2012数学备考 高考真题+模拟新题分类汇编：函数与导数

函数与导数(高考真题+模拟新题)

1

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

??x＋1，x≤0.

值等于( )

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

?1＋x>0，?

所求定义域为{x|x>－1且x≠1}，故选C.

课标文数13.B1[2011·安徽卷] 函数y＝

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.

??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)＝

?10，x≤0，?

102>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) 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； 当α＞0，f(α)＝α2＝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

4

2x

的反函数为y＝(x≥0)．故选B.

410

－

－

－

－2,

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

4

2x

的反函数为y＝(x≥0)．故选B.

4

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?x

大纲理数7.B2[2011·四川卷] A 【解析】 当x>0时，由y＝??2?＋1可得其反函数为y＝1

log(x－1)(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( )

A．y＝x3 B．y＝|x|＋1

－

C．y＝－x2＋1 D．y＝2|x| 课标理数2.B3，B4[2011·课标全国卷] B 【解析】 A选项中，函数y＝x3是奇函数；B选项中，y＝|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，

1?|x|－

但在(0，＋∞)上是减函数；D选项中，y＝2|x|＝?但在(0，＋∞)上是减函数．故?2?是偶函数，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( )

A．y＝x3 B．y＝|x|＋1

－

C．y＝－x2＋1 D．y＝2|x| 课标文数3.B3，B4[2011·课标全国卷] B 【解析】 A选项中，函数y＝x3是奇函数；B选项中，y＝|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，

1?|x|－

但在(0，＋∞)上是减函数；D选项中，y＝2|x|＝?但在(0，＋∞)上是减函数．故?2?是偶函数，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?

【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?－1，＋∞?. ?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

2

时，f(x) ＝ 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.

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)，5

－?＝( ) 则f??2?

11A．－ B．－

2411C. D. 42

5??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?5511

－?＝－f??＝－，故选A. ＝，又函数是奇函数，∴f??2??2?22

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)，5

－?＝( ) 则f??2?

11A．－ B．－

2411C. D. 42

5??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?5511

－?＝－f??＝－，故选A. ＝，又函数是奇函数，所以f??2??2?22

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)＝－xx

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

15－－

f(x)＝ax－ax.又g(2)＝a，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)＝( )

1－－

A．ex－ex B.(ex＋ex)

2

1－1－C.(ex－ex) D.(ex－ex) 22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)

－xx

e－e－

＋g(－x)＝f(x)－g(x)＝ex.又因为f(x)＋g(x)＝ex，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( )

A．y＝x3 B．y＝|x|＋1

－

C．y＝－x2＋1 D．y＝2|x| 课标理数2.B3，B4[2011·课标全国卷] B 【解析】 A选项中，函数y＝x3是奇函数；B选项中，y＝|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，

1?|x|－

但在(0，＋∞)上是减函数；D选项中，y＝2|x|＝?但在(0，＋∞)上是减函数．故?2?是偶函数，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?2x＋1??x－a?

??11

x≠－且x≠a?，知a＝，故选A. 原点对称，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( )

A．y＝x3 B．y＝|x|＋1

－

C．y＝－x2＋1 D．y＝2|x| 课标文数3.B3，B4[2011·课标全国卷] B 【解析】 A选项中，函数y＝x3是奇函数；B选项中，y＝|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，

1?|x|－

但在(0，＋∞)上是减函数；D选项中，y＝2|x|＝?但在(0，＋∞)上是减函数．故?2?是偶函数，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]

2

时f(x)＝x，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

3

时，f(x)＝x－x，则函数y＝f(x)的图象在区间[0,6]上与x轴的交点的个数为( )

A．6 B．7 C．8 D．9 课标理数10.B4[2011·山东卷] B 【解析】 当0≤x<2时，f(x)＝x3－x＝x(x2－1)＝0，所以当0≤x<2时，f(x)与x轴交点的横坐标为x1＝0，x2＝1.当2≤x<4时，0≤x－2<2，则f(x－2)＝(x－2)3－(x－2)，又周期为2，所以f(x－2)＝f(x)，所以f(x)＝(x－2)(x－1)(x－3)，所以当2≤x<4时，f(x)与x轴交点的横坐标为x3＝2，x4＝3；同理当4≤x≤6时，f(x)与x轴交点的横坐标分别为x5＝4，x6＝5，x7＝6，所以共有7个交点．

课标理数3.B4[2011·陕西卷] 设函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝f(x)，f(x＋2)＝f(x)，则y＝f(x)的图像可能是( )

图1－1

课标理数3.B4[2011·陕西卷] B 【解析】 由f(－x)＝f(x)可知函数为偶函数，其图像关于y轴对称，可以结合选项排除A、C，再利用f(x＋2)＝f(x)，可知函数为周期函数，且T＝2，必满足f(4)＝f(2)，排除D，故只能选B.

课标理数11.B4[2011·浙江卷] 若函数f(x)＝x2－|x＋a|为偶函数，则实数a＝________. 课标理数11.B4[2011·浙江卷] 0 【解析】 ∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)， 即x2－|x＋a|＝(－x)2－|－x＋a|?|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

2

时，f(x) ＝ 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.

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，

|x＋x2－2|2

则点C到直线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； 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

?b，a－b>1.?

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( )

3－1，? A．(－∞，－2]∪?2??3－1，－? B．(－∞，－2]∪?4??11

－1，?∪?，＋∞? C.?4??4??31

－1，－?∪?，＋∞? D.?4??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

4

??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

?b，a－b>1.?

数f(x)＝(x2－2)?(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]

22??x－2，x－2－?x－1?≤1

课标文数8.B5[2011·天津卷] B 【解析】 f(x)＝? 2

?x－1，x－2－?x－1?>1?

2

??x－2，－1≤x≤2＝? ?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

3 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，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3

同一坐标系下作出三个函数的图象，由图象可得m>l>n，

A．0 B.

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?A.??a，b? B．(10a,1－b) 10

，b＋1? D．(a2,2b) C.??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

222

D.

课标文数15.B7[2011·湖北卷] 里氏震级M的计算公式为：M＝lgA－lgA0，其中A是测震仪记录的地震曲线的最大振幅，A0是相应的标准地震的振幅，假设在一次地震中，测震仪记录的最大振幅是1000，此时标准地震的振幅为0.001，则此次地震的震级为________级；9级地震的最大振幅是5级地震最大振幅的________倍．

课标文数15.B7[2011·湖北卷] 6 10000 【解析】 由M＝lgA－lgA0知，M＝lg1000－lg0.001＝6，所以此次地震的级数为6级．设9级地震的最大振幅为A1,5级地震的最大振幅为A2，则A1A1lg＝lgA1－lgA2＝(lgA1－lgA0)－(lgA2－lgA0)＝9－5＝4.所以＝104＝10000.所以9级地震的A2A2最大振幅是5级地震的最大振幅的10000倍．

1

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

1log?2x＋1?2

11

－，0? B.?－，0? A.??2??2?1

－，＋∞? D．(0，＋∞) C.??2?

1

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

2

1

－，0?.故选A. 得x∈??2?

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

11

－，0? B.?－，＋∞? A.??2??2?11

－，0?∪(0，＋∞) D.?－，2? C.??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

课标理数7.B6，B7[2011·天津卷] C 【解析】 令m＝log23.4，n＝log43.6，l＝log3

同一坐标系下作出三个函数的图象，由图象可得m>l>n，

10

，在3

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－

1

x)2＝a(x3－2x2＋x)，f′(x)＝a(3x－1)(x－1)，所以函数的极大值点为x＝<0.5，故A可能；

3

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

－1)，函数的极大值点为x＝，故B错误；

23

当n＝3时，f(x)＝ax(1－x)2＝a(x5－2x4＋x3)，f′(x)＝ax2(5x2－8x＋3)＝ax2(5x－3)(x－1)，

3

函数的极大值点为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－

2

1)，函数的极大值点为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

1

－x)的图像关于直线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．

3

当m＝2，n＝1时，f(x)＝ax2(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)，

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)＝?若关于x的方程f(x)＝k有

???x－1?3，x＜2.

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0

2??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

3???x－1?，x＜2.两个不同的实根，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]

2

时f(x)＝x，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

13

右边接近原点处为减函数，当x＝2π时，f′(2π)＝－2cos2π＝－<0，所以x＝2π应在函数的

22

减区间上，所以选C.

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

1

除A；又f′(x)＝－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

2

13

接近原点处为减函数，当x＝2π时，f′(2π)＝－2cos2π＝－＜0，所以x＝2π应在函数的减

22

区间上，所以选C.

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)，

3

1

则只剩B，C.因为y＝xα中α＝，图象靠近x轴，故答案为B.

3

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)2

＝的图象交于P、Q两点，则线段PQ长的最小值是________． x

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

k

??y＝x＝k2x2＝2k，

所以PQ＝2OP＝x2＋y2＝2

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( )

2＋2k≥224＝4. k

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－?2?21)(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．

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

4

22

数p，q满足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?对线段AB上的任一点Q(p，q)，40?(p0≠0)作L的切线交y轴于点B.证明：?|p0|

有φ(p，q)＝；

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，

1?12??p1，p2p，切点分别为E?，E′41???24p2?，l1，l2与y轴分别交于F、F′.线段EF上异于两端点

|p1|

的点集记为X.证明：M(a，b)∈X?|p1|>|p2|?φ(a，b)＝；

2

?15?

y≤x－1，y≥?x＋1?2－?.当点(p，(3)设D＝??x，y??q)取遍D时，求φ(p，q)的最小值(记4?4??

为φmin)和最大值(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<

2

|p1|>|p2|；

p1＋p2

当p1<0时，p1<<0?2p1

2

|p1|>|p2|.

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

p1＋p2

当p1>0时，0<

2

p1＋p2p1<<0，

2

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①

|p2||p1|

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

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

44

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.

p＋p2－4q151225当Q(p，q)∈L1：y＝(x＋1)－(0≤x≤2)时，q＝(p＋1)－，∴h(p)＝φ(p，q)＝44442

p＋4－2p4－2p－13＝(0≤p≤2)，在(0,2)上，令h′(p)＝＝0得p＝，由于h(0)＝h(2)＝1，

2224－2p3?5

h??2?＝4，

5

∴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

p＋p2－4q

故φ(p，q)＝≤

215?p＋1?2－?p＋p2－4?4??4

2

p＋4－2p5＝≤hmax＝，

24

p＋p2－4qp＋p2－4?p－1?p＋?p－2?2p＋2－p

φ(p，q)＝≥＝＝＝1，

2222

5

故φmin＝1，φmax＝. 4

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

4

22

数p，q满足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?对线段AB上的任一点Q(p，q)，40?(p0≠0)作L的切线交y轴于点B.证明：?|p0|

有φ(p，q)＝；

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，

1?12??p1，p2切点分别为E?1，E′p2，p2，l1，l2与y轴分别交于F、F′.线段EF上异于两端点4?4???

|p1|

的点集记为X.证明：M(a，b)∈X?|p1|>|p2|?φ(a，b)＝；

2

?15?

y≤x－1，y≥?x＋1?2－?.当点(p，(3)设D＝??x，y??q)取遍D时，求φ(p，q)的最小值(记4?4??

为φmin)和最大值(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??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<

2

|p1|>|p2|；

p1＋p2

当p1<0时，p1<<0?2p1

2

|p1|>|p2|.

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

p1＋p2

当p1>0时，0<

2

p1＋p2p1<<0，

2

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①

|p2||p1|

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

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

44

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.

p＋p2－4q151225当Q(p，q)∈L1：y＝(x＋1)－(0≤x≤2)时，q＝(p＋1)－，∴h(p)＝φ(p，q)＝44442

p＋4－2p4－2p－13＝(0≤p≤2)，在(0,2)上，令h′(p)＝＝0得p＝，由于h(0)＝h(2)＝1，

2224－2p

求得l1，l2交点M(a，b)的坐标?3?5

h??2?＝4，

5

∴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

p＋p2－4q

故φ(p，q)＝≤

215?p＋1?2－?p＋p2－4?4??4

2

p＋4－2p5＝≤hmax＝，

24

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

图1－3

E1：y＝4(x＋1)(x≥－1)； E2：y＝0，x<－1.

2

3

－，－1?.再过H作垂直当H∈E1时，过T作垂直于l的直线，垂足为T′，交E1于D??4?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.

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?且<－1.即当－

k2?k??k，0?，

从而l1与E有三个不同的交点．

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

33

多只有一个零点．又因为φ(1)>0，φ??<0，则φ(x)在?，1?内有零点，所以φ(x)在(0，＋

?3??3?

∞)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．

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a

3

而a32＝a1＋a1

②假设当n＝k(k≥1)时，ak

3

a3k＋1＝ak＋ak

(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

1－x

象所有交点的横坐标之和等于( )

A．2 B．4 C．6 D．8

113

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

212

1－2

1＝＝－2.

31－2

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.

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( )

11－，0? B.?0，? A.??4??4?11?13， D.?，? C.??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

??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)

?－x－2a，x≥1，?

＝f(1＋a)，则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＝

4

33

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

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

?A，x≥A

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，那么c和A的值分别是( )

A．75,25 B．75,16 C．60,25 D．60,16

课标理数6.B10[2011·北京卷] D

?f?4?＝4＝30，

【解析】 由题意可知?c

f?A?＝＝15，?A

c

解得

??c＝60，

?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

x

元，若每批生产x件，则平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为1元，为使平均

8

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

x

800＋×x×1

8800x800x800x

储费用之和为f(x)，则f(x)＝＝＋≥2×＝20，当且仅当＝，即x

xx8x8x8

＝80件(x>0)时，取最小值，故选B.

课标文数14.B10[2011·北京卷] 设A(0,0)，B(4,0)，C(t＋4,3)，D(t,3)(t∈R)．记N(t)为平行四边形ABCD内部(不含边界)的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则N(0)＝________；N(t)的所有可能取值为________．

课标文数14.B10[2011·北京卷] 6 6,7,8 【解析】 显然四边形ABCD内部(不包括边界)的整点都在直线y＝k(k＝1,2)落在四边形ABCD内部的线段上，由于这样的线段长等于4，所以每条线段上的整点有3个或4个，所以6＝2×3≤N(t)≤2×4＝8.

当四边形ABCD的边AD上有4个整点时，N(t)＝6；

当四边形ABCD的边AD上有1或2个整点时，N(t)＝8或7. 所以N(t)的所有可能取值为6,7,8.

课标理数18.B10，B12[2011·福建卷] 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销

a

售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3

x－3

a为常数．已知销售价格为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，

2

a＝2.

(2)由(1)可知，该商品每日的销售量

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)2,3

??

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

2

???

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

???

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. 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

11

成正比，比例系数为；(2)其它面的淋雨量之和，其值为.记y为E移动过程中的总淋雨量，

102

3

当移动距离d＝100，面积S＝时，

2

(1)写出y的表达式；

(2)设0

3

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20

1

|v－c|＋，故

2

151003

|v－c|＋?＝(3|v－c|＋10)． y＝v?2?v?20

(2)由(1)知，

5?3c＋10?5

当0

当c

5?3c＋10???v－15，0

??v＋15，c

103c①当0

3210

②当

3

50

当v＝c时，ymin＝.

c

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

2(30－x)，0＜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

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

x

∵ f′(x)＝e＋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0

π

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；

(3)当a＝1时，是否同时存在实数m和M(m

?1，e??都有公共点？若存在，曲线y＝f(x)?x∈求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，??e??

说明理由．

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0

②当a<0时，由f′(x)>0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公共点；

?1，e??都没有公共并且对每一个t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)?x∈??e??

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]，

?1，e??都有公共点． 直线y＝t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，

xx

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.

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

x

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( )

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]

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 ＝??3x?x→∞3x33x→∞?x－1x→∞

＝2，即a＝6.

大纲文数3.B11[2011·重庆卷] 曲线y＝－x3＋3x2在点(1,2)处的切线方程为( ) A．y＝3x－1 B．y＝－3x＋5 C．y＝3x＋5 D．y＝2x

大纲文数3.B11[2011·重庆卷] A 【解析】 y′＝－3x2＋6x， ∵点(1,2)在曲线上，∴所求切线斜率k＝y′|x＝1＝3.

由点斜式得切线方程为y－2＝3(x－1)，即y＝3x－1.故选A.

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；

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) ＋ － ＋ －f(x)   0  4k2e1 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) － ＋ － －f(x)  0   4k2e1 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) － ＋ k－1f(x)   －e 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，曲线y＝e2x＋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

22?12，，－2＝0的交点为?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×?33?23

1

＝，故选A. 3

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

9?191

20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为p.证明：p

大纲理数22.B12，E8[2011·全国卷] 【解答】 (1)f′(x)＝. ?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.

100×99×98×?×81(2)p＝. 10020又99×81<902,98×82<902，?，91×89<902，

9?19

所以p

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

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

a

售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3

x－3

a为常数．已知销售价格为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，

2

a＝2.

(2)由(1)可知，该商品每日的销售量

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)2,3

??

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

?1，e??都有公共点？若存在，曲线y＝f(x)?x∈求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，??e??

说明理由．

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0

②当a<0时，由f′(x)>0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公共点；

?1，e??都没有公共并且对每一个t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)?x∈??e??

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]，

?1，e??都有公共点． 直线y＝t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

2

【解析】 f′(x)＝3x－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． 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x1

1

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

＋<0， 2a2a?1－a?

所以f′(x)在定义域内有唯一零点x1， x2＝

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 0

?a－1??3a－1?1＋) 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

t

量M(单位：太贝克)与时间t(单位：年)满足函数关系：M(t)＝M02－，其中M0为t＝0时铯

30

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

1t

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

3030

1t－

＝－M0ln2＝－10ln2.所以M0＝600.所以M(t)＝600×2－.所以M(60)＝600×22＝150(太贝

6030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；

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?nbk

k＝1k＝1nk＝1

bn≤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， 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( )

152A．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′＝＝，

?sinx＋cosx?2?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．

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

11

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

tx2

1

－－2ln1＝0.这与(*)式矛盾． 1

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

，＋∞?上存在单调递增区间，求a的取值范围； (1)若f(x)在??3?

16

(2)当0

3

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

，＋∞?上存在单调递增区间． 所以，当a＞－时，f(x)在??3?91－1＋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

(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

(2)因为f′(x)＝x＋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.

(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝

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

x＋1x

的切线方程为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，

x?x＋1?2f?1?＝1，??1

由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，故?12f′?1?＝－，?2?

b＝1，??

即?a 1??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，

??

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，

??

11

故当x∈?1，1－k?时，h(x)>0，可得h(x)<0.与题设矛盾．

??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)

1－x2＜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；

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

x

?2x＋1??ax－1?

－a)＝－. x

①若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)单调增加．

111

0，?时，f′(x)＞0，当x＞时，f′(x)＜0.②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝，且当x∈??a?aa

11

0，?单调增加，在?，＋∞?单调减少． 所以f(x)在??a??a?

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

(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)

1??1?>0. 的最大值为f?，且f?a??a?

1

不妨设A(x1,0)，B(x2,0)，0

a

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.

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)

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