

故φ(p，q)＝≤＝≤hmax＝，

2224

p＋p2－4qp＋p2－4p－1p＋p－22p＋2－p

φ(p，q)＝≥＝＝＝1，

2222

5

故φmin＝1，φmax＝.

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

第 16 页 共 54 页

图1－3

E1：y2＝4(x＋1)(x≥－1)； E2：y＝0，x<－1.

3

－，－1.再过H作垂直于l的直线，当H∈E1时，过T作垂直于l的直线，垂足为T′，交E1于D4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.

3

－，－1. 综合可得，|HO|＋|HT|的最小值为3，且此时点H的坐标为4

(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)．

414

＋8＝0. 故x＝(y＋1)＋1，代入E1的方程得：y2－y－kkk

44216

因判别式Δ＝2＋4k＋8＝k＋2＋28>0， k

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，

k＋1k＋1k＋11

则此交点的坐标为，0，且k<－1.即当－2第 17 页 共 54 页

1

－∞，－∪(0，＋∞)． 因此，直线l1斜率k的取值范围是2

课标理数22.B9，M3[2011·湖南卷] 已知函数f(x)＝x3，g(x)＝x＋x. (1)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数，并说明理由；

(2)设数列{an}(n∈N*)满足a1＝a(a>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－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．

111113

解法一：h′(x)＝3x2－1－x－，记φ(x)＝3x2－1－x－，则φ′(x)＝6x＋x－.

222242

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

33

零点．又因为φ(1)>0，φ<0，则φ(x)在，1内有零点，所以φ(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．记

33

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．

1113

x2－1－x－，记φ(x)＝x2－1－x－，则φ′(x)＝2x＋x－. 解法二：由h(x)＝x2222

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．

3

(2)记h(x)的正零点为x0，即x0＝x0＋x0. (i)当a3

而a32＝a1＋a1②假设当n＝k(k≥1)时，ak3

a3k＋1＝ak＋ak因此，当n＝k＋1时，ak＋1(ii)当a≥x0时，由(1)知，h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，则h(a)≥h(x0)＝0，

3

即a3≥a＋a.从而a32＝a1＋a1＝a＋a≤a，即a2≤a.由此猜测：an≤a.下面用数学归纳法证明． ①当n＝1时，a1≤a显然成立．

3

②假设当n＝k(k≥1)时，ak≤a成立，则当n＝k＋1时，由a3k＋1＝ak＋ak≤a＋a≤a知，ak＋1≤a. 因此，当n＝k＋1时，ak＋1≤a成立． 故对任意的n∈N*，an≤a成立．

综上所述，存在常数M＝max{x0，a}，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M.

1

课标理数12.B9[2011·课标全国卷] 函数y＝的图像与函数y＝2sinπx(－2≤x≤4)的图象所有交点的

1－x

横坐标之和等于( )

A．2 B．4 C．6 D．8

1131

课标理数12.B9[2011·课标全国卷] D 【解析】 当x＝时，y＝＝2；当x＝时，y＝＝－2.

2123

1－1－22

所以函数图象如图所示，所以有8个根，且关于点(1,0)对称，所以所有根的总和为8.

第 18 页 共 54 页

图1－5

课标文数10.B9[2011·课标全国卷] 在下列区间中，函数f(x)＝ex＋4x－3的零点所在的区间为( )

111113－，0 B.0， C.， D.， A.444224111＝e1－1>0， 课标文数10.B9[2011·课标全国卷] C 【解析】 因为f＝e－2<0，f4422

11所以ff2<0， 4·

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，

11

所以函数f(x)＝ex＋4x－3的零点在4，2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<1课标文数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＝________.

课标文数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2＜a＜3，所以loga2＜1＝logaa＜loga3，因为3＜b＜4，所以b－2>1>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

第 19 页 共 54 页

2x＋a，x<1，

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

－x－2a，x≥1，

a的值为________．

3

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＝

4

33－<0，不成立；当a<0时，f(1－a)＝－1＋a－2a＝2＋2a＋a＝f(1＋a)，a＝－. 24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)c

，x＜A，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，

c

，x≥AA

那么c和A的值分别是( )

A．75,25 B．75,16 C．60,25 D．60,16

f4＝4＝30，

课标理数6.B10[2011·北京卷] D 【解析】 由题意可知c

fA＝＝15，Ac

c＝60，

解得故应选D.

A＝16，

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

x

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

8

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

x

800＋×x×1

8800x800x800x

f(x)，则f(x)＝＝＋≥2×＝20，当且仅当＝，即x＝80件(x>0)时，取最小值，

xx8x8x8

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：

a

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3x－3

为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．

(1)求a的值；

(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．

a

课标理数18.B10，B12[2011·福建卷] 【解答】 (1)因为x＝5时，y＝11，所以＋10＝11，a＝2.

2

2

(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝＋10(x－6)2.

x－3

22所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)＝(x－3)x－3＋10x－6＝2＋10(x－3)(x－6)2,3第 20 页 共 54 页

2

从而f′(x)＝10[x－6＋2x－3x－6]＝30(x－4)(x－6)． 于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (3,4) 4 (4,6) 0 f′(x) ＋ － f(x) 单调递增 极大值42 单调递减 由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点． 所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.

答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．

课标理数17.B10[2011·湖北卷] 提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况．在一般情况下，大桥上的车流速度v(单位：千米/小时)是车流密度x(单位：辆/千米)的函数．当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时．研究表明：当20≤x≤200时，车流速度v是车流密度x的一次函数．

(1)当0≤x≤200时，求函数v(x)的表达式； (2)当车流密度x为多大时，车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/小时)f(x)＝x·v(x)可以达到最大，并求出最大值．(精确到1辆/小时)

课标理数17.B10[2011·湖北卷] 【解答】 (1)由题意：当0≤x≤20时，v(x)＝60；当20≤x≤200时，设v(x)＝ax＋b，

1a＝－，3200a＋b＝0，

再由已知得解得

20020a＋b＝60，

b＝.

3



60， 0≤x＜20，

故函数v(x)的表达式为v(x)＝1

200－x，20≤x≤200.360x， 0≤x<20，

(2)依题意并由(1)可得f(x)＝1

x200－x，20≤x≤200.3

当0≤x≤20时，f(x)为增函数，故当x＝20时，其最大值为60×20＝1200；

11x＋200－x210000

当20≤x≤200时，f(x)＝x(200－x)≤332＝3. 当且仅当x＝200－x，即x＝100时，等号成立．

10000

所以，当x＝100时，f(x)在区间[20,200]上取得最大值.

310000

综上，当x＝100时，f(x)在区间[0,200]上取得最大值≈3333.

3

即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3333辆/小时．

课标文数19.B10[2011·湖北卷] 提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况．在一般情况下，大桥上的车流速度v(单位：千米/小时)是车流密度x(单位：辆/千米)的函数．当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时．研究表明：当20≤x≤200时，车流速度v是车流密度x的一次函数．

(1)当0≤x≤200时，求函数v(x)的表达式； (2)当车流密度x为多大时，车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/小时)f(x)＝x·v(x)可以达到最大，并求出最大值．(精确到1辆/小时)

课标文数19.B10[2011·湖北卷] 【解答】 (1)由题意：当0≤x≤20时，v(x)＝60；当20≤x≤200时，设v(x)＝ax＋b.

1a＝－，3200a＋b＝0，

再由已知得解得

20020a＋b＝60，

b＝.

3



第 21 页 共 54 页

故函数v(x)的表达式为

60， 0≤x＜20，v(x)＝1

3200－x， 20≤x≤200.

(2)依题意并由(1)可得

60x， 0≤x＜20，f(x)＝1

3x200－x， 20≤x≤200.

当0≤x≤20时，f(x)为增函数，故当x＝20时，其最大值为60×20＝1200；

11x＋200－x210000

当20≤x≤200时，f(x)＝x(200－x)≤332＝3.[来源:Zxxk.Com] 当且仅当x＝200－x，即x＝100时，等号成立．

10000

所以，当x＝100时，f(x)在区间[20,200]上取得最大值.

310000

综上，当x＝100时，f(x)在区间[0,200]上取得最大值≈3333.

3

即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3333辆/小时．

图1－9

课标理数20.B10[2011·湖南卷] 如图1－9，长方体物体E在雨中沿面P(面积为S)的垂直方向作匀速移动，速度为v(v>0)，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．．．．

1

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

10

13

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，

22

(1)写出y的表达式；

(2)设031

课标理数20.B10[2011·湖南卷] 【解答】 (1)由题意知，E移动时单位时间内的淋雨量为|v－c|＋，

202

故

151003

|v－c|＋＝(3|v－c|＋10)． y＝v2v20

(2)由(1)知，

53c＋105

当0当cv－15，0v＋15，c103c①当03210

②当350ymin＝. c

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课标数学17.B10[2011·江苏卷] 请你设计一个包装盒，如图1－4所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A、B、C、D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE＝FB＝x(cm)．

(1)某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？ (2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．

图1－4

课标数学17.B10[2011·江苏卷] 本题主要考查函数的概念、导数等基础知识，考查数学建模能力、空间想象能力、数学阅读能力及解决实际问题的能力．

60－2x

【解答】 设包装盒的高为h(cm)，底面边长为a(cm)，由已知得a＝2x，h＝＝2(30－x)，0

2＜x＜30.

(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1800， 所以当x＝15时，S取得最大值．

(2)V＝a2h＝22(－x3＋30x2)，V′＝62x(20－x)， 由V′＝0得x＝0(舍)或x＝20.

当x∈(0,20)时，V′＞0；当x∈(20,30)时，V′＜0. 所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．

h11此时＝，即包装盒的高与底面边长的比值为.

a22

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课标理数10.M1，D2，B11[2011·福建卷] 已知函数f(x)＝ex＋x.对于曲线y＝f(x)上横坐标成等差数列的三个点A、B、C，给出以下判断：

①△ABC一定是钝角三角形； ②△ABC可能是直角三角形； ③△ABC可能是等腰三角形； ④△ABC不可能是等腰三角形． 其中，正确的判断是( ) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

课标理数10.M1，D2，B11[2011·福建卷] B 【解析】 解法一：(1)设A、B、C三点的横坐标分别为x1，x2，x3(x1∵ f′(x)＝ex＋1>0，

∴ f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，

x1＋x3fx1＋fx3

∴ f(x1)22

→→

∵ BA＝(x1－x2，f(x1)－f(x2))，BC＝(x3－x2，f(x3)－f(x2))，

→→∴ BA·BC＝(x1－x2)(x3－x2)＋(f(x1)－f(x2))(f(x3)－f(x2))<0， ∴ ∠ABC为钝角，判断①正确，②错；

(2)若△ABC为等腰三角形，则只需AB＝BC，即 (x1－x2)2＋(f(x1)－f(x2))2＝(x3－x2)2＋(f(x3)－f(x2))2， ∵ x1，x2，x3成等差数列，即2x2＝x1＋x3， 且f(x1)只需 f(x2)－f(x1)＝f(x3)－f(x2)，即2f(x2)＝f(x1)＋f(x3)，

x1＋x3fx1＋fx3x1＋x3fx1＋fx3即 f＝，这与f相矛盾，

2222<

∴△ABC不可能是等腰三角形，判断③错误，④正确，故选B. 解法二：(1)设A、B、C三点的横坐标为x1，x2，x3(x1图1－3

∵ f′(x)＝ex＋1>0，

∴ f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，画出f(x)的图象(大致)．

x1＋x3fx1＋fx3

∴ f(x1)22

如图1－2，设直线AB、BC的倾斜角分别为α和β，由0π

得α<β<，故∠ABC＝π－(β－α)为钝角，判断①正确，②错误；

2

由x1，x2，x3成等差数列，得x2－x1＝x3－x2， 若△ABC为等腰三角形，只需AB＝BC，则 f(x2)－f(x1)＝f(x3)－f(x2)，

由0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；

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(3)当a＝1时，是否同时存在实数m和M(m课标文数22.B11，B12[2011·福建卷] 【解答】 (1)由f(e)＝2得b＝2. (2)由(1)可得f(x)＝－ax＋2＋axlnx. 从而f′(x)＝alnx. 因为a≠0，故：

①当a>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.

1

由(2)可得，当x在区间e，e内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 11，1 x 1 e (1，e) ee 0 f′(x) － ＋ 2f(x) 2 2－ 单调递减 极小值1 单调递增 e12又2－<2，所以函数f(x)(x∈e，e)的值域为[1,2]． e

m＝1，1，e都有公共点； 据此可得，若相对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)x∈eM＝2

1，e都没有公共点． 并且对每一个t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)x∈e

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

1，e都有公共点． 与曲线y＝f(x)x∈e

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)

42x－2x＋1

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)

xx

的定义域为{x|x>0}，∴(x－2)(x＋1)>0(x>0)，解得x>2.故选C.

4

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

x

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( )

1

A．1 B．2 C．e D.

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．－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]

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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(k1)，于是

Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋„＋|PnQn|

－－

1－ene－e1n－1－2－(n－1)

＝1＋e＋e＋„＋e＝. －＝1－e1e－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(k1)，于是

Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋„＋|PnQn|

－－

1－ene－e1n－1－2－(n－1)

＝1＋e＋e＋„＋e＝. －＝1－e1e－1

2＋ax－1＝2.则a＝( )

大纲理数3.B11[2011·重庆卷] 已知lim 3xx→∞x－1A．－6 B．2 C．3 D．6

1a－

xa2＋ax－1＝lim ax－1＝lim

大纲理数3.B11[2011·重庆卷] D 【解析】 lim ＝＝2，即a＝3xx→∞3x33x→∞x－1x→∞

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.

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ex

课标文数18.B12[2011·安徽卷] 设f(x)＝，其中a为正实数．

1＋ax24

(1)当a＝时，求f(x)的极值点；

3

(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．

2

x1＋ax－2ax【解答】 对f(x)求导得f′(x)＝e.① 1＋ax224

(1)当a＝时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，

331

解得x1＝，x2＝.

22

结合①可知 [来源:学|科|网] 13－∞，1 1，3 3，＋∞ x 2222220 0 f′(x) ＋ － ＋ f(x)    极大值 极小值 31所以，x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．

22

(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0课标理数16.B12[2011·安徽卷]

xe

设f(x)＝，其中a为正实数．

1＋ax24

(1)当a＝时，求f(x)的极值点；

3

(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围． 课标理数16.B12[2011·安徽卷] 【解析】 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之间的关系，求解一元二次不等式等基本知识，考查运算求解能力，综合分析和解决问题的能力．

【解答】 对f(x)求导得

2

x1＋ax－2axf′(x)＝e.① 1＋ax224

(1)当a＝时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，

331

解得x1＝，x2＝.

22

结合①，可知 13－∞，1 1，3 3，＋∞ x 2222220 0 f′(x) ＋ － ＋ f(x)    极大值 极小值 31所以，x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．

22

(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0＜a≤1.

x

课标理数18.B12[2011·北京卷] 已知函数f(x)＝(x－k)2e. k

(1)求f(x)的单调区间；

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1

(2)若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范围．

e

1x

课标理数18.B12[2011·北京卷] 【解答】 (1)f′(x)＝(x2－k2)e.

kk

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，＋∞) 0 0 f′(x) ＋ － ＋ 2－1f(x)   0  4ke 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，＋∞) 0 0 f′(x) － ＋ － 2－1f(x)  0   4ke 所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)；单调递增区间是(k，－k)． k＋111

(2)当k＞0时，因为f(k＋1)＝e＞，所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤. kee

24k

当k＜0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝.

e

2

14k1

所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤，等价于f(－k)＝≤.

eee

1

解得－≤k＜0.

2

11

－，0. 故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤时，k的取值范围是2e

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，＋∞) 0 f′(x) － ＋ －f(x)   －ek1 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0由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)－

＝－ek1；

当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减； 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.

－

大纲理数8.B12[2011·全国卷] 曲线y＝e2x＋1在点(0,2)处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形的面积为( )

11A. B. 322

C. D．1 3

－－

大纲理数8.B12[2011·全国卷] A 【解析】 函数y＝e2x＋1的导数为y′＝－2e2x，则y′|x＝0＝－2，

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22

＋1在点(0,2)处的切线方程是2x＋y－2＝0，直线y＝x与直线2x＋y－2＝0的交点为3，3，

121

直线y＝0与直线2x＋y－2＝0的交点为(1,0)，三角形的面积为×1×＝，故选A.

233

2x

大纲理数22.B12，E8[2011·全国卷] (1)设函数f(x)＝ln(1＋x)－，证明：当x>0时，f(x)>0；

x＋2

(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

9191

得的20个号码互不相同的概率为p.证明：p<10x2

大纲理数22.B12，E8[2011·全国卷] 【解答】 (1)f′(x)＝.[来源:Z#xx#k.Com]

x＋1x＋22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.

100×99×98ׄ×81(2)p＝.

10020又99×81<902,98×82<902，„，91×<902，

919

所以p<10.

2x

由(1)知：当x>0时，ln(1＋x)>. x＋2

2

1＋ln(1＋x)>2. 因此，x

10192110

在上式中，令x＝，则19ln>2，即9>e. 99

9191

所以p<10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；

5

当a<－2－1时，解不等式1<－a＋a2＋2a－1<3得－2

5

－，－2－1. 综合①②得a的取值范围是2

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：

a

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3x－3

为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．

(1)求a的值；

(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．

a

课标理数18.B10，B12[2011·福建卷] 【解答】 (1)因为x＝5时，y＝11，所以＋10＝11，a＝2.

2

(2)由(1)可知，该商品每日的销售量 曲线y＝e

－2x

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2y＝＋10(x－6)2. x－3

所以商场每日销售该商品所获得的利润

22f(x)＝(x－3)x－3＋10x－6＝2＋10(x－3)(x－6)2,32

从而f′(x)＝10[x－6＋2x－3x－6] ＝30(x－4)(x－6)．

于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (3,4) 4 (4,6) 0 f′(x) ＋ － f(x) 单调递增 极大值42 单调递减 由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点． 所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.

答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大． 课标文数10.B12，E6[2011·福建卷] 若a>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，

a＋b2

∴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(m课标文数22.B11，B12[2011·福建卷] 【解答】 (1)由f(e)＝2得b＝2. (2)由(1)可得f(x)＝－ax＋2＋axlnx. 从而f′(x)＝alnx. 因为a≠0，故：

①当a>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.

1

由(2)可得，当x在区间e，e内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 11，1 x 1 e (1，e) ee 0 f′(x) － ＋ 2f(x) 2 2－ 单调递减 极小值1 单调递增 e12又2－<2，所以函数f(x)(x∈e，e)的值域为[1,2]． e

m＝1，1，e都有公共点； 据此可得，若相对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)x∈eM＝2

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1，e都没有公共点． 并且对每一个t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)x∈e

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

1，e都有公共点． 与曲线y＝f(x)x∈e

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，＋∞)．

2

2a1－ax－21－ax＋1

f′(x)＝，

x

1a－. 当a≠1时，方程2a(1－a)x2－2(1－a)x＋1＝0的判别式Δ＝12(a－1)31

①当00，f′(x)有两个零点，

3

a－13a－1a－13a－111

x1＝－>0，x2＝＋，

2a2a2a1－a2a1－a

且当0x2时，f′(x)>0，f(x)在(0，x1)与(x2，＋∞)内为增函数； 当x11

②当≤a<1时，Δ≤0，f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)内为增函数；

3

1

③当a＝1时，f′(x)＝>0(x>0)，f(x)在(0，＋∞)内为增函数；

x

a－13a－11

④当a>1时，Δ>0，x1＝－>0，

2a2a1－aa－13a－11

x2＝＋<0，

2a2a1－a

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： 11a>1 0x2＝＋) 2a2a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

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

30

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

第 31 页 共 54 页

1t1

课标理数10.B12[2011·湖北卷] D 【解析】 因为M′(t)＝－M02－·ln2，所以M′(30)＝－M0ln2

303060

t－

＝－10ln2.所以M0＝600.所以M(t)＝600×2－.所以M(60)＝600×22＝150(太贝克)．

30

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；

122

②若b1＋b2＋„＋bn＝1，则≤bb11bb22„bbnn≤b21＋b2＋„＋bn. n课标理数21.B12，E9[2011·湖北卷] 【解答】

1

(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝－1＝0，解得x＝1，

x

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lnabkk≤akbk－bk，

k＝1

k＝1

k＝1

n

n

n

∵akbk≤bk，∴lnabkk≤0，即ln(ab11ab22„abnn)≤0，

k＝1

k＝1

k＝1

nnn

∴ab11ab22„abnn≤1. 1

②(i)先证bb11bb22„bbnn≥，

n

nn1n1111设ak＝(k＝1,2，„，n)，则akbk＝ ＝1＝bk，于是由①得bb„nb11nb22nbnbn≤1， nbk

k＝1k＝1nk＝1

即

≤nb1＋b2＋„＋bn＝n，

bb11bb22„bbnn

1

∴bb11bb22„bbnn≥.

n

22

(ii)再证bb11bb22„bbnn≤b21＋b2＋„＋bn，

nbk2记S＝bk，设ak＝(k＝1,2，„，n)，

Sk＝1n1n2

则akbk＝bk＝1＝bk，

Sk＝1

k＝1k＝1

n

1

b1b2bnbn≤1， 于是由①得bb„12

SSS

即bb11bb22„bbnn≤Sb1＋b2＋„＋bn＝S，

22

∴bb11bb22„bbnn≤b21＋b2＋„＋bn. 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x1课标文数20.B12，E9[2011·湖北卷] 【解答】 (1)f′(x)＝3x2＋4ax＋b，g′(x)＝2x－3. 由于曲线y＝f(x)与y＝g(x)在点(2,0)处有相同的切线，

第 32 页 共 54 页

故有f(2)＝g(2)＝0，f′(2)＝g′(2)＝1.

8＋8a＋2b＋a＝0，a＝－2，由此得解得

12＋8a＋b＝1，b＝5.

所以a＝－2，b＝5，切线l的方程为x－y－2＝0. (2)由(1)得f(x)＝x3－4x2＋5x－2， 所以f(x)＋g(x)＝x3－3x2＋2x.

依题意，方程x(x2－3x＋2－m)＝0有三个互不相同的实根0、x1、x2， 故x1、x2是方程x2－3x＋2－m＝0的两相异的实根．

1

所以Δ＝9－4(2－m)>0，即m>－. 4

又对任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)特别地，取x＝x1时，f(x1)＋g(x1)－mx1<－m成立，得m<0. 由韦达定理，可得x1＋x2＝3>0，x1x2＝2－m>0， 故0对任意的x∈[x1，x2]，有x－x2≤0，x－x1≥0，x>0， 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.

1

于是当－4

1

－，0. 综上，m的取值范围是4

课标理数8.B12[2011·湖南卷] 设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为( )

152

A．1 B. C. D.

222

课标理数8.B12[2011·湖南卷] D 【解析】 用转化的思想：直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx图象分别交于M，N，而|MN|的最小值，实际是函数F(t)＝t2－lnt(t>0)时的最小值．

122

令F′(t)＝2t－＝0，得t＝或t＝－(舍去)．

t22

2

故t＝时，F(t)＝t2－lnt有最小值，即|MN|达到最小值，故选D.

2

πsinx1

课标文数7.B12[2011·湖南卷] 曲线y＝－在点M4，0处的切线的斜率为( ) sinx＋cosx2

11A．－ B. 2222

C．－ D.

22

sinx1

课标文数7.B12[2011·湖南卷] B 【解析】 对y＝－求导得到

sinx＋cosx2

cosxsinx＋cosx－sinxcosx－sinx1y′＝＝， 2sinx＋cosxsinx＋cosx2ππ11x＝＝当x＝，得到y′＝. 424222

2＋2

1

课标文数22.B12，E8[2011·湖南卷] 设函数f(x)＝x－－alnx(a∈R)．

x

(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．

第 33 页 共 54 页

课标文数22.B12，E8[2011·湖南卷] 【解答】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．

2

1ax－ax＋1

f′(x)＝1＋2－＝. xxx2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．

a－a2－4a＋a2－4

③当a>2时，Δ>0，g(x)＝0的两根为x1＝，x2＝.

22

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.

x1－x2

因为f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋－a(lnx1－lnx2)，所以，

x1x2

fx1－fx2lnx1－lnx21k＝＝1＋－a·.

x1x2x1－x2x1－x2

又由(1)知，x1x2＝1，于是

lnx1－lnx2

k＝2－a·.

x1－x2

lnx1－lnx2

若存在a，使得k＝2－a，则＝1.

x1－x2

即lnx1－lnx2＝x1－x2.

1

亦即x2－－2lnx2＝0(x2>1)．(*)

x2

111

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＝

tx21

0.这与(*)式矛盾．

故不存在a，使得k＝2－a.

11

课标理数19.B12[2011·江西卷] 设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.

32

2(1)若f(x)在3，＋∞上存在单调递增区间，求a的取值范围；

16

(2)当03

11

x－2＋＋2a， 课标理数19.B12[2011·江西卷] 【解答】 (1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－24

22221，＋∞时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a；令＋2a＞0，得a＞－， 当x∈33999

21所以，当a＞－时，f(x)在3，＋∞上存在单调递增区间． 9

1－1＋8a1＋1＋8a

，x2＝. 22

所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增． 当0＜a＜2时，有x1＜1＜x2＜4，所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)．

27

又f(4)－f(1)＝－＋6a＜0，即f(4)＜f(1)，

2

4016

所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－，

33

10

得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝.

3

1

课标文数20.B12[2011·江西卷] 设f(x)＝x3＋mx2＋nx.

3(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝

第 34 页 共 54 页

(1)如果g(x)＝f′(x)－2x－3在x＝－2处取得最小值－5，求f(x)的解析式；

(2)如果m＋n<10(m，n∈N＋)，f(x)的单调递减区间的长度是正整数，试求m和n的值．(注：区间(a，b)的长度为b－a)

课标文数20.B12[2011·江西卷] 【解答】 (1)由题得g(x)＝x2＋2(m－1)x＋(n－3)＝(x＋m－1)2＋(n－3)－(m－1)2，

已知g(x)在x＝－2处取得最小值－5，

m－1＝2，所以即m＝3，n＝2. 2

n－3－m－1＝－5，

1

即得所要求的解析式为f(x)＝x3＋3x2＋2x.

3

(2)因为f′(x)＝x2＋2mx＋n，且f(x)的单调递减区间的长度为正整数，故f′(x)＝0一定有两个不同的根，

从而Δ＝4m2－4n>0即m2>n.

不妨设两根为x1，x2，则|x2－x1|＝2m2－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．

alnxb

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＋1x

x＋2y－3＝0.

(1)求a，b的值；

lnxk

(2)如果当x＞0，且x≠1时，f(x)＞＋，求k的取值范围．

x－1x

x＋1a－lnxxb

课标理数21.B12[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)f′(x)＝－2， 2xx＋1

f1＝1，b＝1，1

由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，故即a 112

f′1＝－2，2－b＝－2，解得a＝1，b＝1.

lnx1

(2)由(1)知f(x)＝＋，所以

x＋1x

lnxkk－1x2－11f(x)－x－1＋x＝

x1－x22lnx＋.

k－1x2－1

考虑函数h(x)＝2lnx＋(x>0)，

x

k－1x2＋1＋2x

则h′(x)＝.

x2kx2＋1－x－12

①设k≤0，由h′(x)＝知，

x2当x≠1时，h′(x)＜0，而h(1)＝0，

1

故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得h(x)＞0；

1－x21

当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0.

1－x2lnxk

从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－x－1＋x＞0，



第 35 页 共 54 页

lnxk

即f(x)＞＋.

x－1x

1

②设0＜k＜1，由于当x∈1，1－k时，(k－1)(x2＋1)＋2x＞0，故h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈



1，1时，h(x)>0，可得1h(x)<0.与题设矛盾． 1－k1－x21

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

1－x2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；

111

(2)设a＞0，证明：当0＜x＜时，fa＋x＞fa－x； a

(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.

1

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)＝－

x

2x＋1ax－1

. x

①若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)单调增加．

1110，10，时，②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝，且当x∈f′(x)＞0，当x＞时，f′(x)＜0.所以f(x)在aaaa

1单调增加，在a，＋∞单调减少．

11

(2)设函数g(x)＝fa＋x－fa－x，则 g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax，

aa2a3x2

g′(x)＝＋－2a＝. 1＋ax1－ax1－a2x21

当0＜x＜时，g′(x)＞0，而g(0)＝0，所以g(x)＞0.

a

111

故当0＜x＜时，fa＋x＞fa－x. a

1

(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a，1且fa>0.

1

不妨设A(x1,0)，B(x2,0)，0a

211

－x1＝f＋－x1>f(x1)＝0. 由(2)得faaa

x1＋x212

从而x2>－x1，于是x0＝>.

a2a

由(1)知，f′(x0)<0.

第 36 页 共 54 页

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.

b

课标文数20.B12[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)f′(x)＝1＋2ax＋. x

f1＝0，1＋a＝0，由已知条件得即 f′1＝2.1＋2a＋b＝2.

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

x－12x＋33

g′(x)＝－1－2x＋＝－. xx

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.

alnxb

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＋1x

x＋2y－3＝0.

(1)求a，b的值；

lnx

(2)证明：当x>0，且x≠1时，f(x)>. x－1

x＋1a－lnxxb

课标文数21.B12[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)f′(x)＝－2.

xx＋12

f1＝1，1

由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，故12f′1＝－，2解得a＝1，b＝1.

lnx1

(2)由(1)知f(x)＝＋，所以

x＋1x

b＝1，即a 1

－b＝－，22

第 37 页 共 54 页

x2－1lnx1

f(x)－＝. 2lnx－

xx－11－x2

x2－1

考虑函数h(x)＝2lnx－(x>0)，则

x

22

x－1222x－x－1

h′(x)＝－＝－.

xx2x2所以当x≠1时，h′(x)<0，而h(1)＝0，故

1

当x∈(0,1)时，h(x)>0，可得h(x)>0.

1－x21

当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，可得h(x)>0.

1－x2lnx

从而当x>0，且x≠1时，f(x)－>0，

x－1

lnx

即f(x)>.

x－1

由于l≥2r，

因此0＜r≤2.

4202

2－r×3＋4πrc， 所以建造费用y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr×3r

160π

因此y＝4π(c－2)r2＋，0＜r≤2.

r

160π

(2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－2 r

8πc－2320r－＝c－2，0＜r≤2. r2

由于c＞3，所以c－2＞0. 32020

当r3－＝0时，r＝. c－2c－220＝m，则m＞0， c－2

8πc－2

所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)． 2r

9

①当0＜m＜2即c＞时，

2

当r＝m时，y′＝0； 令

第 38 页 共 54 页

3

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．

9

②当m≥2即3＜c≤时，

2

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．

9

综合所述，当3＜c≤时，建造费用最小时r＝2；

23209

当c＞时，建造费用最小时r＝.

2c－2

ex

课标文数18.B12[2011·安徽卷] 设f(x)＝，其中a为正实数．

1＋ax24

(1)当a＝时，求f(x)的极值点；

3

(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．

2

x1＋ax－2ax【解答】 对f(x)求导得f′(x)＝e.① 1＋ax224

(1)当a＝时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，

331

解得x1＝，x2＝.

22

结合①可知 13－∞，1 1，3 3，＋∞ x 2222220 0 f′(x) ＋ － ＋ f(x)    极大值 极小值 31所以，x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．

22

(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0课标文数21.B12，E8[2011·陕西卷] 设f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)． (1)求g(x)的单调区间和最小值；

1(2)讨论g(x)与gx的大小关系；

1

(3)求a的取值范围，使得g(a)－g(x)＜对任意x＞0成立．

a

1

课标文数21.B12，E8[2011·陕西卷] 【解答】 (1)由题设知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋.

x

x－1

∴g′(x)＝2.令g′(x)＝0得x＝1，

x

当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，故(0,1)是g(x)的单调减区间．

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间， 因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点． 所以g(x)的最小值为g(1)＝1.

1(2)gx＝－lnx＋x.

11

设h(x)＝g(x)－g＝2lnx－x＋， xx

第 39 页 共 54 页

x－12

则h′(x)＝－.

x21

当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝gx，

当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h′(1)＝0. 因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减， 当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0.

1

即g(x)＞gx.

当x>1时，h(x)1即g(x)11

(3)由(1)知g(x)的最小值为1，所以，g(a)－g(x)<，对任意x>0成立⇔g(a)－1<，

aa

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，＋∞)．

a(2)令f′(x)＝0，解得x＝±－.

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.

a现设b≤0.当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈－∞，－－时，f′(x)>0.因此当x∈

3

－∞，－－a时，f′(x)g′(x)<0.故由题设得a≥－－a且b≥－－a，从而－1≤a<0，于是－1

33333

11

≤b≤0，因此|a－b|≤，且当a＝－，b＝0时等号成立．

33

111

x2－，从而当x∈－，0时f′(x)g′(x)>0，故函数f(x)又当a＝－，b＝0时，f′(x)g′(x)＝6x933

11－，0上单调性一致．因此|a－b|的最大值为. 和g(x)在3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；

31

(2)当a＝时，证明：存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f2； 8

ln3－ln2ln2

(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≤. 532

1－2ax1

课标理数19.B12[2011·天津卷] 【解答】 (1)f′(x)＝－2ax＝，x∈(0，＋∞)．令f′(x)＝0，

xx

2a

解得x＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

2a

2a0，2a 2a，＋∞ x 2a2a2a0 f′(x) ＋ － 第 40 页 共 54 页

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11

(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．

8833，即g(2)>0. 令g(x)＝f(x)－f.由于f(x)在(0,2)内单调递增，故f(2)>f22

2

41－9e3

取x′＝e>2，则g(x′)＝<0.

232

3所以存在x0∈(2，x′)，使g(x0)＝0，即存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f2. (说明：x′的取法不惟一，只要满足x′>2，且g(x′)<0即可．)

2a

(3)证明：由f(α)＝f(β)及(1)的结论知α<<β，

2a

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. f2≥fα≥f1，ln2－4a≥－a，故即 f2≥fβ≥f3.ln2－4a≥ln3－9a.ln3－ln2ln2从而≤a≤.[来源:Z&xx&k.Com]

53

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.

t

(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：

2

t

①若t<0，则<－t.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

2

－∞，t t，－t x (－t，＋∞) 22f′(x) ＋ － ＋ f(x)    tt－∞，，(－t，＋∞)；f(x)的单调递减区间是，－t. 所以，f(x)的单调递增区间是22

t

②若t>0，则－t<.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

2

－t，t t，＋∞ x (－∞，－t) 22f′(x) ＋ － ＋ f(x)    tt，＋∞；f(x)的单调递减区间是－t，. 所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－t)，22tt

0，内单调递减，在，＋∞内单调递增．以下分两种情况(3)证明：由(2)可知，当t>0时，f(x)在22

讨论：

t

①当≥1，即t≥2时，f(x)在(0,1)内单调递减．

2

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．

第 41 页 共 54 页

ttt

0，内单调递减，在，1内单调递增． ②当0<<1，即0t7373

若t∈(0,1]，f＝－t＋t－1≤－t<0， 244

f(1)＝－6t2＋4t＋3≥－6t＋4t＋3＝－2t＋3>0，

t所以f(x)在2，1内存在零点． t7373

若t∈(1,2)，f＝－t＋(t－1)<－t＋1<0， 244f(0)＝t－1>0，

t

0，内存在零点． 所以f(x)在2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；

b当Δ>0时，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)ex，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，

3

解得a＝－.

2

35

因此f(x)＝x3－x2－3x＋1，从而f(1)＝－.

22

35

－＝－3，故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－－＝－3(x－1)，即又因为f′(1)＝2×226x＋2y－1＝0.

－

(2)由(1)知g(x)＝(3x2－3x－3)ex，

－

从而有g′(x)＝(－3x2＋9x)ex.

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)＝

第 42 页 共 54 页

15e3.

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

1

直线x＝－对称，且f′(1)＝0.

2

(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.

a2a2aa1从而f′(x)＝6x＋＋b－，即y＝f′(x)关于直线x＝－对称，从而由题设条件知－＝－，解得

－

666a＝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.

第 43 页 共 54 页

62

课标理数5.B13[2011·福建卷] 1(ex＋2x)dx等于( )

0

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

x2101x

(e＋2x)dx＝(e＋x)|0＝(e＋1)－(e＋0)＝e，故选C.

0

ππ

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

33

( )

13

A. B．1 C. D.3 22

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＝－ππ

，x＝，y＝0与曲线y＝cosx所围成的封闭图形的面积为： 33

π3ππππ－＝3， S＝∫3－3cosx dx＝sinx＝sin3－sin3π－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( ) 1016

A. B．4 C. D．6 33

lgx，x>0，课标理数11.B13[2011·陕西卷] 设f(x)＝x＋a3t2dt，x≤0，若f(f(1))＝1，则a＝________.

0lgx， x>0，

课标理数11.B13[2011·陕西卷] 1 【解析】 由f(x)＝x＋a3t2dt， x≤0得

0

lgx， x>0，

f(x)＝f(1)＝lg1＝0， 3

x＋a， x≤0，

f[f(1)]＝f(0)＝a3＝1，∴a＝1.

第 44 页 共 54 页

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.

1－x2， x≤1，

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

1－log2x， x＞1，

( )

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21x≤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

80π

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

3

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，

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480π

由题意知V＝πr2l＋πr3，又V＝，

33

4V－πr3

3804420

2－r. 故l＝＝2－r＝2πr3r33r

由于l≥2r， 因此04202

2－r×3＋4πrc， 所以建造费用y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr×3r

160π

因此y＝4π(c－2)r2＋，0r

160π

(2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－2 r

8πc－2320r－＝c－2，0由于c>3，所以c－2>0， 32020

当r3－＝0时，r＝. c－2c－2

20

＝m，则m>0， c－2

8πc－2

所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)． 2r9

①当0时，

2

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．

9

②当m≥2即32

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．

9

综上所述，当32令

3209

当c>时，建造费用最小时r＝. 2c－2

21

大纲文数22.B14[2011·四川卷] 已知函数f(x)＝x＋，h(x)＝x.

32

22

(1)设函数F(x)＝18f(x)－x[h(x)]，求F(x)的单调区间与极值；

33

fx－1－＝2lgh(a－x)－2lgh(4－x)； (2)设a∈R，解关于x的方程lg42

1

(3)设n∈N*，证明：f(n)h(n)－[h(1)＋h(2)＋…＋h(n)]≥. 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)＋2lg4－x＝2lga－x

第 46 页 共 54 页

3

x＞1，4－x＞0，⇔a－x＞0，x－14－x＝a－x

1＜x＜4，

⇔x＜a，a＝－x－32＋5.

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，

14n＋31

f(n)h(n)－＝n－.

666

1

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，

6

4k＋34k－1

当k≥2时，ak＝Sk－Sk－1＝k－k－1.

66

1

又ak－k＝[(4k－3)k－(4k－1)k－1]

622

14k－3k－4k－1k－1＝ 64k－3k＋4k－1k－1

11

＞0.

64k－3k＋4k－1k－1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，

2

f(x)＝－x＋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n→∞limSn＝( )

＝

53

A．3 B. C．2 D. 22

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)＝

1

3f(x＋2)可知f(x)＝f(x＋2)，且由

3

y＝f(x＋2)错误!y＝错误!f(x)可知，函数f(x)在 错误!上的最大值an(n∈N*)组成的数列{an}是公比为1a13的无穷递减等比数列，所以limS＝＝. n3n→∞1－q2

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)

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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．

21

大纲理数22.B14[2011·四川卷] 已知函数f(x)＝x＋，h(x)＝x.

32

(1)设函数F(x)＝f(x)－h(x)，求F(x)的单调区间与极值；

33

fx－1－＝log2h(a－x)－log2h(4－x)； (2)设a∈R，解关于x的方程log442

100

1

(3)试比较f(100)h(100)－∑h(k)与的大小．

6k＝1

21

课标理数22.B14[2011·四川卷] 【解答】 由F(x)＝f(x)－h(x)＝x＋－x(x≥0)知，

32

4x－39

F′(x)＝，令F′(x)＝0，得x＝. 166x

99

0，时，F′(x)＜0，当x∈，＋∞时，F′(x)＞0， 当x∈1616

99

0，时，F(x)是减函数，当x∈，＋∞时，F(x)是增函数． 故当x∈1616

919

F(x)在x＝处有极小值且F16＝8. 16

图1－9 (2)原方程可化为log4(x－1)＋log2h(4－x)＝log2h(a－x)， 1

即log2(x－1)＋log24－x＝log2a－x， 2x－1＞0，4－x＞0，⇔a－x＞0，x－14－x＝a－x

1＜x＜4，

⇔x＜a，

a＝－x－32＋5.

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(k)＝ k.

k＝1

k＝1

100

100

1

设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝f(n)h(n)－(n∈N*)．

6

从而有a1＝S1＝1.

4k＋34k－1

当2≤k≤100时，ak＝Sk－Sk－1＝k－k－1.

66

1

又ak－k＝[(4k－3)k－(4k－1)k－1]

6

第 48 页 共 54 页

22

14k－3k－4k－1k－1＝ 64k－3k＋4k－1k－111＝＞0. 64k－3k＋4k－1k－1

即对任意的2≤k≤100，有ak＞k.

又因为a1＝1＝1，所以ak＞ k，

k＝1

k＝1

1001

故f(100)h(100)－h(k)＞.

6k＝1

100100

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，|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．

x－a2a

2lnx＋1－. 课标理数22.B14[2011·浙江卷] 【解答】 (1)求导得f′(x)＝2(x－a)lnx＋＝(x－a)xx

因为x＝e是f(x)的极值点，

a

3－＝0，解得a＝e或a＝3e， 所以f′(e)＝(e－a)e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，

2e2e

解得3e－≤a≤3e＋ .

ln3eln3e

a

2lnx＋1－， 由(1)知f′(x)＝(x－a)xa

令h(x)＝2lnx＋1－，则h(1)＝1－a＜0，

x

h(a)＝2lna＞0，

2e

3e＋

ln3ea

且h(3e)＝2ln(3e)＋1－≥2ln(3e)＋1－

3e3e

1

＝2ln3e－＞0.

3ln3e

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

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22

fx0＝x0－alnx0≤4e，1成立． 22f3e＝3e－aln3e≤4e2

a

由h(x0)＝2lnx0＋1－＝0，知

x0

a＝2x0lnx0＋x0.(3)

3223

将(3)代入(1)得4x20lnx0≤4e.又x0>1，注意到函数xlnx在[1，＋∞)内单调递增，故12e2e

由(2)解得，3e－≤a≤3e＋，

ln3eln3e2e

所以3e－≤a≤3e.

ln3e

2e

综上，a的取值范围3e－≤a≤3e.

ln3e

课标文数21.B14[2011·浙江卷] 设函数f(x)＝a2lnx－x2＋ax，a>0. (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]

x－a2x＋aa2

所以f′(x)＝－2x＋a＝－.

xx

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，

f1＝a－1≥e－1，只要222 fe＝a－e＋ae≤e.

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

的定义域为R，则实数m的取值范围是( )

mx2＋4mx＋3

A．(－∞，＋∞) B.0, C.3, 4343 D. 0,

4第 50 页 共 54 页

[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

x21

最大整数，例如[2]＝2，[3.3]＝3，[－2.4]＝－3，设函数f(x)＝x－，则函数y＝[f(x)]＋[f(－x)]的值域1＋22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)A. (－∞，0) B. (0，2) C. (0,22) D. (2，＋∞)

[2011·贵州四校一联] 给出以下四个命题：

①若函数f(x)＝x3＋ax2＋2的图象关于点(1,0)对称，则a的值为－3；

1

②若f(x＋2)＋＝0，则函数y＝f(x)是以4为周期的周期函数；

fx

1

③在数列{an}中，a1＝1，Sn是其前n项和，且满足Sn＋1＝Sn＋2，则数列{an}是等比数列；

2

－xx

④函数y＝3＋3(x＜0)的最小值为2. 则正确命题的序号是 ________.

第 51 页 共 54 页

[2011·上海八校联考] 设a，b，k是实数， 二次函数f(x)＝x2＋ax＋b满足： f(k－1)与f(k)异号， f(k＋1)与f(k)异号．在以下关于f(x)的零点的命题中， 真命题是( )

A．该二次函数的零点都小于k B．该二次函数的零点都大于k

C．该二次函数的两个零点之差一定大于2 D．该二次函数的零点均在区间(k－1，k＋1)内

[2011·浙江六校联考] 已知二次函数f(x)＝ax＋bx＋1的导函数为f′(x)，f′(0)＞0，f(x)与x轴恰有一

f1

个交点，则的最小值为 ( )

f′0

35

A. 2 B. C. 3 D.[来源:学§科§网Z§X§X§K]

22

2

1

[2011·南充高中月考] 化简：log232－4log23＋4＋log2，得( )

3

A．2

B．2－2log23 C．－2

D．2log23－2

[2011·烟台一调] 函数y＝ln(1－x)的图象大致为( )

[2011·淮南一模] 已知函数f(x)＝(x－a)(x－b)(其中a＞b)的图象如图1所示，则函数g(x)＝ax＋b的图象是( )

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图1

图2

[2011·巢湖统考] 若函数f(x)＝x＋x－2x－2的一个正数零点附近的函数值用二分法计算，其参考数据如下：

f(1.5)＝ f(1.25)＝ f(1)＝－2 0．625 －0.984 f(1.375)＝ f(1.4375)＝ f(1.40625)＝ －0.260 0．162 －0.054 32那么方程x＋x－2x－2＝0的一个近似根(精确到0.1)为____________． 3

2

[2011·滨州模拟] 鲁能泰山足球俱乐部为救助失学儿童准备在山东省体育中心体育场举行一场足球义赛，预计卖出门票2.4万张，票价有3元、5元和8元三种，且票价3元和5元的张数的积为0.6万张．设x是门票的总收入，经预算，扣除其他各项开支后，该俱乐部的纯收入为函数y＝lg2x，则这三种门票的张数分别为________________万张时可以为失学儿童募捐的纯收入最大．

[2011·湖北重点中学二联] 已知函数f(x)的图象如图所示，f′(x)是f(x)的导函数，则下列数值排序正确的是( )

A．0＜f′(2)＜f′(3)＜f(3)－f(2) B．0＜f′(3)＜f(3)－f(2)＜f′(2) C．0＜f′(3)＜f′(2)＜f(3)－f(2) D．0＜f(3)－f(2)＜f′(2)＜f′(3)

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1312

[2011·三明三校联考] 已知α、β是三次函数f(x)＝x＋ax＋2bx的两个极值点，且α∈(0,1)，β∈(1,2)，

32

b－2则的取值范围是( ) a－1

11,1 B.,1 421111C., D., 2422A.

[2011·上海联考]

104－x2dx＝________.

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