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【2014备考】2013高考数学(文)真题(含部分模拟新题)分类汇编—B单元 函数与导数(含解析)


B 单元

函数与导数

B1 函数及其表示

图 1-1 3.BP[2013· 安徽卷] 如图 1-1 所示,程序框图(算法流程图)的输出结果为( 3 A. 4 1 B. 6 11 C. 12 25 D. 24

)

1 1 1 1 1 1 3.C [解析] 依次运算的结果是 s= ,n=4;s= + ,n=6;s= + + ,n=8,此时输出 2 2 4 2 4 6 1 1 1 11 s,故输出结果是 + + = . 2 4 6 12 14.B1,B14[2013· 安徽卷] 定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+1)=2f(x),若当 0≤x≤1 时,f(x) =x(1-x),则当-1≤x≤0 时,f(x)=________. x(x+1) 1 14.- [解析] 当-1≤x≤0 时,0≤x+1≤1,由 f(x+1)=2f(x)可得 f(x)= f(x+1) 2 2 1 =- x(x+1). 2 1 11.B1,E3[2013· 安徽卷] 函数 y=ln1+ + 1-x2的定义域为________. x x+1 1 1 11.(0,1] [解析] 实数 x 满足 1+ >0 且 1-x2≥0.不等式 1+ >0,即 >0,解得 x>0 或 x< x x x -1;不等式 1-x2≥0 的解为-1≤x≤1.故所求函数的定义域是(0,1]. 3 ?2x ,x<0, ? ? ?π?? 13.B1[2013· 福建卷] 已知函数 f(x)=? π 则 f?f? 4 ??=________. ?-tanx,0≤x< 2 , ? 13.-2 π π [解析] f =-tan =-1,f(-1)=-2. 4 4

21.B1,B12[2013· 江西卷] 设函数

?ax,0≤x≤a, f(x)=? a 为常数且 a∈(0,1). 1 ?1-a(1-x),a<x≤1.
1 1 1 (1)当 a= 时,求 f?f?3??; ? ? ?? 2 (2)若 x0 满足 f(f(x0))=x0,但 f(x0)≠x0,则称 x0 为 f(x)的二阶周期点.证明函数 f(x)有且仅有两 个二阶周期点,并求二阶周期点 x1,x2; (3)对于(2)中的 x1,x2,设 A(x1,f(f(x1))),B(x2,f(f(x2))),C(a2,0),记△ABC 的面积为 S(a), 1 1 求 S(a)在区间?3,2?上的最大值和最小值. ? ? 1 2 1 21.解:(1)当 a= 时,f?3?= , ? ? 3 2 1 2 2 2 f?f?3??=f?3?=2?1-3?= . ? ? ?? ? ? ? ? 3

? 1 ?a(1-a)(a-x),a <x≤a, (2)f(f(x))=? 1 (x-a),a<x<a -a+1, (1-a) ? 1 ?a(1-a)(1-x),a -a+1≤x≤1.
1 x,0≤x≤a2, a2
2 2 2 2

1 当 0≤x≤a2 时,由 2x=x 解得 x=0, a 因为 f(0)=0,故 x=0 不是 f(x)的二阶周期点; 1 a 当 a2<x≤a 时,由 (a-x)=x 解得 x= 2 ∈(a2,a), a(1-a) -a +a+1 a 1 a 1 a 因 f?-a2+a+1?= · 2 ? ? a -a +a+1=-a2+a+1≠-a2+a+1, 故 x= a 为 f(x)的二阶周期点; -a2+a+1

1 当 a<x<a2-a+1 时,由 (x-a)=x (1-a)2 1 解得 x= ∈(a,a2-a+1), 2-a 1 1 ?1- 1 ? 1 因 f?2-a?= ? ? 1-a·? 2-a?=2-a, 故 x= 1 不是 f(x)的二阶周期点; 2-a

当 a2-a+1≤x≤1 时, 由 1 (1-x)=x a(1-a)

1 解得 x= 2 ∈(a2-a+1,1), -a +a+1 1 1 1 因 f?-a2+a+1?= ·?1--a2+a+1? ? ? (1-a) ? ? = a 1 ≠ . -a2+a+1 -a2+a+1 1 为 f(x)的二阶周期点. -a2+a+1

故 x=

因此,函数 f(x)有且仅有两个二阶周期点, a 1 x1= 2 ,x = . -a +a+1 2 -a2+a+1 a a 1 1 (3)由(2)得 A?-a2+a+1,-a2+a+1?,B?-a2+a+1,-a2+a+1?, ? ? ? ?
2 1 a (1-a) 则 S(a)= · 2 , 2 -a +a+1 3 2 1 a(a -2a -2a+2) S′(a)= · , 2 2 (-a +a+1)2

1 1 因为 a∈?3,2?,有 a2+a<1. ? ?
3 2 1 a(a -2a -2a+2) 所以 S′(a)= · 2 (-a2+a+1)2 2 2 1 a[(a+1)(a-1) +(1-a -a)] = · >0. 2 (-a2+a+1)2

(或令 g(a)=a3-2a2-2a+2,

? 2- 10?? 2+ 10?, g′(a)=3a2-4a-2=3?a- ??a- 3 ? 3 ?? ? ?
1 1 1 5 因 a∈(0,1),g′(a)<0,则 g(a)在区间?3,2?上的最小值为 g?2?= >0, ? ? ? ? 8 1 1 故对于任意 a∈?3,2?,g(a)=a3-2a2-2a+2>0, ? ?
3 2 1 a(a -2a -2a+2) S′(a)= · >0) 2 (-a2+a+1)2

1 1 则 S(a)在区间?3,2?上单调递增, ? ? 1 1 1 1 1 1 故 S(a)在区间?3,2?上的最小值为 S?3?= ,最大值为 S?2?= . ? ? ? ? 33 ? ? 20 12.B1[2013· 辽宁卷] 已知函数 f(x)=x2-2(a+2)x+a2,g(x)=-x2+2(a-2)x-a2+8.设 H1(x) =max{f(x),g(x)},H2(x)=min{f(x),g(x)}(max{p,q}表示 p,q 中的较大值,min{p,q}表示 p,q 中的较小值),记 H1(x)的最小值为 A,H2(x)的最大值为 B,则 A-B=( ) A.a2-2a-16 B.a2+2a-16 C.-16 D.16 12.C [解析] 由题意知当 f(x)=g(x)时,即 x2-2(a+2)x+a2=-x2+2(a-2)x-a2+8,整理得 x2-2ax+a2-4=0,所以 x=a+2 或 x=a-2,

?x -2(a+2)x+a (x≤a-2), ? 2 2 H1(x)=max{f(x),g(x)}=?-x +2(a-2)x-a +8,(a-2<x<a+2), ?x2-2(a+2)x+a2(x≥a+2), ? ?-x +2(a-2)x-a +8(x≤a-2) ? 2 2 H2(x)=min{f(x),g(x)}=?x -2(a+2)x+a ,(a-2<x<a+2) ?-x2+2(a-2)x-a2+8(x≥a+2). ?
由图形可知(图略),A=H1(x)min=-4a-4,B=H2(x)max=12-4a,则 A-B=-16,故选 C. 1 7.B1[2013· 辽宁卷] 已知函数 f(x)=ln( 1+9x2-3x)+1,则 f(lg 2)+flg =( 2 A.-1 B.0 C.1 D.2 7.D [解析] 由已知条件可知,f(x)+f(-x)=ln( 1+9x2-3x)+1+ln( 1+9(-x)2+3x)+ 1 1 1=2,而 lg 2+lg =lg 2-lg 2=0,故而 f(lg 2)+f?lg2?=2. ? ? 2 )
2 2

2

2

图 1-9 19.B1,I2[2013· 新课标全国卷Ⅱ] 经销商经销某种农产品,在一个销售季度内,每售出 1 t 该 产品获利润 500 元,未售出的产品,每 1 t 亏损 300 元.根据历史资料,得到销售季度内市场需求 量的频率分布直方图,如图 1-9 所示.经销商为下一个销售季度购进了 130 t 该产品.以 X(单位: t,100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量,T(单位:元)表示下一个销售季度内经销该 农产品的利润. (1)将 T 表示为 X 的函数; (2)根据直方图估计利润 T 不少于 57 000 元的概率. 19.解:(1)当 X∈[100,130)时, T=500X-300(130-X) =800X-39 000. 当 X∈[130,150]时,T=500×130=65 000.
? ?800X-39 000,100≤X<130, 所以 T=? ? ?65 000,130≤X≤150.

(2)由(1)知利润 T 不少于 57 000 元当且仅当 120≤X≤150. 由直方图知需求量 X∈[120,150]的频率为 0.7,所以下一个销售季度内的利润 T 不少于 57 000 元的概率的估计值为 0.7. 1 5.B1[2013· 山东卷] 函数 f(x)= 1-2x+ 的定义域为( ) x+3 A.(-3,0] B.(-3,1]

C.(-∞,-3)∪(-3,0] D.(-∞,-3)∪(-3,1] 5.A [解析] 要使函数有意义,须有?
x ? ?1-2 ≥0,

?x+3>0, ?

解之得-3<x≤0.

20.H4,E8,B1[2013· 四川卷] 已知圆 C 的方程为 x2+(y-4)2=4,点 O 是坐标原点.直线 l: y=kx 与圆 C 交于 M,N 两点. (1)求 k 的取值范围; 2 1 1 (2)设 Q(m,n)是线段 MN 上的点,且 = + .请将 n 表示为 m 的函数. |OQ|2 |OM|2 |ON|2 20.解:(1)将 y=kx 代入 x2+(y-4)2=4,得 (1+k2)x2-8kx+12=0.(*) 由 Δ=(-8k)2-4(1+k2)×12>0,得 k2>3. 所以,k 的取值范围是(-∞,- 3)∪( 3+∞). (2)因为 M,N 在直线 l 上,可设点 M,N 的坐标分别为(x1,kx1),(x2,kx2),则 |OM|2=(1+k2)x2,|ON|2=(1+k2)x2. 1 2 2 2 2 2 2 又|OQ| =m +n =(1+k )m , 由 2 1 1 = + ,得 |OQ|2 |OM|2 |ON|2

2 1 1 = + 2, (1+k2)m2 (1+k2)x2 (1+k2)x2 1
2 2 1 1 (x1+x2) -2x1x2 即 2= 2+ 2= . m x1 x2 x2x2 1 2

8k 12 由(*)式可知,x1+x2= , 2,x1x2= 1+k 1+k2 所以 m2= 36 . 5k2-3

n 36 因为点 Q 在直线 y=kx 上,所以 k= ,代入 m2= 2 中并化简,得 5n2-3m2=36. m 5k -3 由 m2= 36 及 k2>3,可知 0<m2<3,即 m∈(- 3,0)∪(0, 3). 5k2-3 36+3m2 15m2+180 = . 5 5 15m2+180 (m∈(- 3,0)∪(0, 3)). 5

根据题意,点 Q 在圆 C 内,则 n>0, 所以 n=

于是,n 与 m 的函数关系为 n=

11.B1[2013· 浙江卷] 已知函数 f(x)= x-1.若 f(a)=3,则实数 a= ________. 11.10 [解析] f(a)= a-1=3.则 a-1=9,a=10. 1 3.B1[2013· 重庆卷] 函数 y= 的定义域是( ) log2(x-2) A.(-∞,2) B.(2,+∞) C.(2,3)∪(3,+∞) D.(2,4)∪(4,+∞)
? ?x-2>0, 3.C [解析] 由题可知? 所以 x>2 且 x≠3,故选 C. ?x-2≠1, ?

B2 反函数

1 - 6.B2[2013· 全国卷] 函数 f(x)=log2?1+x?(x>0)的反函数 f 1(x)=( ? ? 1 1 A. x (x>0) B. x (x≠0) 2 -1 2 -1

)

C.2x-1(x∈R) D.2x-1(x>0) 1 1 1 1 - 6. [解析] 令 y=log2?1+x?, y>0, 1+ =2y, A 且 解得 x= y , 交换 x, 得 f 1(x)= x y ? ? 则 x 2 -1 2 -1 (x>0).

B3 函数的单调性与最值

?log1x,x≥1, ? 13.B3[2013· 北京卷] 函数 f(x)=? 2 的值域为________. ? ?2x,x<1
1 1 13.(-∞,2) [解析] 函数 y=log x 在(0,+∞)上为减函数,当 x≥1 时,函数 y=log x 的 2 2 值域为(-∞,0];函数 y=2x 在 R 上是增函数,当 x<1 时,函数 y=2x 的值域为(0,2),所以原函 数的值域为(-∞,2). 3.B4,B3[2013· 北京卷] 下列函数中,既是偶函数又在区间(0,+∞)上单调递减的是( ) A.y= 1 x B.y=e
-x

C.y=-x2+1 D.y=lg |x| 1 - 3.C [解析] 对于 A,y= 是奇函数,排除.对于 B,y=e x 既不是奇函数,也不是偶函数, x 排除.对于 D,y=lg |x|是偶函数,但在(0,+∞)上有 y=lgx,此时单调递增,排除.只有 C 符合 题意. 12.B3,B6[2013· 新课标全国卷Ⅱ] 若存在正数 x 使 2x(x-a)<1 成立,则 a 的取值范围是( ) A.(-∞,+∞) B.(-2,+∞) C.(0,+∞) D.(-1,+∞) 12.D 1 1 1 [解析] 由题意存在正数 x 使得 a>x- x成立,即 a>?x-2x? .由于 x- x是(0,+∞)上 ? ?min 2 2

1 1 的增函数,故 x- x>0- 0=-1,所以 a>-1.答案为 D. 2 2 11.B3,B5,B8,B12[2013· 新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错 误的是( ) A.? x0∈R,f(x0)=0 B.函数 y=f(x)的图像是中心对称图形

C.若 x0 是 f(x)的极小值点,则 f(x)在区间(-∞,x0)单调递减 D.若 x0 是 f(x)的极值点,则 f′(x0)=0 11.C [解析] x→-∞时,f(x)<0,x→+∞时,f(x)>0,又 f(x)连续,? x0∈R,f(x0)=0,A 正确. 通过平移变换, 函数可以化为 f(x)=x3+c, 从而函数 y=f(x)的图像是中心对称图形, 正确. B 若 x0 是 f(x)的极小值点,可能还有极大值点 x1,若 x1<x0,则 f(x)在区间(x1,x0)单调递减,C 错误.D 正确.故答案为 C.
?x2+2x+a,x<0, ? 21. B9, B3, B12[2013· 四川卷] 已知函数 f(x)=? 其中 a 是实数. A(x1, 1)), 设 f(x ? ?ln x,x>0,

B(x2,f(x2))为该函数图像上的两点,且 x1<x2. (1)指出函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)的图像在点 A,B 处的切线互相垂直,且 x2<0,证明:x2-x1≥1; (3)若函数 f(x)的图像在点 A,B 处的切线重合,求 a 的取值范围. 21.解:(1)函数 f(x)的单调递减区间为(-∞,-1 ),单调递增区间为[-1,0),(0,+∞). (2)证明:由导数的几何意义可知,点 A 处的切线斜率为 f′(x1),点 B 处的切线斜率为 f′(x2). 故当点 A 处的切线与点 B 处的切线垂直时,有 f′(x1)·f′(x2)=-1. 当 x<0 时,对函数 f(x)求导,得 f′(x)=2x+2. 因为 x1<x2<0,所以,(2x1+2)(2x2+2)=-1, 所以 2x1+2<0,2x2+2>0, 1 因此 x2-x1= [-(2x1+2)+2x2+2]≥ [-(2x1+2)](2x2+2)=1. 2 3 1 当且仅当-(2x1+2)=2x2+2=1,即 x1=- 且 x2=- 时等号成立 2 2 所以,函数 f(x)的图像在点 A,B 处的切线互相垂直时,有 x2-x1≥1. (3)当 x1<x2<0 或 x2>x1>0 时,f′(x1)≠f′(x2),故 x1<0<x2. 当 x1<0 时,函数 f(x)的图像在点(x1,f(x1))处的切线方程为 y-(x2+2x1+a)=(2x1+2)(x-x1),即 1 2 y=(2x1+2)x-x1+a. 1 1 当 x2>0 时,函数 f(x)的图像在点(x2,f(x2))处的切线方程为 y-ln x2= (x-x2),即 y= ·x+ x2 x2 ln x2-1. 两切线重合的充要条件是 ? 1 =2x1+2,① ?x ? 2

?ln x2-1=-x2+a.② ? 1

1 由①及 x1<0<x2 知,0< <2. x2
2 2 1 1 1 1 由①②得,a=ln x2+?2x -1? -1=-ln + ?x -2? -1. ? 2 ? x2 4? 2 ?

1 1 令 t= ,则 0<t<2,且 a= t2-t-ln t. x2 4 1 设 h(t)= t2-t-ln t(0<t<2). 4

2 1 1 (t-1) -3 则 h′(t)= t-1- = <0. 2 t 2t

所以 h(t)(0<t<2)为减函数. 则 h(t)>h(2)=-ln 2-1, 所以 a>-ln2-1, 而当 t∈(0,2)且 t 趋近于 0 时,h(t)无限增大, 所以 a 的取值范围是( -ln 2-1,+∞). 故当函数 f(x)的图像在点 A,B 处的切线重合时,a 的取值范围是(-ln 2-1,+∞). 10. B3, B12[2013· 四川卷] 设函数 f(x)= ex+x-a(a∈R, 为自然对数的底数). e 若存在 b∈[0, 1]使 f(f(b))=b 成立,则 a 的取值范围是( ) A.[1,e] B.[1,1+e] C.[e,1+e] D.[0,1] 10.A [解析] 易得 f(x)在[0,1]上是增函数,对于 b∈[0,1],如果 f(b)=c>b,则 f(f(b))=f(c) >f(b)=c>b,不可能有 f(f(b))=b;同理,当 f(b)=d<b 时,则 f(f(b))=f(d)<f(b)=d<b,也不可能 有 f(f(b))=b;因此必有 f(b)=b,即方程 f(x)=x 在[0,1]上有解,即 ex+x-a=x.因为 x≥0,两边 平方得 ex+x-a=x2,所以 a=ex-x2+x.记 g(x)=ex-x2+x,则 g′(x)=ex-2x+1. 1 当 x∈?0,2?时,ex>0,-2x+1≥0,故 g′(x)>0. ? ? 1 当 x∈?2,1?时,ex> e>1,-2x+1≥-1,故 g′(x)>0,综上,g′(x)在 x∈[0,1]上恒大于 0, ? ? 所以 g(x)在[0,1]上为增函数,值域为[g(0),g(1)],即[1,e],从而 a 的取值范围是[1,e].

B4 函数的奇偶性与周期性

3.B4,B3[2013· 北京卷] 下列函数中,既是偶函数又在区间(0,+∞)上单调递减的是( A.y= 1 x B.y=e
-x

)

C.y=-x2+1 D.y=lg |x| 1 - 3.C [解析] 对于 A,y= 是奇函数,排除.对于 B,y=e x 既不是奇函数,也不是偶函数, x 排除.对于 D,y=lg |x|是偶函数,但在(0,+∞)上有 y=lgx,此时单调递增,排除.只有 C 符合 题意. 13.B4[2013· 全国卷] 设 f(x)是以 2 为周期的函数,且当 x∈[1,3)时,f(x)=x-2,则 f(-1)= ________ 13.-1 [解析] f(-1)=f(-1+2)=f(1)=1-2=-1. 2.B4[2013· 广东卷] 函数 y= lg(x+1) 的定义域是( x-1 )

A.(-1,+∞) B.[-1,+∞) C.(-1,1)∪(1,+∞) D.[-1,1)∪(1,+∞)
? ?x+1>0, 2.C [解析] 由题知? 得 x∈(-1,1)∪(1,+∞),故选 C. ?x-1≠0 ?

8. B4[2013· 湖北卷] x 为实数, [x]表示不超过 x 的最大整数, 则函数 f(x)=x-[x]在 R 上为( A.奇函数 B.偶函数 C.增函数 D.周期函数 8.D [解析] 作出函数 f(x)=x-[x]的大致图像如下:

)

观察图像,易知函数 f(x)=x-[x]是周期函数. 4.B4[2013· 湖南卷] 已知 f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,且 f(-1)+g(1)=2,f(1)+g(-1)=4, 则 g(1)等于( ) A.4 B.3 C.2 D.1 4.B [解析] 由函数的奇偶性质可得 f(-1)=-f(1),g(-1)=g(1).根据 f(-1)+g(1)=-f(1) +g(1)=2,f(1)+g(-1)=f(1)+g(1)=4,可得 2g(1)=6,即 g(1)=3,选 B. 11. B4[2013· 江苏卷] 已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数. x>0 时, 当 f(x)=x2-4x, 则不等式 f(x)>x 的解集用区间表示为________. 11.(-5,0)∪(5,+∞) [解析] 设 x<0,则-x>0.因为 f(x)是奇函数,所以 f(x)=-f(-x)= 2 -(x +4x). 又 f(0)=0,于是不等式 f(x)>x 等价于
?x≥0, ?x<0, ? ? ? 2 或? 2 ? ? ?x -4x>x ?-(x +4x)>x.

解得 x>5 或-5<x<0, 故不等式的解集为(-5,0)∪(5,+∞). 1 3.B4[2013· 山东卷] 已知函数 f(x)为奇函数,且当 x>0 时,f(x)=x2+ ,则 f(-1)=( x A.2 B.1 C.0 D.-2 3.D
2 1 [解析] ∵f(x)为奇函数,∴f(-1)=-f(1)=-?1 +1?=-2. ? ?

)

7. B7[2013· B4, 天津卷] 已知函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数, 且在区间[0, +∞)上单调递增. 若 1 实数 a 满足 f(log2a)+f(log a)≤2f(1),则 a 的取值范围是( 2 1 A.[1,2] B.0, 2 1 C. ,2 D.(0,2] 2 7.C 1 1 [解析] ∵f(x)为偶函数,∴f(log2a)=f(log a),又∵f(log2a)+f?log2a?≤2f(1),∴f(log2a) ? ? 2 )

1 ≤f(1),即|log2a|≤ 1,解之得 ≤a≤2. 2 9.B4 和 B7[2013· 重庆卷] 已知函数 f(x)=ax3+bsin x+4(a,b∈R),f(lg(log210))=5,则 f(lg(lg 2))=( ) A.-5 B.-1 C.3 D.4

9. C

1 [解析] 因为 f(lg(log210))=f?lg?lg 2??=f(-lg(lg 2))=5, 又因为 f(x)+f(-x)=8, 所以 f(- ? ? ??

lg(lg2))+f(lg(lg2))=5+f(lg(lg2))=8,所以 f(lg(lg 2))=3,故选 C.

B5 二次函数

(

6.B5,B9[2013· 湖南卷] 函数 f(x)=ln x 的图像与函数 g(x)=x2-4x+4 的图像的交点个数为 ) A.0 B.1 C.2 D.3 6.A [解析] 方法一:作出函数 f(x)=ln x,g(x)=x2-4x+4 的图像如图所示

可知,其交点个数为 2,选 C. 方法二(数值法) x f( x)=ln x g(x)=x -4x+4
2

1 0 1

2 ln 2(>0) 0

4 ln 4(<4) 4

可知它们有 2 个交点,选 C. 2.B5[2013· 江西卷] 若集合 A={x∈R|ax2+ax+1=0}中只有一个元素,则 a=( ) A.4 B.2 C.0 D.0 或 4 2.A [解析] 当 a=0 时,A=?;当 a≠0 时,Δ=a2-4a=0,则 a=4,故选 A. 11.B3,B5,B8,B12[2013· 新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错 误的是( ) A.? x0∈R,f(x0)=0 B.函数 y=f(x)的图像是中心对称图形 C.若 x0 是 f(x)的极小值点,则 f(x)在区间(-∞,x0)单调递减 D.若 x0 是 f(x)的极值点,则 f′(x0)=0 11.C [解析] x→-∞时,f(x)<0,x→+∞时,f(x)>0,又 f(x)连续,? x0∈R,f(x0)=0,A 正确. 通过平移变换, 函数可以化为 f(x)=x3+c, 从而函数 y=f(x)的图像是中心对称图形, 正确. B 若 x0 是 f(x)的极小值点,可能还有极大值点 x1,若 x1<x0,则 f(x)在区间(x1,x0)单调递减,C 错误.D 正确.故答案为 C.
2 ? ?-x +2x,x≤0, 12.B5、B12、B14[2013· 新课标全国卷Ⅰ] 已知函数 f(x)=? 若|f(x)|≥ax,则 ? ?ln(x+1),x>0.

a 的取值范围是( ) A.(-∞,0] B.(-∞,1]

C.[-2,1] D.[ -2,0] 12. D
? 2 ?x -2x,x≤0, [解析] 函数 y=|f(x)|=? 在同一坐标系中画出 y=|f(x)|,y=ax 的图像 ?ln (x+1),x>0. ?

如图所示,问题等价于直线 y=ax 不在函数 y=|f(x)|图像的上方,显然 a>0 时,y=ln (x+1)的图像 不可能恒在直线 y=ax 的上方,故 a≤0;由于直线 y=ax 与曲线 y=x2-2x 均过坐标原点,所以满 足条件的直线 y=ax 的极端位置是曲线 y=x2-2x 在点(0,0)处的切线,y′=2x-2,当 x=0 时 y′ =-2.所以-2≤a≤0.

7.B5[2013· 浙江卷] 已知 a,b,c∈R,函数 f(x)=ax2+bx+c.若 f(0)=f(4)>f(1),则( A.a>0,4a+b=0 B.a<0,4a+b=0 C.a>0,2a+b=0 D.a<0,2a+b=0

)

b 7.A [解析] 若 f(0)=f(4),则函数 f(x)的图像关于直线 x=2 对称,则- =2,则 4a+b=0, 2a 而 f(0)=f(4)>f(1),故开口向上,所以 a>0,4a+b=0.所以选择 A.

B6 指数与指数函数

12.B3,B6[2013· 新课标全国卷Ⅱ] 若存在正数 x 使 2x(x-a)<1 成立,则 a 的取值范围是( A.(-∞,+∞) B.(-2,+∞) C.(0,+∞) D.(-1,+∞) 12.D

)

1 1 1 [解析] 由题意存在正数 x 使得 a>x- x成立,即 a>?x-2x? .由于 x- x是(0,+∞)上 ? ?min 2 2

1 1 的增函数,故 x- x>0- 0=-1,所以 a>-1.答案为 D. 2 2

B7 对数与指数函数

8.B7,E1[2013· 新课标全国卷Ⅱ] 设 a=log32,b=log52,c=log23,则( A.a>c>b B.b>c>a C.c>b>a D.c>a>b

)

log25-log23 1 1 8. [解析] a-b=log32-log52= D - = >0 ? a>b, c=log23>1, a<1, b<1, log23 log25 log23log25

所以 c>a>b,答案为 D.
? ?0,0<x<1, + 16.B7,M1[2013· 山东卷] 定义“正对数”:ln x=? 现有四个命题: ?ln x,x≥1. ?

①若 a>0,b>0,则 ln (ab)=bln a; + + ②若 a>0,b>0,则 ln (ab)=ln a+ln b; ③若 a>0,b>0,则 ln






a + + ≥ln a-ln b; b
+ +

④若 a>0,b>0,则 ln (a+b)≤ln a+ln b+ln 2. 其中的真命题有________.(写出所有真命题的编号) + + 16.①③④ [解析] ①中,当 ab≥1 时,∵b>0,∴a≥1,ln ab=ln ab=bln a=bln a;当 0<ab<1 + + 时,∵b>0,∴0<a<1,ln ab=bln a=0,∴①正确. + + + ②中,当 0<ab<1,且 a>1 时,左边=ln (ab)=0,右边=ln a+ln b=ln a+0=ln a>0,∴②不 成立. a a + + ③中,当 ≤1,即 a≤b 时,左边=0,右边=ln a-ln b≤0,左边≥右边,成立;当 >1 时, b b a 左边=ln =ln a-ln b>0,若 a>b>1 时,右边=ln a-ln b,左边≥右边成立;若 0<b<a<1 时,右边 b a =0, 左边≥右边成立; a>1>b>0, 若 左边=ln =ln a-ln b>ln a, 右边=ln a, 左边≥右边成立, ∴③ b 正确. + + + ④中,若 0<a+b<1,左边=ln (a+b)=0,右边=ln a+ln b+ln 2=ln 2>0,左边≤右边;若 a+b≥1,ln (a+b)-ln 2=ln(a+b)-ln 2=ln?




a+b? ? 2 ?.

a+b a+b 又∵ ≤a 或 ≤b,a,b 至少有 1 个大于 1, 2 2 ∴ln?


a+b? a+b? + + ?a+b? 即有 ln (a+b)-ln 2=ln (a+b)-ln 2=ln? ? 2 ?≤ln a 或 ln? 2 ?≤ln b, ? 2 ?≤ln a+ln

b,∴④正确. 7. B7[2013· B4, 天津卷] 已知函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数, 且在区间[0, +∞)上单调递增. 若 )

1 实数 a 满足 f(log2a)+f(log a)≤2f(1),则 a 的取值范围是( 2 1 A.[1,2] B.0, 2 1 C. ,2 D.(0,2] 2 7.C

1 1 [ 解 析 ] ∵f(x) 为 偶 函 数 , ∴f(log2a) = f(log a) , 又 ∵f(log2a) + f ?log2a? ≤ 2f(1) , ? ? 2

1 ∴f(log2a)≤f(1),即|log2a|≤1,解之得 ≤a≤2. 2 3.B7[2013· 陕西卷] 设 a,b,c 均为不等于 1 的正实数,则下列等式中恒成立的是( ) A.logab·logcb=logca B.logab· logca=logcb C.loga(bc)=logab·logac D.loga(b+c)=logab+logac 3.B [解析] 利用对数的运算性质可知 C,D 是错误的.再利用对数运算性 质 logab·logcb≠

lg b lg a lg b logca.又因为 logab·logca= × = =logcb,故选 B. lg a lg c lg c 11.B7[2013· 四川卷] lg 5+lg 20的值是________. 11.1 [解析] lg 5+lg 20=lg ( 5· 20)=lg 100=lg 10=1. 9.B4 和 B7[2013· 重庆卷] 已知函数 f(x)=ax3+bsin x+4(a,b∈R),f(lg(log210))=5,则 f(lg(lg 2))=( ) A.-5 B.-1 C.3 D.4 9. C 1 [解析] 因为 f(lg(log210))=f?lg?lg 2??=f(-lg(lg 2))=5, 又因为 f(x)+f(-x)=8, 所以 f(- ? ? ??

lg(lg2))+f(lg(lg2))=5+f(lg(lg2))=8,所以 f(lg(lg 2))=3,故选 C.

B8 幂函数与函数的图像

5.B8[2013· 福建卷] 函数 f(x)=ln(x2+1)的图像大致是(

)

图 1-1 5.A [解析] f(x)是定义域为 R 的偶函数,图像关于 y 轴对称,又过点(0,0),故选 A. 11.B3,B5,B8,B12[2013· 新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错 误的是( ) A.? x0∈R,f(x0)=0 B.函数 y=f(x)的图像是中心对称图形 C.若 x0 是 f(x)的极小值点,则 f(x)在区间(-∞,x0)单调递减 D.若 x0 是 f(x)的极值点,则 f′(x0)=0 11.C [解析] x→-∞时,f(x)<0,x→+∞时,f(x)>0,又 f(x)连续,? x0∈R,f(x0)=0,A 正确. 通过平移变换, 函数可以化为 f(x)=x3+c, 从而函数 y=f(x)的图像是中心对称图形, 正确. B 若 x0 是 f(x)的极小值点,可能还有极大值点 x1,若 x1<x0,则 f(x)在区间(x1,x0)单调递减,C 错误.D 正确.故答案为 C.

B9 函数与方程

10. B9, B12[2013· 安徽卷] 已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 有两个极值点 x1, 2.若 f(x1)=x1<x2, x

则关于 x 的方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 的不同实根个数为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 10.A [解析] f′(x)=3x2+2ax+b,根据已知,得 3x2+2ax+b=0 有两个不同的实根 x1,x2, 且 x1<x2,根据三次函数的性质可得 x1 是函数 f(x)的极大值点,方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 必然有 f(x)=x1 或 f(x)=x2.由于 f(x1)=x1 且 x1<x2,如图,可知方程 f(x)=x1 有两个实根,f(x)=x2 有一个实 根,故方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 共有 3 个不同实根.

图 1-2 8.B9[2013· 安徽卷] 函数 y=f(x)的图像如图 1-2 所示,在区间[a,b]上可找到 n(n≥2)个不同 f(x1) f(x2) f(xn) 的数 x1,x2,?,xn,使得 = =?= ,则 n 的取值范围为( x1 x2 xn )

A.{2,3} B.{2,3,4} C.{3,4} D.{3,4,5} 8.B [解析] 问题等价于求直线 y=kx 与函数 y=f(x)图像的交点个数,从图中可以看出交点 个数可以为 2,3,4,故 n 的取值范围是{2,3,4}. 18.B11,B12,B9,B14[2013· 北京卷] 已知函数 f(x)=x2+xsin x+cos x. (1)若曲线 y=f(x)在点(a,f(a))处与直线 y=b 相切,求 a 与 b 的值; (2)若曲线 y=f(x)与直线 y=b 有两个不同交点,求 b 的取值范围. 18.解:由 f(x)=x2+xsin x+cos x,得 f′(x)=x(2+cos x). (1)因为曲线 y=f(x)在点(a,f(a))处与直线 y=b 相切,所以 f′(a)=a(2+cos a)=0,b=f(a). 解得 a=0,b=f(0)=1. (2)令 f ′(x)=0,得 x=0. f(x)与 f′(x)的情况如下: x f′(x) f(x) (-∞,0) - ? 0 0 1 (0,+∞) + ?

所以函数 f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,f(0)=1 是 f(x)的最小 值. 当 b≤1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=b 最多只有一个交点; 当 b>1 时,f(-2b)=f(2b)≥4b2-2b-1>4b-2b-1>b,f(0)=1<b, 所以存在 x1∈(-2b,0),x2∈(0,2b),使得 f(x1)=f(x2)=b. 由于函数 f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调,所以当 b>1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=b 有且仅有两个不同交点.

(

综上可知,如果曲线 y=f(x)与直线 y=b 有两个不同交点,那么 b 的取值范围是(1,+∞). 6.B5,B9[2013· 湖南卷] 函数 f(x)=ln x 的图像与函数 g(x)=x2-4x+4 的图像的交点个数为 ) A.0 B.1 C.2 D.3 6.A [解析] 方法一:作出函数 f(x)=ln x,g(x)=x2-4x+4 的图像如图所示

可知,其交点个数为 2,选 C. 方法二(数值法) x f(x)=ln x g(x)=x -4x+4
2

1 0 1

2 ln 2(>0) 0

4 ln 4(<4) 4

可知它们有 2 个交点,选 C. 8.B9[2013· 天津卷] 设函数 f(x)=ex+x-2,g(x)=ln x+x2-3.若实数 a,b 满足 f(a)=0,g(b) =0,则( ) A.g(a)<0<f(b) B.f(b)<0<g(a) C.0<g(a)<f(b) D.f(b)<g(a)<0 8.A [解析] 由数形结合及 f(a)=0,g(b)=0 得 a∈(0,1),b∈(1,2),∴a<b,且 f(x),g(x) 都是递增的, 所以 g(a)< 0<f(b).
? 2 ?x +2x+a,x<0, 21. B9, B3, B12[2013· 四川卷] 已知函数 f(x)=? 其中 a 是实数. A(x1, 1)), 设 f(x ?ln x,x>0, ?

B(x2,f(x2))为该函数图像上的两点,且 x1<x2. (1)指出函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)的图像在点 A,B 处的切线互相垂直,且 x2<0,证明:x2-x1≥1; (3)若函数 f(x)的图像在点 A,B 处的切线重合,求 a 的取值范围. 21.解:(1)函数 f(x)的单调递减区间为(-∞,-1 ),单调递增区间为[-1,0),(0,+∞). (2)证明:由导数的几何意义可知,点 A 处的切线斜率为 f′(x1),点 B 处的切线斜率为 f′(x2). 故当点 A 处的切线与点 B 处的切线垂直时,有 f′(x1)· f′(x2)=-1. 当 x<0 时,对函数 f(x)求导,得 f′(x)=2x+2. 因为 x1<x2<0,所以,(2x1+2)(2x2+2)=-1, 所以 2x1+2<0,2x2+2>0, 1 因此 x2-x1= [-(2x1+2)+2x2+2]≥ [-(2x1+2)](2x2+2)=1. 2 3 1 当且仅当-(2x1+2)=2x2+2=1,即 x1=- 且 x2=- 时等号成立 2 2 所以,函数 f(x)的图像在点 A,B 处的切线互相垂直时,有 x2-x1≥1.

(3)当 x1<x2<0 或 x2>x1>0 时,f′(x1)≠f′(x2),故 x1<0<x2. 当 x1<0 时,函数 f(x)的图像在点(x1,f(x1))处的切线方程为 y-(x2+2x1+a)=(2x1+2)(x-x1),即 1 2 y=(2x1+2)x-x1+a. 1 1 当 x2>0 时,函数 f(x)的图像在点(x2,f(x2))处的切线方程为 y-ln x2= (x-x2),即 y= ·x+ x2 x2 ln x2-1. 两切线重合的充要条件是 ? 1 =2x1+2,① ?x ? 2

? ?ln x2-1=-x2+a.② 1

1 由①及 x1<0<x2 知,0< <2. x2
2 2 1 1 1 1 由①②得,a=ln x2+?2x -1? -1=-ln + ?x -2? -1. ? 2 ? x2 4? 2 ?

1 1 令 t= ,则 0<t<2,且 a= t2-t-ln t. x2 4 1 设 h(t)= t2-t-ln t(0<t<2). 4
2 1 1 (t-1) -3 则 h′(t)= t-1- = <0. 2 t 2t

所以 h(t)(0<t<2)为减函数. 则 h(t)>h(2)=-ln 2-1, 所以 a>-ln2-1, 而当 t∈(0,2)且 t 趋近于 0 时,h(t)无限增大, 所以 a 的取值范围是(-ln 2-1,+∞). 故当函数 f(x)的图像在点 A,B 处的切线重合时,a 的取值范围是(-ln 2-1,+∞).

B10 函数模型及其应用

5.B10[2013· 湖北卷] 小明骑车上学,开始时匀速行驶,途中因交通堵塞停留了一段时间,后 为了赶时间加快速度行驶,与以上事件吻合得最好的图像是( )

图 1-1 5.C [解析] 由题意可知函数图像最开始为“斜率为负的线段”,接着为“与 x 轴平行的线 段”,最后为“斜率为负值,且小于之前斜率的线段”.观察选项中图像可知,C 项符合,故选 C. 10.B10[2013· 陕西卷] 设[x]表示不大于 x 的最大整数,则对任意实数 x,有( ) 1 A.[-x]=-[x] B.?x+2?=[x] ? ? 1 C.[2x]=2[x] D.[x]+?x+2?=[2x] ? ? 10.D 1 [解析] 可取特值 x=3.5,则[-x]=[-3.5]=-4,-[x]=-[3.5]=-3,故 A 错.x+ 2

1 =[3.5+0.5]=4,而[x]=[3.5]=3,故 B 错. [2x]=[7]=7,2[x]=2[3.5]=6,故 C 错.[x]+ x+ =7, 2 而[2x]=[7]=7,故只有 D 正确.

B11 导数及其运算

18.B11,B12,B9,B14[2013· 北京卷] 已知函数 f(x)=x2+xsin x+cos x. (1)若曲线 y=f(x)在点(a,f(a))处与直线 y=b 相切,求 a 与 b 的值; (2)若曲线 y=f(x)与直线 y=b 有两个不同交点,求 b 的取值范围. 18.解:由 f(x)=x2+xsin x+cos x,得 f′(x)=x(2+cos x). (1)因为曲线 y=f(x)在点(a,f(a))处与直线 y=b 相切,所以 f′(a)=a(2+cos a)=0,b=f(a). 解得 a=0,b=f(0)=1. (2)令 f ′(x)=0,得 x=0. f(x)与 f′(x)的情况如下: x f′(x) f(x) (-∞,0) - ? 0 0 1 (0,+∞) + ?

所以函数 f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,f(0)=1 是 f(x)的最小 值. 当 b≤1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=b 最多只有一个交点; 当 b>1 时,f(-2b)=f(2b)≥4b2-2b-1>4b-2b-1>b,f(0)=1<b, 所以存在 x1∈(-2b,0),x2∈(0,2b),使得 f(x1)=f(x2)=b. 由于函数 f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调,所以当 b>1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=b 有且仅有两个不同交点. 综上可知,如果曲线 y=f(x)与直线 y=b 有两个不同交点,那么 b 的取值范围是(1,+∞). 10. B11[2013· 全国卷] 已知曲线 y=x4+ax2+1 在点(-1, a+2)处切线的斜率为 8, a=( 则 ) A.9 B.6 C.-9 D.-6 10.D [解析] y′=4x3+2ax,当 x=-1 时 y′=8,故 8=-4-2a,解得 a=-6.

12.B11[2013· 广东卷] 若曲线 y=ax2-ln x 在点(1,a)处的切线平行于 x 轴,则 a=________ 1 12. 2 1 1 [解析] 易知点(1,a)在曲线 y=ax2-ln x 上,y′=2ax- ,∴ y′| =2a-1=0,∴a= . x 2 x=1
α

11.B11[2013· 江西卷] 若曲线 y=x +1(α∈R)在点(1,2)处的切线经过 坐标原点,则 α= ________. 11.2 2. 21.B11,B12[2013· 陕西卷] 已知函数 f(x)=ex,x∈R. (1)求 f(x)的反函数的图像上点(1,0)处的切线方程; 1 (2)证明:曲线 y=f(x)与曲线 y= x2+x+1 有唯一公共点; 2 (3)设 a<b,比较 f? a+b? f(b)-f(a) 的大小,并说明理由. ? 2 ?与 b-a [解析] y′=αx
α -1

,y′|x=1=α,所以切线方程为 y-2=α(x-1),该切线过原点,得 α=

21.解: (1) f(x)的反函数为 g(x)=ln x, 设所求切线的斜率为 k, 1 ∵g′(x)= ,∴k=g′(1)=1. x 于是在点(1,0)处切线方程为 y=x-1. 1 1 (2)方法一:曲线 y=ex 与 y= x2+x+1 公共点的个数等于函数 φ(x)=ex- x2-x-1 零点的个 2 2 数. ∵φ (0)=1-1=0,∴φ(x)存在零点 x=0. 又 φ′(x)=ex-x-1,令 h(x)=φ′(x)=ex-x-1, 则 h′(x)=ex-1. 当 x<0 时,h′(x)<0,∴φ′(x)在(-∞,0)上单调递减; 当 x>0 时,h′(x)>0,∴φ′(x)在(0,+∞)上单调递增. ∴φ ′(x)在 x=0 有唯一的极小值 φ′(0)=0, 即 φ′(x)在 R 上的最小值为 φ′(0)=0, ∴φ ′(x)≥0(仅当 x=0 时等号成立), ∴φ (x)在 R 上是单调递增的, ∴φ (x)在 R 上有唯一的零点. 1 故曲线 y=f(x)与曲线 y= x2+x+1 有唯一公共点. 2 1 方法二:∵ex>0, x2+x+1>0, 2 1 ∴曲线 y=ex 与 y= x2+x+1 公共点的个数等于 2 1 2 x +x+1 2 曲线 y= 与直线 y=1 公共点的个数. ex 1 2 x +x+1 2 设 φ(x)= ,则 φ(0)=1,即 x=0 时,两曲线有公共点. ex

1 2 1 2 (x+1)ex-?2x +x+1?ex -2x ? ? 又 φ′(x)= = x ≤0(仅当 x=0 时等号成立), e2x e ∴φ (x)在 R 上单调递减, ∴φ (x)与 y=1 有唯一的公共点, 1 故曲线 y=f(x)与 y= x2+x+1 有唯一的公共点. 2 f(b)-f(a) eb-ea a+b a+b? (3) - f ? = - e 2 ? 2 ? b-a b-a a+b a+b a+b eb-ea-be +ae e 2 2 2 = = b-a b-a

?eb-a-ea-b-(b-a)?. 2 ? 2 ?
1 1 设函数 u(x)=ex - x-2x(x≥0),则 u′(x)=ex+ x-2≥2 e e ∴u′(x) ≥0(仅当 x=0 时等号成立), ∴u(x)单调递增. 当 x>0 时,u(x)>u(0)=0. b-a b-a a-b 令 x= ,则得 e -e -(b-a)>0. 2 2 2 f(b)-f(a) ?a+b? ∴ >f ? 2 ?. b-a 20.B11、B12[2013· 新课标全国卷Ⅰ] 已知函数 f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线 y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为 y=4x+4. (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值. 20.解:(1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4. 由已知得 f(0)=4,f′(0)=4,故 b=4,a+b=8. 从而 a=4,b=4. (2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x. 1 x f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)?e -2?. ? ? 令 f′(x)=0,得 x=-ln 2 或 x=-2. 从而当 x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f′(x)>0;当 x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减. - 当 x=-2 时,函数 f(x)取得极大值,极大值为 f(-2)=4(1-e 2). 20.B11 和 B12[2013· 重庆卷] 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池 的底面半径为 r 米,高为 h 米,体积为 V 立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本 为 100 元/平方米,底面的建造成本为 160 元/平方米,该蓄水池的总建造成本为 12 000π 元(π 为圆 周率). (1)将 V 表示成 r 的函数 V(r),并求该函数的定义域; (2)讨论函数 V(r)的单调性,并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大. 20.解:(1)因为蓄水池侧面的总成本为 100· rh=200π rh 元,底面的总成本为 160π r2 元, 2π 1 所以蓄水池的总成本为(200π rh+160π r2)元, 又据题意 200π rh+160π r2=12 000π , 所以 h= (300 5r 1 ex· x-2=0. e

-4r2),从而 π V(r)=π r2h= (300r-4r3). 5 因为 r>0,又由 h>0 可得 r<5 3,故函数 V(r)的定义域为(0,5 3). π π (2)因为 V(r)= (300r-4r3),故 V′(r)= (300-12r2).令 V′(r)=0,解得 r1=5,r2=-5(r2=- 5 5 5 不在定义域内,舍去). 当 r∈(0,5)时,V′(r)>0,故 V(r)在(0,5)上为增函数;当 r∈(5,5 3)时,V′(r)<0,故 V(r)在 (5,5 3)上为减函数. 由此可知,V(r)在 r=5 处取得最大值,此时 h=8,即当 r=5,h=8 时,该蓄水池的体积最大.

B12 导数的应用

20.E3,B12[2013· 安徽卷] 设函数 f(x)=ax-(1+a2)x2,其中 a>0,区间 I={x|f(x)>0}. (1)求 I 的长度(注:区间(α,β)的长度定义为 β-α); (2)给定常数 k∈(0,1),当 1-k≤a≤1+k 时,求 I 长度的最小值.
[来源:学*科*网 Z*X*X*K]

a 20.解:(1)因为方程 ax-(1+a2)x2=0(a>0)有两个实根 x1=0,x2= , 1+a2 故 f(x)>0 的解集为{x|x1<x<x2}, a a 因此区间 I=0, . 2,区间长度为 1+a 1+a2 1-a2 a (2)设 d(a)= ,令 d′(a)=0,得 a=1,由于 0<k<1,故 2,则 d′(a)= 1+a (1+a2)2 当 1-k≤a<1 时,d′(a)>0,d(a)单调递 增; 当 1<a≤1+k 时,d′(a)<0,d(a)单调递减; 因此当 1-k≤a≤1+k 时,d(a)的最小值必定在 a=1-k 或 a=1+k 处取得. 1-k 1+(1-k)2 d(1-k) 2-k2-k3 而 = = <1,故 d(1-k)<d(1+k). d(1+k) 1+k 2-k2+k3 2 1+(1+k) 1-k 因此当 a=1-k 时,d(a)在区间[1-k,1+k]上取得最小值 . 2-2k+k2 10. B9, B12[2013· 安徽卷] 已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 有两个极值点 x1, 2.若 f(x1)=x1<x2, x 2 则关于 x 的方程 3(f(x)) +2af(x)+b=0 的不同实根个数为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 10.A [解析] f′(x)=3x2+2ax+b,根据已知,得 3x2+2ax+b=0 有两个不同的实根 x1,x2, 且 x1<x2,根据三次函数的性质可得 x1 是函数 f(x)的极大值点,方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 必然有 f(x)=x1 或 f(x)=x2.由于 f(x1)=x1 且 x1<x2,如图,可知方程 f(x)=x1 有两个实根,f(x)=x2 有一个实 根,故方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 共有 3 个不同实根.

18.B11,B12,B9,B14[2013· 北京卷] 已知函数 f(x)=x2+xsin x+cos x. (1)若曲线 y=f(x)在点(a,f(a))处与直线 y=b 相切,求 a 与 b 的值; (2)若曲线 y=f(x)与直线 y=b 有两个不同交点,求 b 的取值范围. 18.解:由 f(x)=x2+xsin x+cos x,得 f′(x)=x(2+cos x). (1)因为曲线 y=f(x)在点(a,f(a))处与直线 y=b 相切,所以 f′(a)=a(2+cos a)=0,b=f(a). 解得 a=0,b=f(0)=1. (2)令 f ′(x)=0,得 x=0. f(x)与 f′(x)的情况如下: x f′(x) f(x) (-∞,0) - ? 0 0 1 (0,+∞) + ?

所以函数 f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,f(0)=1 是 f(x)的最小 值. 当 b≤1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=b 最多只有一个交点; 当 b>1 时,f(-2b)=f(2b)≥4b2-2b-1>4b-2b-1>b,f(0)=1<b, 所以存在 x1∈(-2b,0),x2∈(0,2b),使得 f(x1)=f(x2)=b. 由于函数 f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调,所以当 b>1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=b 有且仅有两个不同交点. 综上可知,如果曲线 y=f(x)与直线 y=b 有两个不同交点,那么 b 的取值范围是(1,+∞). 21.B12、B14[2013· 全国卷] 已知函数 f(x)=x3+3ax2+3x+1. (1)当 a=- 2时,讨论 f(x)的单调性; (2)若 x∈[2,+∞)时,f(x)≥0,求 a 的取值范围. 21.解:(1)当 a=- 2时,f(x)=x3-3 2x2+3x+1, f′(x)=3x2-6 2x+3. 令 f′(x)=0,得 x1= 2-1,x2= 2+1. 当 x∈(-∞, 2-1)时,f′(x)>0,f(x)在(-∞, 2-1)上是增函数; 当 x∈( 2-1, 2+1)时,f′(x)<0,f(x)在( 2-1, 2+1)上是减函数; 当 x∈( 2+1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在( 2+1,+∞)上是增函数. 5 (2)由 f(2)≥0 得 a≥- . 4 5 当 a≥- ,x∈(2,+∞)时, 4 5 2 f′(x)=3(x2+2ax+1)≥3?x -2x+1?= ? ? 1 3?x-2?(x-2)>0, ? ?

所以 f(x)在(2,+∞)上是增函数,于是当 x∈[2,+∞)时,f(x)≥f(2)≥0. 5 综上,a 的取值范围是?-4,+∞?. ? ? a 22.B12,B14[2013· 福建卷] 已知函数 f(x)=x-1+ x(a∈R,e 为自然对数的底数). e (1) 若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,求 a 的值; (2)求函数 f(x)的极值; (3)当 a=1 时,若直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点,求 k 的最大值. a a 22.解:(1)由 f(x)=x-1+ x,得 f′(x)=1- x. e e a 又曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,得 f′(1)=0,即 1- =0,解得 a=e. e a (2)f′(x)=1- x, e ①当 a≤0 时,f′(x)>0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数 f(x)无极值. ②当 a>0 时,令 f′(x)=0,得 ex=a,x=ln a. 当 x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0; 当 x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0, 所以 f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a, +∞)上单调递增, f(x)在 x=ln a 处取得极小值, 故 且极小值为 f(ln a)=ln a,无极大值. 综上,当 a≤0 时,函数 f(x)无极值; 当 a>0 时,f(x)在 x=ln a 处取得极小值 ln a,无极大值. 1 (3)方法一:当 a=1 时,f(x)=x-1+ x. e 1 令 g(x)=f(x)-(kx-1)=(1-k)x+ x, e 则直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点, 等价于方程 g(x)=0 在 R 上没有实数解. 1 1 假设 k>1,此时 g(0)=1>0,g?k-1?=-1+ <0, 1 ? ? e k-1 又函数 g(x)的图像连续不断, 由零点存在定理, 可知 g(x)=0 在 R 上至少有一解, 与“方程 g(x) =0 在 R 上没有实数解”矛盾,故 k≤1. 1 又 k=1 时,g(x)= x>0,知方程 g(x)=0 在 R 上没有实数解. e 所以 k 的最大值为 1. 1 方法二:当 a=1 时,f(x)=x-1+ x. e 直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点, 1 等价于关于 x 的方程 kx-1=x-1+ x在 R 上没有实数解,即关于 x 的方程: e 1 (k-1)x= x(*)在 R 上没有实数解. e

1 ①当 k=1 时,方程(*)可化为 x=0,在 R 上没有实数解. e 1 ②当 k≠1 时,方程(*)化为 =xex. k-1 令 g(x)=xex,则有 g′(x)=(1+x)ex. 令 g′(x)=0,得 x=-1, 当 x 变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表: x g′(x) g(x) (-∞,-1) - ? -1 0 - 1 e (-1,+∞) + ?

1 1 当 x=-1 时,g(x)min=- ,同时当 x 趋于+∞时,g(x)趋于+∞,从而 g(x)的取值范围为- , e e +∞. 1 1 所以当 ∈?-∞,-e?时,方程(*)无实数解. ? k-1 ? 解得 k 的取值范围是(1-e,1). 综上①②,得 k 的最大值为 1. 21.B12,N4[2013· 湖北卷] 设 a>0,b>0,已知函数 f(x)= (1)当 a≠b 时,讨论函数 f(x)的单调性; (2)当 x>0 时,称 f(x)为 a,b 关于 x 的加权平均数. (i)判断 f(1),f b b b ,f 是否成等比数列,并证明 f ≤f a a a b ; a ax+b . x+1

2ab (ii)a,b 的几何平均数记为 G,称 为 a,b 的调和平均数,记为 H.若 H≤f(x)≤G,求 x 的取 a+b 值范围. 21.解:(1)f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(-1,+∞), a(x+1)-(ax+b) a-b f′(x)= = . 2 (x+1) (x+1)2 当 a>b 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上单调递增; 当 a<b 时,f′(x)<0,函数 f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上单调递减. a+b b 2ab (2)(i)计算得 f(1)= >0,f? a?= ? ? a+b>0, 2 f?

?

b? = ab>0. a? b??2 ,即 a ??

b a+b 2ab 故 f(1)f? a?= · =ab=?f? ? ? 2 a+b ?? b f(1)f?a?=?f? ? ?

?? ?

b??2 .① a ?? b? ?b? ,f 成等比数列. a? ?a?

所以 f(1),f?

a+b 因 ≥ ab,即 f(1)≥f? 2 ? b (ii)由(i)知 f =H,f a b 得 f? a?≤f(x)≤f? ? ?

b b? ,结合①得 f?a?≤f? ? ? ? a?

b? . a?

b =G,故由 H≤f(x)≤G, a b? .② a?

?

b 当 a=b 时,f?a?=f(x)=f? ? ?

?

b? =a. a? b b ,由 f(x)在(0,+∞)上单调递增与②式,得 ≤x≤ a a b ,即 a

这时,x 的取值范围为(0,+∞); b b 当 a>b 时,0< <1,从而 < a a b x 的取值范围为? , ?a b? ; a? b ,由 f(x)在(0,+∞)上单调递减与②式, a b b? , . a a? )

b b 当 a<b 时, >1,从而 > a a 得

b b ≤x≤ ,即 x 的取值范围为? a a ?

10.B12[2013· 湖北卷] 已知函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数 a 的取值范围是( 1 A.(-∞,0) B.?0,2? ? ? C.(0,1) D.(0,+∞) 10.B

1 [解析] f′(x)=ln x-ax+x -a=ln x-2ax+1,函数 f(x)有两个极值点等价于方程 ln x- x

2ax+1=0 有两个大于零的不相等的实数根.令 y1=ln x,y2=2ax-1,在同一坐标系中作出这两个 函数的图像,显然 a≤0 时,两个函数图像只有一个公共点,故 a>0,此时当直线的斜率逐渐变大直 1 到直线 y=2ax-1 与曲线 y=ln x 相切时,两函数图像均有两个不同的公共点,y′1= ,故曲线 y= x 1 ln x 上的点(x0,ln x0)处的切线方程是 y-ln x0= (x-x0),该直线过点(0,-1),则-1-ln x0=-1, x0 1 解得 x0=1,故过点(0,-1)的曲线 y=ln x 的切线斜率是 1,故 2a=1,即 a= ,所以 a 的取值范围 2 1 是 0, . 2 21.B1,B12[2013· 江西卷] 设函数

?ax,0≤x≤a, f(x)=? a 为常数且 a∈(0,1). 1 ?1-a(1-x),a<x≤1.
1 1 1 (1)当 a= 时,求 f?f?3??; ? ? ?? 2 (2)若 x0 满足 f(f(x0))=x0,但 f(x0)≠x0,则称 x0 为 f(x)的二阶周期点.证明函数 f(x)有且仅有两 个二阶周期点,并求二阶周期点 x1,x2; (3)对于(2)中的 x1,x2,设 A(x1,f(f(x1))),B(x2,f(f(x2))),C(a2,0),记△ABC 的面积为 S(a),

1 1 求 S(a)在区间?3,2?上的最大值和最小值. ? ? 1 2 1 21.解:(1)当 a= 时,f?3?= , ? ? 3 2 1 2 2 2 f?f?3??=f?3?=2?1-3?= . ? ? ?? ? ? ? ? 3

? 1 ?a(1-a)(a-x),a <x≤a, (2)f(f(x))=? 1 (x-a),a<x<a -a+1, (1-a) ? 1 ?a(1-a)(1-x),a -a+1≤x≤1.
1 x,0≤x≤a2, a2
2 2 2 2

1 当 0≤x≤a2 时,由 2x=x 解得 x=0, a 因为 f(0)=0,故 x=0 不是 f(x)的二阶周期点; 1 a 当 a2<x≤a 时,由 (a-x)=x 解得 x= 2 ∈(a2,a), a(1-a) -a +a+1 a 1 a 1 a 因 f?-a2+a+1?= · 2 ? ? a -a +a+1=-a2+a+1≠-a2+a+1, 故 x= a 为 f(x)的二阶周期点; -a +a+1
2

1 当 a<x<a2-a+1 时,由 (x-a)=x (1-a)2 1 解得 x= ∈(a,a2-a+1), 2-a 1 1 ?1- 1 ? 1 因 f?2-a?= ? ? 1-a·? 2-a?=2-a, 故 x= 1 不是 f(x)的二阶周期点; 2-a
[来源:学科网]

当 a2-a+1≤x≤1 时, 由 1 (1-x)=x a(1-a)

1 解得 x= 2 ∈(a2-a+1,1), -a +a+1 1 1 1 ?1- ? 因 f?-a2+a+1?= ? ? (1-a)·? -a2+a+1? = a 1 ≠ . -a2+a+1 -a2+a+1 1 为 f(x)的二阶周期点. -a2+a+1

故 x=

因此,函数 f(x)有且仅有两个二阶周期点,

a 1 x1= 2 ,x = . -a +a+1 2 -a2+a+1 a a 1 1 (3)由(2)得 A?-a2+a+1,-a2+a+1?,B?-a2+a+1,-a2+a+1?, ? ? ? ?
2 1 a (1-a) 则 S(a)= · 2 , 2 -a +a+1 3 2 1 a(a -2a -2a+2) S′(a)= · , 2 2 (-a +a+1)2

1 1 因为 a∈?3,2?,有 a2+a<1. ? ?
3 2 1 a(a -2a -2a+2) 所以 S′(a)= · 2 (-a2+a+1)2 2 2 1 a[(a+1)(a-1) +(1-a -a)] = · >0. 2 (-a2+a+1)2

(或令 g(a)=a3-2a2-2a+2,

? 2- 10?? 2+ 10?, g′(a)=3a2-4a-2=3?a- ??a- 3 ? 3 ?? ? ?
1 1 1 5 因 a∈(0,1),g′(a)<0,则 g(a)在区间?3,2?上的最小值为 g?2?= >0, ? ? ? ? 8 1 1 故对于任意 a∈?3,2?,g(a)=a3-2a2-2a+2>0, ? ?
3 2 1 a(a -2a -2a+2) S′(a)= · >0) 2 (-a2+a+1)2

1 1 则 S(a)在区间?3,2?上单调递增, ? ? 1 1 1 1 1 1 故 S(a)在区间?3,2?上的最小值为 S?3?= ,最大值为 S?2?= . ? ? ? ? 33 ? ? 20 2 x≤sin x≤x; 2

21.B12[2013· 辽宁卷] (1)证明:当 x∈[0,1]时,

x3 (2)若不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立,求实数 a 的取值范围. 2 21.解:(1)记 F(x)=sin x- 2 2 x,则 F′(x)=cos x- . 2 2

π π 当 x∈0, 时,F′(x)>0,F(x)在 0, 上是增函数; 4 4 π π 当 x∈ ,1 时,F′(x)<0,F(x)在 ,1 上是减函数. 4 4 又 F(0)=0,F(1)>0,所以当 x∈[0,1]时,F(x)≥0,即 sin x≥ 2 x. 2

记 H(x)=sin x-x,则当 x∈(0,1)时,H′(x)=cos x-1<0,所以,H(x)在[0,1]上是减函数,则 H(x)≤H(0)=0,即 sin x≤x. 综上, 2 x≤sin x≤x,x∈[0,1]. 2

(2)方法一: 因为当 x∈[0,1]时, x3 ax+x2+ +2(x+2)cos x-4 2 x3 x =(a+2)x+x2+ -4(x+2)sin2 2 2 x3 2 ≤(a+2)x+x2+ -4(x+2) x2 2 4 =(a+2)x. x3 所以,当 a≤-2 时,不等式 ax+x + +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立. 2
2

x3 下面证明,当 a>-2 时,不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 因为当 x∈[0,1]时. x3 ax+x2+ +2(x+2)cos x-4 2 x3 x =(a+2)x+x2+ -4(x+2)sin2 2 2 x3 x ≥(a+2)x+x2+ -4(x+2) 2 2 2 x3 =(a+2)x-x2- 2 3 ≥(a+2)x- x2 2 3 2 =- xx- (a+2). 2 3 所以存在 x0∈(0,1)例如 x0 取 a+2 1 x3 0 和 中的较小值满足 ax0+x2+ +2(x0+2)cos x0-4>0.即当 0 3 2 2

x3 a>-2 时,不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x-4≤0 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,-2]. 方法二: x3 记 f(x)=ax+x2+ +2(x+2)cos x-4,则 2 3x2 f′(x)=a+2x+ +2cos x-2(x+2)sin x. 2 记 G(x)=f′(x),则 G′(x)=2+3x-4sin x-2(x+2)cos x. 1 2 当 x∈(0,1)时,cos x> ,因此 G′(x)<2+3x-4· x-(x+2)=(2-2 2 2 2)x<0.

于是 f′(x)在[0,1]上是减函数,因此,当 x∈(0,1)时 f′(x)<f′(0)=a+2.故当 a≤-2 时,f′ x3 (x)<0,从而 f(x)在[0,1]上是减函数,所以 f(x)≤f(0)=0,即当 a≤-2 时,不等式 ax+x2+ +2(x 2 +2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立.

x3 下面证明,当 a>-2 时,不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 由于 f′(x)在[0,1]上是减函数,且 7 f′(0)=a+2>0,f′(1)=a+ +2cos 1-6sin 1. 2 7 当 a≥6sin 1-2cos 1- 时,f′(1)≥0,所以当 x∈(0,1)时,f′(x)>0,因此 f(x)在[0,1]上是 2 增函数,故 f(1)>f(0)=0; 7 当-2<a<6sin 1-2cos 1- 时,f′(1)<0. 2 又 f′(0)>0,故存在 x0∈(0,1)使 f′(x0)=0,则当 0<x<x0 时,f′(x)>f′(x0)=0,所以 f(x)在[0,x0] 上是增函数,所以当 x∈(0,x0)时,f(x)>f(0)=0. x3 所以,当 a>-2 时,不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,-2]. - 21.B12,H1[2013· 新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=x2e x. (1)求 f(x)的极小值和极大值; (2)当曲线 y=f(x)的切线 l 的斜率为负数时,求 l 在 x 轴上截距的取值范围. 21.解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞). - f′(x)=-e xx(x-2).① 当 x∈(-∞,0)或 x∈(2,+∞)时,f′(x)<0; 当 x∈(0,2)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(-∞,0),(2,+∞)单调递减,在(0,2)单调递增. 故当 x=0 时,f(x)取得极小值,极小值为 f(0)=0 ;当 x=2 时,f(x)取得极大值,极大值为 f(2) -2 =4e . (2)设切点为(t,f(t)),则 l 的方程为 y=f′(t)(x-t)+f(t). 所以 l 在 x 轴上的截距为 m(t)=t- f(t) t 2 =t+ =t-2+ +3. f′(t) t-2 t-2

由已知和①得 t∈(-∞,0)∪(2,+∞). 2 令 h(x)=x+ (x≠0),则当 x∈(0,+∞)时,h(x)的取值范围为[2 x 2)时,h(x)的取值范围是(-∞,-3). 所以当 t∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,m(t)的取值范围是(-∞,0)∪[2 2+3,+∞). 综上,l 在 x 轴上的截距的取值范围是(-∞,0)∪[2 2+3,+∞). 11.B3,B5,B8,B12[2013· 新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错 误的是( ) A.? x0∈R,f(x0)=0 B.函数 y=f(x)的图像是中心对称图形 C.若 x0 是 f(x)的极小值点,则 f(x)在区间(-∞,x0)单调递减 D.若 x0 是 f(x)的极值点,则 f′(x0)=0 11.C [解析] x→-∞时,f(x)<0,x→+∞时,f(x)>0,又 f(x)连续,? x0∈R,f(x0)=0,A 正确. 通过平移变换, 函数可以化为 f(x)=x3+c, 从而函数 y=f(x)的图像是中心对称图形, 正确. B 若 2,+∞);当 x∈(-∞,-

x0 是 f(x)的极小值点,可能还有极大值点 x1,若 x1<x0,则 f(x)在区间(x1,x0)单调递减,C 错误.D 正确.故答案为 C. 21.B12[2013· 山东卷] 已知函数 f(x)=ax2+bx-ln x (a,b∈R). (1)设 a≥0,求 f(x)的单调区间; (2)设 a>0,且对任意 x>0,f(x)≥f(1).试比较 ln a 与-2b 的大小. 21.解:(1)由 f(x)=ax2+bx-ln x,x∈(0,+∞), 得 f′(x)= 2ax2+bx-1 . x bx-1 . x

①当 a=0 时,f′(x)=

(i)若 b≤0,当 x>0 时,f′(x)<0 恒成立, 所以函数 f(x)的单调递减区间是(0,+∞). 1 (ii)若 b>0,当 0<x< 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减, b 1 当 x> 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. b 1 1 所以,函数 f(x)的单调递减区间是?0,b?,单调递增区间是?b,+∞?. ? ? ? ? ②当 a>0 时,令 f′(x)=0, 得 2ax2+bx-1=0. 由 Δ=b2+8a>0 得 -b- b2+8a -b+ b2+8a x1= ,x2= . 4a 4a 显然,x1<0,x2>0. 当 0<x<x2 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x>x2 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增.

? -b+ b2+8a?, 所以函数 f(x)的单调递减区间是?0, ? 4a ? ?
单调递增区间是?

?-b+ b2+8a ? ,+∞?. 4a ? ?

综上所述, 当 a=0,b≤0 时,函数 f(x)的单调递减区间是(0,+∞); 1 1 当 a=0,b>0 时,函数 f(x)的单调递减区间是?0,b?,单调递增区间是?b,+∞?; ? ? ? ?

? -b+ b2+8a? , 单 调 递 增 区 间 是 当 a>0 时 , 函 数 f(x) 的 单 调 递 减 区 间 是 ?0, ? 4a ? ? ?-b+ b2+8a ? ? ,+∞?. 4a ? ?
(2)由题意,函数 f(x)在 x=1 处取得最小值, -b+ b2+8a 由(1)知 是 f(x)的唯一极小值点, 4a -b+ b2+8a 故 =1,整理得 4a 2a+b=1,即 b=1-2a.

令 g(x)=2-4x+ln x. 则 g′(x)= 1-4x . x

1 令 g′(x)=0,得 x= . 4 1 当 0<x< 时,g′(x)>0,g(x)单调递增; 4 1 当 x> 时,g′(x)<0,g(x)单调递减. 4 1 1 因此 g(x)≤g?4?=1+ln =1-ln 4<0. ? ? 4 故 g(a)<0,即 2-4a+ln a=2b+ln a<0, 即 ln a<-2b. 21.B11,B12[2013· 陕西卷] 已知函数 f(x)=ex,x∈R. (1)求 f(x)的反函数的图像上点(1,0)处的切线方程; 1 (2)证明:曲线 y=f(x)与曲线 y= x2+x+1 有唯一公共点; 2 (3)设 a<b,比较 f? a+b? f(b)-f(a) 的大小,并说明理由. ? 2 ?与 b-a

21.解: (1) f(x)的反函数为 g(x)=ln x, 设所求切线的斜率为 k, 1 ∵g′(x)= ,∴k=g′(1)=1. x 于是在点(1,0)处切线方程为 y=x-1. 1 1 (2)方法一:曲线 y=ex 与 y= x2+x+1 公共点的个数等于函数 φ(x)=ex- x2-x-1 零点的个 2 2 数. ∵φ (0)=1-1=0,∴φ(x)存在零点 x=0. 又 φ′(x)=ex-x-1,令 h(x)=φ′(x)=ex-x-1, 则 h′(x)=ex-1. 当 x<0 时,h′(x)<0,∴φ′(x)在(-∞,0)上单调递减; 当 x>0 时,h′(x)>0,∴φ′(x)在(0,+∞)上单调递增. ∴φ ′(x)在 x=0 有唯一的极小值 φ′(0)=0, 即 φ′(x)在 R 上的最小值为 φ′(0)=0, ∴φ ′(x)≥0(仅当 x=0 时等号成立), ∴φ (x)在 R 上是单调递增的, ∴φ (x)在 R 上有唯一的零点. 1 故曲线 y=f(x)与曲线 y= x2+x+1 有唯一公共点. 2 1 方法二:∵ex>0, x2+x+1>0, 2 1 ∴曲线 y=ex 与 y= x2+x+1 公共点的个数等于 2

1 2 x +x+1 2 曲线 y= 与直线 y=1 公共点的个数. ex 1 2 x +x+1 2 设 φ(x)= ,则 φ(0)=1,即 x=0 时,两曲线有公共点. ex 1 2 1 2 (x+1)ex-?2x +x+1?ex -2x ? ? 又 φ′(x)= = x ≤0(仅当 x=0 时等号成立), e2x e ∴φ (x)在 R 上单调递减, ∴φ (x)与 y=1 有唯一的公共点, 1 故曲线 y=f(x)与 y= x2+x+1 有唯一的公共点. 2 f(b)-f(a) eb-ea a+b a+b? (3) - f ? = - e 2 ? 2 ? b-a b-a a+b a+b a+b eb-ea-be +ae e 2 2 2 = = b-a b-a

?eb-a-ea-b-(b-a)?. 2 ? 2 ?
1 1 设函数 u(x)=ex - x-2x(x≥0),则 u′(x)=ex+ x-2≥2 e e ∴u′(x)≥0(仅当 x=0 时等号成立), ∴u(x)单调递增. 当 x>0 时,u(x)>u(0)=0. b-a b-a a-b 令 x= ,则得 e -e -(b-a)>0. 2 2 2 f(b)-f(a) ?a+b? ∴ >f ? 2 ?. b-a
?x2+2x+a,x<0, ? 21. B9, B3, B12[2013· 四川卷] 已知函数 f(x)=? 其中 a 是实数. A(x1, 1)), 设 f(x ? ?ln x,x>0,

1 ex· x-2=0. e

B(x2,f(x2))为该函数图像上的两点,且 x1<x2. (1)指出函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)的图像在点 A,B 处的切线互相垂直,且 x2<0,证明:x2-x1≥1; (3)若函数 f(x)的图像在点 A,B 处的切线重合,求 a 的取值范围. 21.解:(1)函数 f(x)的单调递减区间为(-∞,-1 ),单调递增区间为[-1,0),(0,+∞). (2)证明:由导数的几何意义可知,点 A 处的切线斜率为 f′(x1),点 B 处的切线斜率为 f′(x2). 故当点 A 处的切线与点 B 处的切线垂直时,有 f′(x1)· f′(x2)=-1. 当 x<0 时,对函数 f(x)求导,得 f′(x)=2x+2. 因为 x1<x2<0,所以,(2x1+2)(2x2+2)=-1, 所以 2x1+2<0,2x2+2>0, 1 因此 x2-x1= [-(2x1+2)+2x2+2]≥ [-(2x1+2)](2x2+2)=1. 2 3 1 当且仅当-(2x1+2)=2x2+2=1,即 x1=- 且 x2=- 时等号成立 2 2

所以,函数 f(x)的图像在点 A,B 处的切线互相垂直时,有 x2-x1≥1. (3)当 x1<x2<0 或 x2>x1>0 时,f′(x1)≠f′(x2),故 x1<0<x2. 当 x1<0 时,函数 f(x)的图像在点(x1,f(x1))处的切线方程为 y-(x2+2x1+a)=(2x1+2)(x-x1),即 1 2 y=(2x1+2)x-x1+a. 1 1 当 x2>0 时,函数 f(x)的图像在点(x2,f(x2))处的切线方程为 y-ln x2= (x-x2),即 y= ·x+ x2 x2 ln x2-1. 两切线重合的充要条件是 ? 1 =2x1+2,① ?x ? 2

?ln x2-1=-x2+a.② ? 1

1 由①及 x1<0<x2 知,0< <2. x2
2 2 1 1 1 1 由①②得,a=ln x2+?2x -1? -1=-ln + ?x -2? -1. ? 2 ? x2 4? 2 ?

1 1 令 t= ,则 0<t<2,且 a= t2-t-ln t. x2 4 1 设 h(t)= t2-t-ln t(0<t<2). 4
2 1 1 (t-1) -3 则 h′(t)= t-1- = <0. 2 t 2t

所以 h(t)(0<t<2)为减函数. 则 h(t)>h(2)=-ln 2-1, 所以 a>-ln2-1, 而当 t∈(0,2)且 t 趋近于 0 时,h(t)无限增大, 所以 a 的取值范围是(-ln 2-1,+∞). 故当函数 f(x)的图像在点 A,B 处的切线重合时,a 的取值范围是(-ln 2-1,+∞). 10. B3, B12[2013· 四川卷] 设函数 f(x)= ex+x-a(a∈R, 为自然对数的底数). e 若存在 b∈[0, 1]使 f(f(b))=b 成立,则 a 的取值范围是( ) A.[1,e] B.[1,1+e] C.[e,1+e] D.[0,1] 10.A [解析] 易得 f(x)在[0,1]上是增函数,对于 b∈[0,1],如果 f(b)=c>b,则 f(f(b))=f(c) >f(b)=c>b,不可能有 f(f(b))=b;同理,当 f(b)=d<b 时,则 f(f(b))=f(d)<f(b)=d<b,也不可能
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有 f(f(b))=b;因此必有 f(b)=b,即方程 f(x)=x 在[0,1]上有解,即 ex+x-a=x.因为 x≥0,两边 平方得 ex+x-a=x2,所以 a=ex-x2+x.记 g(x)=ex-x2+x,则 g′(x)=ex-2x+1. 1 当 x∈?0,2?时,ex>0,-2x+1≥0,故 g′(x)>0. ? ? 1 当 x∈?2,1?时,ex> e>1,-2x+1≥-1,故 g′(x)>0,综上,g′(x)在 x∈[0,1]上恒大于 0, ? ? 所以 g(x)在[0,1]上为增函数,值域为[g(0),g(1)],即[1,e],从而 a 的取值范围是[1,e]. 3 ?x -(a+5)x,x≤0, 20.B12[2013· 天津卷] 设 a∈[-2,0],已知函数 f(x)=?

?

3 2 ?x - 2 x +ax,x>0. ?

a+3

(1)证明 f(x)在区间(-1,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增; (2)设曲线 y=f(x)在点 Pi(xi,f(xi))(i=1,2,3)处的切线相互平行,且 x1x2x3≠0,证明 x1+x2+ 1 x3>- . 3 a+3 2 20.解:(1)证明:设函数 f1(x)=x3-(a+5)x(x≤0),f2(x)=x3- x +ax(x≥0), 2 ①f′1(x)=3x2-(a+5),a∈[-2,0],从而当-1<x≤0 时,f′1(x)=3x2-(a+5)<3-a-5≤0, 所以函数 f1(x)在区间(-1,0]内单调递减. ②f′2(x)=3x2-(a+3)x+a=(3x-a)(x-1),由于 a∈[-2,0],所以当 0<x<1 时,f′2(x)<0;当 x>1 时,f′2(x)>0,即函数 f2(x)在区间[0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增. 综合①②及 f1(0)=f2(0),可知函数 f(x)在区间(-1,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递 增. a+3 a+3 (2)证明:由(1)知 f′(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间 0, 内单调递减,在区间 , 6 6 +∞内单调递增,且 f′2(0)-f′1(0)=a+a+5>0.因为曲线 y=f(x)在点 Pi(xi,f(xi))(i=1,2,3)处的切 线相互平行,从而 x1,x2,x3 互不相等,且 f′(x1)=f′(x2)=f′(x3).结合图像不妨设 x1<0<x2<x3,由 3x2-(a+5)=3x2-(a+3)x2+a=3x2-(a+3)x3+a, 1 2 3 a+3 2 可得 3x2-3x2-(a+3)(x2-x3)=0,解得 x2+x3= . 3 3 a+3 设 g(x)=3x2-(a+3)x+a,则 g <g(x2)<g(0)=a. 6 由 3x2-(a+5)=g(x2)<a,解得- 1 设 t= 2a+5 3t2-5 ,则 a= . 3 2 3 15 , , 3 3 2a+5 <x1<0,所以 x1+x2+x3>- 3 2a+5 a+3 + . 3 3

因为 a∈[-2,0],所以 t∈

3t2+1 1 1 1 1 故 x1+x2+x3>-t+ = (t-1)2- ≥- ,即 x1+x2+x3>- . 6 2 3 3 3 20.B11、B12[2013· 新课标全国卷Ⅰ] 已知函数 f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线 y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为 y=4x+4. (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值. 20.解:(1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4. 由已知得 f(0)=4,f′(0)=4,故 b=4,a+b=8. 从而 a=4,b=4. (2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x.
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1 x f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)?e -2?. ? ? 令 f′(x)=0,得 x=-ln 2 或 x=-2. 从而当 x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f′(x)>0;当 x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减. - 当 x=-2 时,函数 f(x)取得极大值,极大值为 f(-2)=4(1-e 2).

2 ? ?-x +2x,x≤0, 12.B5、B12、B14[2013· 新课标全国卷Ⅰ] 已知函数 f(x)=? 若|f(x)|≥ax,则 ?ln(x+1),x>0. ?

a 的取值范围是( ) A.(-∞,0] B.(-∞,1] C.[-2,1] D.[-2,0] 12. D
?x2-2x,x≤0, ? [解析] 函数 y=|f(x)|=? 在同一坐标系中画出 y=|f(x)|,y=ax 的图像 ? ?ln (x+1),x>0.

如图所示,问题等价于直线 y=ax 不在函数 y=|f(x)|图像的上方,显然 a>0 时,y=ln (x+1)的图像 不可能恒在直线 y=ax 的上方,故 a≤0;由于直线 y=ax 与曲线 y=x2-2x 均过坐标原点,所以满 足条件的直线 y=ax 的极端位置是曲线 y=x2-2x 在点(0,0)处的切线,y′=2x-2,当 x=0 时 y′ =-2.所以-2≤a≤0.

21.B12[2013· 浙江卷] 已知 a∈R,函数 f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax. (1)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)若|a|>1,求 f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值. 21.解:(1)当 a=1 时, f′(x)=6x2-12x+6,所以 f′(2)=6. 又因为 f(2)=4,所以切线方程为 y=6x-8. (2)记 g(a)为 f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值. f′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a). 令 f′(x)=0,得 x1=1,x2=a. 当 a>1 时, x f′(x) f(x) 0 0 (0,1) + 单调 递增 1 0 极大值 3a-1 (1,a) - 单调 递减 a 0 极小值 a2(3-a) (a,2a) + 单调 递增 4a3 2a

比较 f(0)=0 和 f(a)=a2(3-a)的大小可得
?0,1<a≤3, ? g(a)=? 2 ?a (3-a),a>3. ?

当 a<-1 时, x f′(x) f(x) 0 0 (0,1) - 单调 递减 1 0 极小值 3a-1 (1,-2a) + 单调 递增 -28a3-24a2 -2a

得 g(a)=3a-1. 综上所述,f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为

?3a-1,a<-1, ? g(a)=?0,1<a≤3, ?a2(3-a),a>3. ?
8.B12[2013· 浙江卷] 已知函数 y=f(x)的图像是下列四个图像之一,且其导函数 y=f′(x)的图像 如图 1-2 所示,则该函数的图像是( )

图 1-2

图 1-3 8.B [解析] 由导函数的图像可知,f′(x)>0 恒成立,则 f(x)在(-1,1)上递增,且导函数为偶 函数,则函数 f(x)为奇函数,再从导函数的图像可知,当 x∈(0,1)时,其二阶导数 f″(x)<0,则 f(x) 在 x∈(0,1)时,其图像是向上凸的,或者 y 随着 x 增长速度越来越缓慢,故选择 B. 20.B11 和 B12[2013· 重庆卷] 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池 的底面半径为 r 米,高为 h 米,体积为 V 立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本 为 100 元/平方米,底面的建造成本为 160 元/平方米,该蓄水池的总建造成本为 12 000π 元(π 为圆 周率). (1)将 V 表示成 r 的函数 V(r),并求该函数的定义域; (2)讨论函数 V(r)的单调性,并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大. 20.解:(1)因为蓄水池侧面的总成本为 100· rh=200π rh 元,底面的总成本为 160π r2 元, 2π 1 所以蓄水池的总成本为(200π rh+160π r2)元, 又据题意 200π rh+160π r2=12 000π , 所以 h= (300 5r -4r2),从而 π V(r)=π r2h= (300r-4r3). 5 因为 r>0,又由 h>0 可得 r<5 3,故函数 V(r)的定义域为(0,5 3). π π (2)因为 V(r)= (300r-4r3),故 V′(r)= (300-12r2).令 V′(r)=0,解得 r1=5,r2=-5(r2=- 5 5 5 不在定义域内,舍去). 当 r∈(0,5)时,V′(r)>0,故 V(r)在(0,5)上为增函数;当 r∈(5,5 3)时,V′(r)<0,故 V(r)在 (5,5 3)上为减函数. 由此可知,V(r)在 r=5 处取得最大值,此时 h=8,即当 r=5,h=8 时,该蓄水池的体积最大.

B13 定积分与微积分基本定理

B14 单元综合

14.B1,B14[2013· 安徽卷] 定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+1)=2f(x),若当 0≤x≤1 时,f(x) =x(1-x),则当-1≤x≤0 时,f(x)=________. x(x+1) 1 14.- [解析] 当-1≤x≤0 时,0≤x+1≤1,由 f(x+1)=2f(x)可得 f(x)= f(x+1) 2 2 1 =- x(x+1). 2 18.B11,B12,B9,B14[2013· 北京卷] 已知函数 f(x)=x2+xsin x+cos x. (1)若曲线 y=f(x)在点(a,f(a))处与直线 y=b 相切,求 a 与 b 的值; (2)若曲线 y=f(x)与直线 y=b 有两个不同交点,求 b 的取值范围. 18.解:由 f(x)=x2+xsin x+cos x,得 f′(x)=x(2+cos x). (1)因为曲线 y=f(x)在点(a,f(a))处与直线 y=b 相切,所以 f′(a)=a(2+cos a)=0,b=f(a). 解得 a=0,b=f(0)=1. (2)令 f ′(x)=0,得 x=0. f(x)与 f′(x)的情况如下: x f′(x) f(x) (-∞,0) - ? 0 0 1 (0,+∞) + ?

所以函数 f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,f(0)=1 是 f(x)的最小 值. 当 b≤1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=b 最多只有一个交点; 当 b>1 时,f(-2b)=f(2b)≥4b2-2b-1>4b-2b-1>b,f(0)=1<b, 所以存在 x1∈(-2b,0),x2∈(0,2b),使得 f(x1)=f(x2)=b. 由于函数 f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调,所以当 b>1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=b 有且仅有两个不同交点. 综上可知,如果曲线 y=f(x)与直线 y=b 有两个不同交点,那么 b 的取值范围是(1,+∞). 21.B12、B14[2013· 全国卷] 已知函数 f(x)=x3+3ax2+3x+1. (1)当 a=- 2时,讨论 f(x)的单调性; (2)若 x∈[2,+∞)时,f(x)≥0,求 a 的取值范围. 21.解:(1)当 a=- 2时,f(x)=x3-3 2x2+3x+1, f′(x)=3x2-6 2x+3. 令 f′(x)=0,得 x1= 2-1,x2= 2+1. 当 x∈(-∞, 2-1)时,f′(x)>0,f(x)在(-∞, 2-1)上是增函数; 当 x∈( 2-1, 2+1)时,f′(x)<0,f(x)在( 2-1, 2+1)上是减函数; 当 x∈( 2+1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在( 2+1,+∞)上是增函数. 5 (2)由 f(2)≥0 得 a≥- . 4 5 当 a≥- ,x∈(2,+∞)时, 4

5 2 f′(x)=3(x2+2ax+1)≥3?x -2x+1?= ? ? 1 3?x-2?(x-2)>0, ? ? 所以 f(x)在(2,+∞)上是增函数,于是当 x∈[2,+∞)时,f(x)≥f(2)≥0. 5 综上,a 的取值范围是?-4,+∞?. ? ? a 22.B12,B14[2013· 福建卷] 已知函数 f(x)=x-1+ x(a∈R,e 为自然对数的底数). e (1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,求 a 的值; (2)求函数 f(x)的极值; (3)当 a=1 时,若直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点,求 k 的最大值. a a 22.解:(1)由 f(x)=x-1+ x,得 f′(x)=1- x. e e a 又曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,得 f′(1)=0,即 1- =0,解得 a=e. e a (2)f′(x)=1- x, e ①当 a≤0 时,f′(x)>0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数 f(x)无极值. ②当 a>0 时,令 f′(x)=0,得 ex=a,x=ln a. 当 x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0; 当 x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0, 所以 f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a, +∞)上单调递增, f(x)在 x=ln a 处取得极小值, 故 且极小值为 f(ln a)=ln a,无极大值. 综上,当 a≤0 时,函数 f(x)无极值; 当 a>0 时,f(x)在 x=ln a 处取得极小值 ln a,无极大值. 1 (3)方法一:当 a=1 时,f(x)=x-1+ x. e 1 令 g(x)=f(x)-(kx-1)=(1-k)x+ x, e 则直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点, 等价于方程 g(x)=0 在 R 上没有实数解. 1 1 假设 k>1,此时 g(0)=1>0,g?k-1?=-1+ <0, 1 ? ? e k-1 又函数 g(x)的图像连续不断, 由零点存在定理, 可知 g(x)=0 在 R 上至少有一解, 与“方程 g(x) =0 在 R 上没有实数解”矛盾,故 k≤1. 1 又 k=1 时,g(x)= x>0,知方程 g(x)=0 在 R 上没有实数解. e 所以 k 的最大值为 1. 1 方法二:当 a=1 时,f(x)=x-1+ x. e 直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点,

1 等价于关于 x 的方程 kx-1=x-1+ x在 R 上没有实数解,即关于 x 的方程: e 1 (k-1)x= x(*)在 R 上没有实数解. e 1 ①当 k=1 时,方程(*)可化为 x=0,在 R 上没有实数解. e 1 ②当 k≠1 时,方程(*)化为 =xex. k-1 令 g(x)=xex,则有 g′(x)=(1+x)ex. 令 g′(x)=0,得 x=-1, 当 x 变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表: x g′(x) g(x) (-∞,-1) - ? -1 0 - 1 e (-1,+∞) + ?

[来源:学。科。网]

1 1 当 x=-1 时,g(x)min=- ,同时当 x 趋于+∞时,g(x)趋于+∞,从而 g(x)的取值范围为- , e e +∞. 1 1 所以当 ∈?-∞,-e?时,方程(*)无实数解. ? ? k-1 解得 k 的取值范围是(1-e,1). 综上①②,得 k 的最大值为 1. 16.A4,B14[2013· 福建卷] 设 S,T 是 R 的两个非空子集,如果存在一个从 S 到 T 的函数 y= f(x)满足: (i)T={f(x)|x∈S};(ii)对任意 x1,x2∈S,当 x1<x2 时,恒有 f(x1)<f(x2),那么称这两个集合“保 序同构”.现给出以下 3 对集合: ①A=N,B=N*; ②A={x|-1≤x≤3},B={x|-8≤x≤10}; ③A={x|0<x<1},B=R. 其中,“保序同构”的集合对的序号是________.(写出所有“保序同构”的集合对的序号) 16.①②③ [解析] 函数 f(x)为定义域 S 上的增函数,值域为 T.构造函数 f(x)=x+1,x∈N, ? 则 f(x)值域为 N ,且为增函数,①正确.构造过两点(-1,-8),(3,10)的线段对应的函数 f(x) 9 7 1 = x- ,-1≤x≤3,满足题设条件,②正确.构造函数 f(x)=tanx- π ,0<x<1,满足题设条件, 2 2 2 ③正确. 12.B14[2013· 福建卷] 设函数 f(x)的定义域为 R,x0(x0≠0)是 f(x)的极大值点,以下结论一定正 确的是( ) A.? x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0 是 f(-x)的极小值点 C.-x0 是-f(x)的极小值点 D.-x0 是-f(-x)的极小值点 12.D [解析] 根据极值点是函数局部的性质可排除 A 选项,根据函数 f(x)的图像与 f(-x)、 -f(x)、-f(-x)的图像分别关于 y 轴、x 轴、原点对称,可排除 B、C 选项,故选 D.

20.B14[2013· 江苏卷] 设函数 f(x)=ln x-ax,g(x)=ex-ax,其中 a 为实数. (1)若 f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,且 g(x)在(1,+∞)上有最小值,求 a 的取值范围; (2)若 g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,试求 f(x)的零点个数,并证明你的结论. 1-ax 1 20.解:(1)令 f′(x)= -a= <0,考虑到 f(x)的定义域为(0,+∞),故 a>0,进而解得 x>a x x
-1

,即 f(x)在(a 1,+∞)上是单调减函数.同理,f(x)在(0,a 1) 上是单调增函数.由于 f(x)在(1, - - +∞)上是单调减函数,故(1,+∞)?(a 1,+∞),从而 a 1≤1,即 a≥1.令 g′(x)=ex-a=0,得 x =ln a.当 x<ln a 时,g′(x)<0;当 x>ln a 时,g′(x)>0.又 g(x)在(1,+∞)上有最小值,所以 ln a>1, 即 a>e. 综上,有 a∈(e,+∞). (2)当 a≤0 时,g(x)必为单调增函数;当 a>0 时,令 g′(x)=ex-a>0, 解得 a<ex,即 x>ln a,因为 g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,类似(1)有 ln a≤-1,即 0<a≤e -1 . - 结合上述两种情况,有 a≤e 1. 1 (i)当 a=0 时,由 f(1)=0 以及 f′(x)= >0,得 f(x)存在唯一的零点; x (ii)当 a<0 时,由于 f(ea)=a-aea=a(1-ea)<0,f(1)=-a>0,且函数 f(x)在[ea,1]上的图像不间 断,所以 f(x)在(ea,1)上存在零点. 1 另外,当 x>0 时,f′(x)= -a>0,故 f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,所以 f(x)只有一个零点. x (iii)当 0<a≤e
- -1





1 - - - 时, f′(x)= -a=0, 令 解得 x=a 1.当 0<x<a 1 时, f′(x)>0, x>a 1 时, 当 f′(x)<0, x


所以,x=a 1 是 f(x)的最大值点,且最大值为 f(a 1)=-ln a-1. - ①当-ln a-1=0,即 a=e 1 时,f(x)有一个零点 x=e. - ②当-ln a-1>0,即 0<a<e 1 时,f(x)有两个零点. - - - - - - 实际上,对于 0<a<e 1,由于 f(e 1)=-1-ae 1<0,f(a 1)>0,且函数 f(x)在[e 1,a 1]上的图像 -1 -1 不间断,所以 f(x)在(e ,a )上存在零点. 1 - - - 另外,当 x∈(0,a 1)时,f′(x)= -a>0,故 f(x)在(0,a 1)上是单调增函数,所以 f(x)在(0,a x
1

)上只有一个零点. - - - - 下面考虑 f(x)在(a 1,+∞)上的情况,先证 f(ea 1)=a(a 2-ea 1)<0,为此,我们要证明:当 x>e 时,ex>x2,设 h(x)=ex-x2,则 h′(x)=ex-2x,再设 l(x)=h′(x)=ex-2x,则 l′(x)=ex-2. 当 x>1 时, l′(x)=ex-2>e-2>0, 所以 l(x)=h′(x)在(1, +∞)上是单调增函数. 故当 x>2 时, h′(x) x 2 =e -2x>h′(2)=e -4>0, 从而 h(x)在(2,+∞)上是单调增函数,进而当 x>e 时,h(x)=ex-x2>h(e)=ee-e2>0, 即当 x>e 时,ex>x2. - - - - - - - 当 0<a<e 1,即 a 1>e 时,f(ea 1)=a 1-aea 1=a(a 2-ea 1)<0, - - - - - 又 f(a 1)>0,且函数 f(x)在[a 1,ea 1]上的图像不间断,所以 f(x)在(a 1,ea 1)上存在零点. 又当 x>a
-1

1 时,f′(x)= -a<0, x


故 f(x)在(a 1,+∞)上是单调减函数,所以 f(x)在(a 1,+∞)上只有一个零点. - 综合(i)(ii)(iii),当 a≤0 或 a=e 1 时,f(x)的零点个数为 1, - 当 0<a<e 1 时,f(x)的零点个数为 2.



1 13.B14[2013· 江苏卷] 在平面直角坐标系 xOy 中,设定点 A(a,a),P 是函数 y= (x>0)图像上 x 一动点.若点 P,A 之间的最短距离为 2 2,则满足条件的实数 a 的所有值为________. 13.-1, 10 [解析] 由题意知,若 a<0,则 a=-1 满足题意;若 a>0,则圆(x-a)2+(y-a)2 1 =8 与 y= (x>0)相切.联立方程,消去 y 得 x 1 2a x2-2ax+a2+ 2- +a2=8, x x 1 2 1 即?x+x? -2a ?x+x?+2a2-10=0. ? ? ? ? 令 Δ=0 得(2a)2-4(2a2-10)=0.(*) 解得 a= 10. 此时方程(*)的解为 x= 10± 6 ,满足题意. 2

综上,实数 a 的所有值为-1, 10.
?-x2+2x,x≤0, ? 12.B5、B12、B14[2013· 新课标全国卷Ⅰ] 已知函数 f(x)=? 若|f(x)|≥ax,则 ? ?ln(x+1),x>0.

a 的取值范围是( ) A.(-∞,0] B.(-∞,1] C.[-2,1] D.[-2,0] 12. D
? 2 ?x -2x,x≤0, [解析] 函数 y=|f(x)|=? 在同一坐标系中画出 y=|f(x)|,y=ax 的图像 ?ln (x+1),x>0. ?

如图所示,问题等价于直线 y=ax 不在函数 y=|f(x)|图像的上方,显然 a>0 时,y=ln (x+1)的图像 不可能恒在直线 y=ax 的上方,故 a≤0;由于直线 y=ax 与曲线 y=x2-2x 均过坐标原点,所以满 足条件的直线 y=ax 的极端位置是曲线 y=x2-2x 在点(0,0)处的切线,y′=2x-2,当 x=0 时 y′ =-2.所以-2≤a≤0.

16. B14[2013· 浙江卷] 设 a, b∈R, x≥0 时恒有 0≤x4-x3+ax+b≤(x2-1)2, ab=________. 若 则 16.-1 [解析] 当 x=1 时,0≤a+b≤0,则 a+b=0,b=-a,令 f(x)=(x2-1)2-(x4-x3+ ax-a)=x3-2x2-ax+a+1,则 f(x)≥0 在 x≥0 时恒成立,f(1)=1-2-a+a+1=0,则 x=1 应为 极小值点,f′(x)=3x2-4x-a,故 f′(1)=0,a=-1,b=1,ab=-1. 4 1 1. [2013· 蚌埠模拟] 曲线 f(x)= x3+x 在点?1,3?处的切线与坐标轴围成的三角形面积为( ? ? 3 2 1 A. B. 9 9

)

1 C. 3

2 D. 3

4 4 1.B [解析] f′(x)=x2+1,在点?1,3?处的切线斜率为 k=f′(1)=2.所以切线方程为 y- =2(x ? ? 3 2? ?1 ? 2 2 1 1 -1),即 y=2x- ,与坐标轴的交点坐标为?0,-3?,?3,0?,所以三角形的面积为 × ×?-3?= ? 3 2 3 ? ? 1 ,故选 B. 9 2.[2013· 丹东四校协作体联考] 函数 f(x)=ln x+ax 存在与直线 2x-y=0 平行的切线,则实数 a 的取值范围是( ) A.(-∞,2] B.(-∞,2) C.[0,+∞) D.(2,+∞) 2.B [解析] 函数 f(x)=ln x+ax 存在与直线 2x-y=0 平行的切线,即 f′(x)=2 在(0,+∞) 1 1 1 1 上有解,而 f′(x)= +a,即 +a=2 在(0,+∞)上有解,a=2- ,因为 x>0,所以 2- <2,所 x x x x 以 a 的取值范围是(-∞,2),故选 B. 3.[2013· 龙岩调研] 已知点 P 在曲线 y= 4 上,α 为曲线在点 P 处的切线的倾斜角,则 α 的 e +1
x

取值范围是____________________. x x ?3π,π? [解析] y′= -4e ,即切线的斜率为 k= -4e ,所以 3.[135°,180°)或 ? 4 ? (ex+1)2 (ex+1)2 x x -4e -4e 4 1 1 k= x = =- ,因为 ex+ x+2≥2+2 ex· x=4,所以-1≤k<0,即 1 e e (e +1)2 e2x+2ex+1 x e + x+2 e -1≤tan α <0,所以 135°≤α <180°,即 α 的取值范围是[135°,180°). 4.[2013· 郑州模拟] 已知 f(x)为 R 上的可导函数,且?x∈R,均有 f(x)>f′(x),则有( ) 2 013 2 013 A.e f(-2 013)<f(0),f(2 013)>e f(0) B.e2 013f(-2 013)<f(0),f(2 013)<e2 013f(0) C.e2 013f(-2 013)>f(0),f(2 013)>e2 013f(0) D.e2 013f(-2 013)>f(0),f(2 013)<e2 013f(0) f(x) f′(x)ex-(ex)′f(x) f′(x)-f(x) 4. [解析] 构造函数 g(x)= x , g′(x)= D 则 = , e ex (ex)2 f(x) 因为?x∈R,均有 f(x)>f′(x),并且 ex>0,所以 g′(x)<0,故函数 g(x)= x 在 R 上单调递减,所 e f(-2 013) f(2 013) 以 g(-2 013)>g(0), 013)<g(0), g(2 即 >f(0), 2 013 <f(0), 也就是 e2 013f(-2 013)>f(0), - e e 2 013 f(2 013)<e2 013f(0),故选 D. [规律解读] 利用导数的正负判断函数的单调性,然后比较函数值的大小是导数应用很灵活的一 个方面.此类问题中,构造恰当的函数时,既要结合待求去分析,又要熟悉常见的导数式子. 5. [2013· 温州联考] 已知函数 f(x)的定义域为[-1, 部分对应值如下表, 5], f(x)的导函数 y=f′ (x)的图像如图 K10-4 所示.

图 K10-4 x f(x) -1 1 0 2 2 1.5 4 2 5 1

下列关于函数 f(x)的命题: ①函数 f(x)的值域为[1,2]; ②函数 f(x)在[0,2]上是减函数; ③如果当 x∈[-1,t]时,f(x)的最大值是 2,那么 t 的最大值为 4; ④当 1<a<2 时,函数 y=f(x)-a 最多有 4 个零点. 其中正确命题的序号是________. 5.①②④ [解析] 由导数图像可知,当-1<x<0 或 2<x<4 时,f′(x)>0,函数单调递增,当 0<x<2 或 4<x<5 时,f′(x)<0,函数单调递减,②正确.当 x=0 和 x=4 时,函数取得极大值 f(0) =2,f(4)=2,当 x=2 时,函数取得极小值 f(2)=1.5,又 f(-1)=f(5)=1,所以函数的最大值为 2, 最小值为 1,值域为[1,2],①正确.因为当 x=0 和 x=4 时,函数取得极大值 f(0)=2,f(4)=2, 要使当 x∈[-1,t]时,函数 f(x)的最大值是 2,由前面分析得,t 的最大值为 5,所以③不正确.由 f(x)=a 知,因为极小值 f(2)=1.5,极大值为 f(0)=f(4)=2,所以当 1<a<2 时,y=f(x)-a 最多有 4 个零点,所以④正确.所以真命题的序号为①②④.


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