2012年函数与导数(文科)教师版

B 函数与导数B1 函数及其表示1．B1[2012·天津卷] 已知函数y ＝|x 2－1|x －1的图象与函数y ＝kx 的图象恰有两个交点，则实数k 的取值范围是______． 1．(0,1)∪(1,2) [解析] y ＝|x 2－1|x －1＝⎩⎪⎨⎪⎧－＋，－1≤x<1，x ＋1，x<－1或x>1， 在同一坐标系内画出y ＝kx 与y ＝|x 2－1|x －1的图象如图，结合图象当直线y ＝kx 斜率从0增到1时，与y ＝|x x －1在x 轴下方的图象有两公共点；当斜率从1增到2时，与y ＝|x 2－1|x －1的图象在x 轴上、下方各有一个公共点． 2．B1[2012·陕西卷] 设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ x ，x≥0，⎝⎛⎭⎫12x ，x ＜0，则f(f(－4))＝________. 2．4 [解析] 由题目所给的是一分段函数，而f(－4)＝16，所以f(16)＝4，故答案为4. 3．B1[2012·山东卷] 函数f(x)＝1＋＋4－x 2的定义域为( ) A ．[－2,0)∪(0,2] B ．(－1,0)∪(0,2] C ．[－2,2] D ．(－1,2]3．B [解析] 要使函数f(x)＝1＋＋4－x 2有意义，须有⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋1>0，＋，4－x 2≥0，解之得－1<x≤2且x≠0. 4．B1[2012·江西卷] 设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋1，x≤1，2x，x>1，则f(f(3))＝( ) A.15 B ．3 C.23 D.1394．D [解析] f(x)＝23，f(f(3))＝⎝⎛⎭⎫232＋1＝139，故选D. 5．B1[2012·江苏卷] 函数f(x)＝1－2 log 6x 的定义域为________．5．(0，6] [解析] 解题突破口为寻找使函数解析式有意义的限制条件．由⎩⎪⎨⎪⎧x>0，1－2log 6x≥0，解得0<x≤ 6. 6．B1[2012·广东卷] 函数y ＝x ＋1x的定义域为________． 6．{x|x ≥－1且x≠0} [解析] 本题考查函数的定义域，函数有意义，满足：⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，x≠0.解得{x|x ≥－1且x≠0}． 7．B1[2012·福建卷] 设f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x 为有理数，0，x 为无理数，则f(g(π))的值为( ) A ．1 B ．0 C ．－1 D ．π7．B [解析] 解题的关键是求分段函数的值时，一定要认真分析自变量所在的区间，因为各段上的解析式是不相同的．∵π是无理数，∴g(π)＝0，f(g(π))＝f(0)＝0，所以选择B.8．B1[2012·四川卷] 函数f(x)＝11－2x的定义域是________．(用区间表示)8.⎝⎛⎭⎫－∞，12 [解析] 由⎩⎨⎧1－2x ≠0，1－2x≥0，解得x ＜12，即函数f(x)的定义域为⎝⎛⎭⎫－∞，12. B2 反函数9．B2[2012·全国卷] 函数y ＝x ＋1(x≥－1)的反函数为( )A ．y ＝x 2－1(x≥0)B ．y ＝x 2－1(x≥1)C ．y ＝x 2＋1(x≥0)D ．y ＝x 2＋1(x≥1)9．A [解析]解题的突破口为原函数与反函数定义域与值域的关系和反解x 的表达式．由y ＝x ＋1得y 2＝x ＋1，即x ＝y 2－1，交换x 和y 得y ＝x 2－1，又原函数的值域为y≥0，所以反函数的定义域为x≥0，故选A. B3 函数的单调性与最值10．B3[2012·课标全国卷] 设函数f(x)＝＋2＋sinx x 2＋1的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝________. 10．[答案] 2[解析] 因为f(x)＝＋2＋sinx x 2＋1＝1＋2x ＋sinx x 2＋1，令g(x)＝2x ＋sinx x 2＋1，则f(x)＝g(x)＋1.由g(－x)＝－2x －sinx x 2＋1＝－g(x)及函数g(x)的定义域为R ，得函数g(x)是奇函数，故g(x)max 与g(x)min 互为相反数．故g(x)max ＋g(x)min ＝0.易知M ＝g(x)max ＋1，m ＝g(x)min ＋1，所以M ＋m ＝g(x)max ＋1＋g(x)min ＋1＝0＋2＝2.11．B3[2012·安徽卷] 若函数f(x)＝|2x ＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a ＝________.11．－6 [解析] 容易作出函数f(x)的图像(图略)，可知函数f(x)在⎝⎛⎦⎤－∞，－a 2上单调递减，在⎣⎡⎭⎫－a 2，＋∞单调递增．又已知函数f(x)的单调递增区间是[3，＋∞)，所以－a 2＝3，解得a ＝－6. 12．B2、D2[2012·四川卷] 设函数f(x)＝(x －3)3＋x －1，{a n }是公差不为0的等差数列，f(a 1)＋f(a 2)＋…＋f(a 7)＝14，则a 1＋a 2＋…＋a 7＝( )A ．0B ．7C ．14D ．2112．D [解析] 记公差为d ，则f(a 1)＋f(a 2)＋…＋f(a 7)＝(a 1－3)3＋(a 2－3)3＋…＋(a 7－3)3＋(a 1＋a 2＋…＋a 7)－7 ＝(a 4－3d －3)3＋(a 4－2d －3)3＋…＋(a 4＋2d －3)3＋(a 4＋3d －3)3＋7a 4－7＝7(a 4－3)3＋7×3(a 4－3)＋7a 4－7.由已知，7(a 4－3)3＋7×3(a 4－3)＋7a 4－7＝14，即7(a 4－3)3＋7×3(a 4－3)＋7(a 4－3)＝0，∴(a 4－3)3＋4(a 4－3)＝0.因为f(x)＝x 3＋4x 在R 上为增函数，且f(0)＝0，故a 4－3＝0，即a 4＝3，∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝7a 4＝7×3＝21.13．B3、B4[2012·陕西卷] 下列函数中，既是奇函数又是增函数的为( )A ．y ＝x ＋1B ．y ＝－x 3C ．y ＝1xD ．y ＝x|x| 13．D [解析] 本小题主要考查函数的单调性、奇偶性，解题的突破口为单调性的定义、奇偶性的定义与函数图像的对应关系．若函数为单调增函数，其图像为从左向右依次上升；若函数为奇函数，其图像关于原点对称．经分析，A 选项函数的图像不关于原点对称，不是奇函数，排除；B 选项函数的图像从左向右依次下降，为单调减函数，排除；C 选项函数的图像从左向右依次下降，为单调减函数，排除；故选D.其实对于选项D ，我们也可利用x>0、x ＝0、x<0讨论其解析式，然后画出图像，经判断符合要求，故选D.14．B3、B10[2012·北京卷] 某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图1－6所示．从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为( )A ．5B ．7C ．9D ．1114．C [解析] 本题考查利用函数图像识别函数值的变化趋势，也就是函数增减速度的快慢．法一：因为随着n 的增大，S n 在增大，要使S n n 取得最大值，只要让随着n 的增大S n ＋1－S n 的值超过S n ＋1－S 1n(平均变化)的加入即可，S n ＋1－S n 的值不超过S n ＋1－S 1n(平均变化)的舍去，由图像可知，6,7,8,9这几年的改变量较大，所以应该加入，到第10,11年的时候，改变量明显变小，所以不应该加入，故答案为 C.法二：假设S m m 是S n n 取的最大值，所以只要S m m >S m ＋1m ＋1即可，也就是S m －0m －0>S m ＋1－0＋－0，即可以看作点Q m (m ，S m )与O(0,0)连线的斜率大于点Q m ＋1(m ＋1，S m ＋1)与O(0,0)连线的斜率，所以观察可知到第Q 9(9，S 9)与O(0,0)连线的斜率开始大于点Q 10(10，S 10)与O(0,0)连线的斜率．答案为C.15．A2、A3、B3、E3[2012·北京卷] 已知f(x)＝m(x －2m)(x ＋m ＋3)，g(x)＝2x －2，若∀x ∈R ，f(x)<0或g(x)<0，则m 的取值范围是________．15．(－4,0) [解析] 本题考查函数图像与性质、不等式求解、逻辑、二次函数与指数函数等基础知识和基本技能，考查分类讨论的数学思想、分析问题和解决问题以及综合运用知识的能力．由已知g(x)＝2x －2<0，可得x<1，要使∀x ∈R ，f(x)<0或g(x)<0，必须使x≥1时，f(x)＝m(x －2m)(x ＋m ＋3)<0恒成立，当m ＝0时，f(x)＝m(x －2m)(x ＋m ＋3)＝0不满足条件，所以二次函数f(x)必须开口向下，也就是m<0，要满足条件，必须使方程f(x)＝0的两根2m ，－m －3都小于1，即⎩⎪⎨⎪⎧2m<1，－m －3<1，可得m ∈(－4,0)． 16．B3、D4、M4[2012·北京卷] 设A满足性质P ：a ，b ，c ，d ，e ，f ∈[－1,1]，且a ＋r i (A)为A 的第i 行各数之和(i ＝1,2)，c j (A)为A 的第j 列各数之和(j ＝1,2,3)；记k(A)为|r 1(A)|，|r 2(A)|，|c 1(A)|，|c 2(A)|，|c 3(A)|中的最小值．(1)对如下数表A ，求k(A)的值；(2)设数表A 形如其中－1≤d≤0，求k(A)的最大值；(3)A ，求k(A)的最大值．16．解：(1)因为r 1(A)＝1.2，r 2(A)＝－1.2，c 1(A)＝1.1，c 2(A)＝0.7，c 3(A)＝－1.8，所以k(A)＝0.7.(2)r 1(A)＝1－2d ，r 2(A)＝－1＋2d ，c 1(A)＝c 2(A)＝1＋d ，c 3(A)＝－2－2d.因为－1≤d≤0，所以|r 1(A)|＝|r 2(A)|≥1＋d≥0， |c 3(A)|≥1＋d≥0.所以k(A)＝1＋d≤1.当d ＝0时，k(A)取得最大值1.(3)任给满足性质P 的数表A(如下所示)．任意改变A 的行次序或列次序，或把A 所得数表A *仍满足性质P ，并且k(A)＝k(A *)． 因此，不妨设r 1(A)≥0，c 1(A)≥0，c 2(A)≥0.由k(A)的定义知，k(A)≤r 1(A)，k(A)≤c 1(A)，k(A)≤c 2(A)．从而3k(A)≤r 1(A)＋c 1(A)＋c 2(A)＝(a ＋b ＋c)＋(a ＋d)＋(b ＋e)＝(a ＋b ＋c ＋d ＋e ＋f)＋(a ＋b －f)＝a ＋b －f≤3.所以k(A)≤1.由(2)知，存在满足性质P 的数表A 使k(A)＝1.故k(A)的最大值为1.17．B3、B4[2012·天津卷] 下列函数中，既是偶函数，又在区间(1,2)内是增函数的为( )A ．y ＝cos2x ，x ∈RB ．y ＝log 2|x|，x ∈R 且x≠0C ．y ＝e x －e －x2，x ∈R D ．y ＝x 3＋1，x ∈R 17．B [解析] 法一：由偶函数的定义可排除C 、D ，又∵y ＝cos2x 为偶函数，但在(1,2)内不单调递增，故选B. 法二：由偶函数定义知y ＝log 2|x|为偶函数，以2为底的对数函数在(1,2)内单调递增．18．B3、B9、B12[2012·福建卷] 已知函数f(x)＝axsinx －32(a ∈R )，且在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为π－32. (1)求函数f(x)的解析式； (2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．18．解：(1)由已知f′(x)＝a(sinx ＋xcosx)，对于任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，有sinx ＋xcosx ＞0. 当a ＝0时，f(x)＝－32，不合题意；当a ＜0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f′(x)＜0，从而f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内单调递减， 又f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的图象是连续不断的，故f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f(0)＝－32，不合题意； 当a ＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f′(x)＞0，从而f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内单调递增，又f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的图象是连续不断的，故f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f ⎝⎛⎭⎫π2，即π2a －32＝π－32，解得a ＝1.综上所述，得f(x)＝xsinx －32. (2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：由(1)知，f(x)＝xsinx －32，从而有f(0)＝－32＜0.f ⎝⎛⎭⎫π2＝π－32＞0， 又f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的图象是连续不断的．所以f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内至少存在一个零点． 又由(1)知f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递增，故f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内有且仅有一个零点．当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时，令g(x)＝f′(x)＝sinx ＋xcosx.由g ⎝⎛⎭⎫π2＝1＞0，g (π)＝－π＜0，且g(x)在⎣⎡⎦⎤π2，π上的图象是连续不断的，故存在m ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使得g(m)＝0. 由g′(x)＝2cosx －xsinx ，知x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，有g′(x)＜0，从而g(x)在⎝⎛⎭⎫π2，π内单调递减． 当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，m 时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在⎝⎛⎭⎫π2，m 内单调递增，故当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，m 时，f(x)≥f ⎝⎛⎫π2＝π－32＞0，故f(x)在⎣⎡⎦⎤π2，m 上无零点； 当x ∈(m ，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m ，π)内单调递减．又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m ，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m ，π)内有且仅有一个零点．综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．19．B3、B10[2012·北京卷] 某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图1－6所示．从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为( )A ．5B ．7C ．9D ．1119．C [解析] 本题考查利用函数图像识别函数值的变化趋势，也就是函数增减速度的快慢．法一：因为随着n 的增大，S n 在增大，要使S n n 取得最大值，只要让随着n 的增大S n ＋1－S n 的值超过S n ＋1－S 1n(平均变化)的加入即可，S n ＋1－S n 的值不超过S n ＋1－S 1n(平均变化)的舍去，由图像可知，6,7,8,9这几年的改变量较大，所以应该加入，到第10,11年的时候，改变量明显变小，所以不应该加入，故答案为C.法二：假设S m m 是S n n 取的最大值，所以只要S m m >S m ＋1m ＋1即可，也就是S m －0m －0>S m ＋1－0＋－0，即可以看作点Q m (m ，S m )与O(0,0)连线的斜率大于点Q m ＋1(m ＋1，S m ＋1)与O(0,0)连线的斜率，所以观察可知到第Q 9(9，S 9)与O(0,0)连线的斜率开始大于点Q 10(10，S 10)与O(0,0)连线的斜率．答案为C.20．B3、B4[2012·浙江卷] 设函数f(x)是定义在R 上的周期为2的偶函数，当x ∈[0,1]时，f(x)＝x ＋1，则f ⎝⎛⎭⎫32＝________.20．[答案] 32[解析] 本题考查了函数的性质等基本知识，考查了学生的观察、变通能力，属于较易题． 函数f(x)是定义在R 上的周期为2的偶函数，且当x ∈[0,1]时，f(x)＝x ＋1，那么f ⎝⎛⎭⎫32＝f ⎝⎛⎭⎫－32＝f ⎝⎛⎭⎫2－32＝f ⎝⎛⎭⎫12＝32. B4 函数的奇偶性与周期性21．B4[2012·重庆卷] 若f(x)＝(x ＋a)(x －4)为偶函数，则实数a ＝________.21．4 [解析] 因为f(x)＝x 2＋(a －4)x －4a ，所以根据f(x)为偶函数得f(x)＝f(－x)，即x 2＋(a －4)x －4a ＝x 2＋(4－a)x －4a ，所以a －4＝4－a ，解得a ＝4.22．B4[2012·上海卷] 已知y ＝f(x)是奇函数，若g(x)＝f(x)＋2且g(1)＝1，则g(－1)＝________.22．3 [解析] 考查函数的奇偶性和转化思想，解此题的关键是利用y ＝f(x)为奇函数．已知函数y ＝f(x)为奇函数，由已知得g(1)＝f(1)＋2＝1，∴f(1)＝－1，则f(－1)＝－f(1)＝1，所以g(－1)＝f(－1)＋2＝1＋2＝3.23．B4[2012·广东卷] 下列函数为偶函数的是( )A ．y ＝sinxB ．y ＝x 3C ．y ＝e xD ．y ＝ln x 2＋123．D [解析] 根据奇偶性的定义知A 、B 都为奇函数，C 非奇非偶函数，D 是偶函数，所以选择D..B5 二次函数24．B5[2012·山东卷] 设函数f(x)＝1x，g(x)＝－x 2＋bx.若y ＝f(x)的图象与y ＝g(x)的图象有且仅有两个不同的公共点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则下列判断正确的是( )A ．x 1＋x 2>0，y 1＋y 2>0B ．x 1＋x 2>0，y 1＋y 2<0C ．x 1＋x 2<0，y 1＋y 2>0D ．x 1＋x 2<0，y 1＋y 2<024．B [解析] 本题考查函数的图象与性质，考查推理论证能力，偏难．当y ＝f(x)的图象与y ＝g(x)图象有且仅有两个不同的公共点时，其图象为作出点A 关于原点的对称点C ，则C(－x 1，－y 1)12y 1>y 2，故x 1＋x 2>0，y 1＋y 2<0，故选B.25．B5、B6[2012·上海卷] 方程4x －2x ＋1－3＝0的解是________．25．log 23 [解析] 考查指数方程和二次方程的求解，以及函数与方程的思想和转化思想，关键是把指数方程转化为二次方程求解．把原方程转化为(2x )2－2·2x －3＝0，化为(2x －3)(2x ＋1)＝0，所以2x ＝3，或2x ＝－1(舍去)，两边取对数解得x ＝log 23.B6 指数与指数函数26．B6[2012·四川卷] 函数y ＝a x －a(a>0，且a≠1)的图象可能是( )1－1 26．C [解析] 由f(1)＝0可知选C.27．B6、B8[2012·山东卷] 若函数f(x)＝a x (a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g(x)＝(1－4m)x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝________.27.14[解析] 本题考查指数函数与幂函数的单调性，考查分类讨论思想及推理论证能力，中档题．∵g(x)＝(1－4m)x 在(0，＋∞)上单调递增，∴m<14.当a>1时，f(x)的最大值为a 2＝4，即a ＝2，m ＝2－1＝12>14，与m<14相矛盾，舍去；当0<a<1时，f(x)的最大值为a －1＝4，即a ＝14，m ＝⎝⎛⎭⎫142<14成立． 28．B6、B7[2012·天津卷] 已知a ＝21.2，b ⎝⎛⎭⎫12－0.8，c ＝2 log 52，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．c ＜b ＜aB ．c ＜a ＜bC ．b ＜a ＜cD ．b ＜c ＜a28．A [解析] ∵a ＝21.2>2,1＝⎝⎛⎭⎫120<b ＝⎝⎛⎭⎫12－0.8<⎝⎛⎭⎫12－1＝2，c ＝2log 52＝log 54<1，∴c<b<a. 29．B6、B7[2012·课标全国卷] 当0<x≤12时，4x <log a x ，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎫0，22 B.⎝⎛⎭⎫22，1 C ．(1，2) D ．(2，2) 29．B [解析] 当a>1时，因为0<x≤12，所以log a x<0.不满足4x <log a x ，故舍去；当0<a<1时，因为0<x≤12，数形结合易得，需满足412<log a 12，得2<log a 12，则a 2>12，解得a>22或a<－22.结合前提条件得22<a<1.综上，a ∈⎝⎛⎭⎫22，1. 30．B6、B8、B9[2012·北京卷] 函数f(x)＝x 12－⎝⎛⎭⎫12x 的零点个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．330．B [解析] 本题考查指数函数和幂函数的图象与性质，考查数形结合的数学思想．由f(x)＝x 12－⎝⎛⎭⎫12x ＝0，可得x 12＝⎝⎛⎭⎫12x ，令h(x)＝x 12，g(x)＝⎝⎛⎭⎫12x ，所以函数f(x)的零点个数就是函数h(x)与g(x)的交点个数，如图可知交点个数只有一个，所以函数f(x)的零点个数为1，答案为B.31．E1、B6、B7[2012·湖南卷] 设a ＞b ＞1，c ＜0，给出下列三个结论：①c a ＞c b；②a c ＜b c ；③log b (a －c)＞log a (b －c)．其中所有的正确结论的序号是( )A ．①B ．①②C ．②③D ．①②③31．D [解析] 本题考查不等式性质、指数式和对数式的大小比较，意在考查考生对不等式性质、幂函数和对数函数的性质的运用能力；解题思路：转化为幂函数比较大小，利用换底公式比较对数式的大小．由不等式的基本性质可知①对；幂函数y ＝x c (c<0)在(0，＋∞)上单调递减，又a ＞b ＞1，所以②对；由对数函数的单调性可得log b (a －c)＞log b (b －c)，又由对数的换底公式可知log b (b －c) ＞log a (b －c)，所以log b (a －c)＞log a (b －c)，故选项D 正确．[易错点] 本题易错一：不等式基本性质不了解，以为①错；易错二：指数式大小比较，利用指数函数的性质比较，容易出错；易错三：对换底公式不了解，无法比较，错以为③错．32．A1、E3、B6[2012·重庆卷] 设函数f(x)＝x 2－4x ＋3，g(x)＝3x －2，集合M ＝{x ∈R |f(g(x))>0|，则N ＝{x ∈R |g(x)<2}，则M∩N 为( )A ．(1，＋∞)B ．(0,1)C ．(－1,1)D ．(－∞，1)32．D [解析] 因为f(g(x))＝[g(x)]2－4g(x)＋3，所以解关于g(x)不等式[g(x)]2－4g(x)＋3＞0，得g(x)＜1或g(x)＞3，即3x －2＜1或3x －2＞3，解得x ＜1或x ＞log 35，所以M ＝(－∞，1)∪(log 35，＋∞)，又由g(x)＜2，即3x －2＜2,3x ＜4，解得x ＜log 34，所以N ＝(－∞，log 34)，故M∩N ＝(－∞，1)，选D.B7 对数与对数函数33．B7[2012·重庆卷] 已知a ＝log 23＋log 23，b ＝log 29－log 23，c ＝log 32，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a ＝b<cB ．a ＝b>cC ．a<b<cD ．a>b>c33．B [解析] 因为a ＝log 233＞1，b ＝log 293＝log 233＞1，又∵0＝log 31＜log 32＜log 33＝1，∴a ＝b ＞c ，选B. 34．B7[2012·全国卷] 已知x ＝lnπ，y ＝log 52，z ＝e －12，则( ) A ．x<y<z B ．z<x<y C ．z<y<x D ．y<z<x34．D [解析] 本小题主要考查对数与指数的大小比较，解题的突破口为寻找中间量作比较．x ＝lnπ>lne ＝1,0<log 52<log 42＝log 4412＝12，1＝e 0>e －12＝1e >14＝12，∴y<z<x ，故选D. 35．B7[2012·北京卷] 已知函数f(x)＝lgx ，若f(ab)＝1，则f(a 2)＋f(b 2)＝________.35．2 [解析] 本题考查函数解析式与对数运算性质．因为f(ab)＝lg(ab)＝1，所以f(a 2)＋f(b 2)＝lga 2＋lgb 2＝lg(ab)2＝2lg(ab)＝2.36．B7[2012·安徽卷] (log 29)·(log 34)＝( )A.14B.12C ．2D ．4 36．D [解析] (解法一)由换底公式，得()log 29·()log 34＝lg9lg2·lg4lg3＝2lg3lg2·2lg2lg3＝4. (解法二)()log 29·()log 34＝()log 232·()log 322＝2()log 23·2()log 32＝4.37．A1、B7[2012·安徽卷] 设集合A ＝{x|－3≤2x －1≤3}，集合B 为函数y ＝lg(x －1)的定义域，则A∩B ＝( )A ．(1,2)B ．[1,2]C ．[1,2)D ．(1,2]37．D [解析] 根据已知条件，可求得A ＝[]－1，2，B ＝()1，＋∞，所以A∩B ＝[]－1，2∩()1，＋∞＝(]1，2.B8 幂函数与函数的图像象38．B8[2012·湖北卷] 已知定义在区间[0,2]上的函数1－1所示，则y ＝－f(2－x)的图象为( )图1－1图138．B [解析] y ＝f(x)→y ＝f(－x)→y ＝f[－(x －2)]→y ＝－f(2－x)，即将y ＝f(x)的图象关于y 轴对称，再向右平移2个单位长度，然后关于x 轴对称，即为B 图象． B9 函数与方程39．B9、B12、E5[2012·陕西卷] 设函数f(x)＝x n ＋bx ＋c(n ∈N ＋，b ，c ∈R )．(1)设n≥2，b ＝1，c ＝－1，证明：f(x)在区间⎝⎛⎭⎫12，1内存在唯一零点；(2)设n 为偶数，|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，求b ＋3c 的最小值和最大值；(3)设n ＝2，若对任意x 1，x 2∈[－1,1]有|f(x 1)－f(x 2)|≤4，求b 的取值范围．39．解：(1)当b ＝1，c ＝－1，n≥2时，f(x)＝x n ＋x －1.∵f ⎝⎛⎭⎫12f(1)＝⎝⎛⎭⎫12n －12×1＜0.∴f(x)在⎝⎛⎭⎫12，1内存在零点． 又当x ∈⎝⎛⎭⎫12，1时，f′(x)＝nx n －1＋1＞0，∴f(x)在⎝⎛⎫12，1上是单调递增的，∴f(x)在⎝⎛⎭⎫12，1内存在唯一零点．(2)解法一：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ －－，－，即⎩⎪⎨⎪⎧0≤b －c≤2，－2≤b ＋c≤0.由图像知，b ＋3c 在点(0，－2)取到最小值－6， 在点(0,0)取到最大值0，∴b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0.解法二：由题意知－1≤f(1)＝1＋b ＋c≤1，即－2≤b ＋c≤0，①－1≤f(－1)＝1－b ＋c≤1，即－2≤－b ＋c≤0，② ①×2＋②得－6≤2(b ＋c)＋(－b ＋c)＝b ＋3c≤0，当b ＝0，c ＝－2时，b ＋3c ＝－6；当b ＝c ＝0时，b ＋3c ＝0， 所以b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0.解法三：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧－＝1－b ＋c ，＝1＋b ＋c ，解得b ＝－－2，c ＝＋－－22，∴b ＋3c ＝2f(1)＋f(－1)－3. 又∵－1≤f(－1)≤1，－1≤f(1)≤1，∴－6≤b ＋3c≤0，所以b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0.(3)当n ＝2时，f(x)＝x 2＋bx ＋c.对任意x 1，x 2∈[－1,1]都有|f(x 1)－f(x 2)|≤4等价于f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下：①当⎪⎪⎪⎪b 2＞1，即|b|＞2时，M ＝|f(1)－f(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾．②当－1≤－b 2＜0，即0＜b≤2时，M ＝f(1)－f ⎝⎛⎭⎫－b 2＝⎝⎛⎭⎫b 2＋12≤4恒成立．③当0≤－b 2≤1，即－2≤b≤0时，M ＝f(－1)－f ⎝⎛⎭⎫－b 2＝⎝⎛⎭⎫b 2－12≤4恒成立．综上可知，－2≤b≤2.注：②，③也可合并证明如下：用max{a ，b}表示a ，b 中的较大者． 当－1≤－b 2≤1，即－2≤b≤2时，M ＝max{f(1)，f(－1)}－f ⎝⎛⎭⎫－b 2＝－＋2＋－－2－f ⎝⎛⎭⎫－b 2＝1＋c ＋|b|－⎝⎛⎭⎫－b 24＋c ＝⎝⎛⎭⎫1＋|b|22≤4恒成立． 40．B9、C1[2012·湖北卷] 函数f(x)＝x cos2x 在区间[0,2π]上的零点的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．540．D [解析] 要使f(x)＝xcos2x ＝0，则x ＝0或cos2x ＝0，而cos2x ＝0(x ∈[0,2π])的解有x ＝π4，3π4，5π4，7π4，所以零点的个数为5.故选D.41．B3、B9、B12[2012·福建卷] 已知函数f(x)＝axsinx －32(a ∈R )，且在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为π－32. (1)求函数f(x)的解析式； (2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．41．解：(1)由已知f′(x)＝a(sinx ＋xcosx)，对于任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，有sinx ＋xcosx ＞0. 当a ＝0时，f(x)＝－32，不合题意；当a ＜0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f′(x)＜0，从而f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内单调递减， 又f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的图象是连续不断的，故f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f(0)＝－32，不合题意； 当a ＞0，x ∈⎝⎛⎫0，π2时，f′(x)＞0，从而f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内单调递增，又f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的图象是连续不断的，故f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f ⎝⎛⎭⎫π2，即π2a －32＝π－32，解得a ＝1.综上所述，得f(x)＝xsinx －32. (2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：由(1)知，f(x)＝xsinx －32，从而有f(0)＝－32＜0.f ⎝⎛⎭⎫π2＝π－32＞0， 又f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的图象是连续不断的．所以f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内至少存在一个零点． 又由(1)知f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递增，故f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内有且仅有一个零点．当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时，令g(x)＝f′(x)＝sinx ＋xcosx.由g ⎝⎛⎭⎫π2＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在⎣⎡⎦⎤π2，π上的图象是连续不断的，故存在m ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使得g(m)＝0. 由g′(x)＝2cosx －xsinx ，知x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，有g′(x)＜0，从而g(x)在⎝⎛⎭⎫π2，π内单调递减．当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，m 时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在⎝⎛⎭⎫π2，m 内单调递增，故当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，m 时，f(x)≥f ⎝⎛⎭⎫π2＝π－32＞0，故f(x)在⎣⎡⎦⎤π2，m 上无零点；当x ∈(m ，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m ，π)内单调递减．又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m ，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m ，π)内有且仅有一个零点．综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．B10 函数模型及其应用42．B10、B11、B12 [2012·浙江卷] 已知a ∈R ，函数f(x)＝4x 3－2ax ＋a.(1) 求f(x)的单调区间； (2)证明：当0≤x≤1时，f(x)＋|2－a|>0.42．解：(1)由题意得f′(x)＝12x 2－2a.当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．当a ＞0 时，f′(x)＝12⎝⎛⎭⎫x －a 6⎝⎛⎭⎫x ＋a 6，此时函数f(x)的单调递增区间为⎝⎛⎦⎤－∞，－a 6和⎣⎡⎭⎫a 6，＋∞， 单调递减区间为⎣⎡⎦⎤－a 6，a 6.(2)由于0≤x≤1，故当a≤2时，f(x)＋|a －2|＝4x 3－2ax ＋2≥4x 3－4x ＋2. 当a ＞2时，f(x)＋|a －2|＝4x 3＋2a(1－x)－2≥4x 3＋4(1－x)－2＝4x 3－4x ＋2.设g(x)＝2x 3－2x ＋1,0≤x≤1，则g′(x)＝6x 2－2＝6⎛⎭⎫x －3⎛⎭⎫x ＋3，于是所以，43．B10、B11、B12[2012·北京卷] 已知函数f(x)＝ax 2＋1(a>0)，g(x)＝x 3＋bx.(1)若曲线y ＝f(x)与曲线y ＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a ，b 的值；(2)当a ＝3，b ＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k 的取值范围．43．解：(1)f′(x)＝2ax ，g′(x)＝3x 2＋b.因为曲线y ＝f(x)与曲线y ＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．即a ＋1＝1＋b ，且2a ＝3＋b.解得a ＝3，b ＝3.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当a ＝3，b ＝－9时， h(x)＝x 3＋3x 2－9x ＋1，h′(x)＝3x 2＋6x －9.令h′(x)＝0，得x 1＝－3，x 2＝1.h(x)与h′(x)在(－∞，2]上的情况如下：由此可知：当当－3＜k ＜2时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.因此，k 的取值范围是(－∞，－3]．44．K2、B10、I2[2012·课标全国卷] 某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．(1)若花店一天购进17枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n(单位：枝，n ∈N )的函数解析式；(2)花店记录了100①假设花店在这100②若花店一天购进17枝玫瑰花，以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于75元的概率．44．解：(1)当日需求量n≥17时，利润y ＝85.当日需求量n<17时，利润y ＝10n －85.所以y 关于n 的函数解析式为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －85，n<17，85，n≥17(n ∈N)． (2)①这100天中有10天的日利润为55元，20天的日利润为65元，16天的日利润为75元，54天的日利润为85元，所以这100天的日利润的平均数为1100(55×10＋65×20＋75×16＋85×54)＝76.4. ②利润不低于75元当且仅当日需求量不少于16枝．故当天的利润不少于75元的概率为p ＝0.16＋0.16＋0.15＋0.13＋0.1＝0.7.45．B10、I4[2012·福建卷] 某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：(1)求回归直线方程y ^＝bx ＋a ，其中b ＝－20，a ＝y －b x ；(2)预计在今后的销售中，销量与单价仍然服从(1)中的关系，且该产品的成本是4元/件，为使工厂获得最大利润，该产品的单价应定为多少元？(利润＝销售收入－成本)45．解：(1)由于x －＝16(x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)＝8.5，y －＝16(y 1＋y 2＋y 3＋y 4＋y 5＋y 6)＝80. 所以a ＝y －－b x －＝80＋20×8.5＝250，从而回归直线方程为y ^＝－20x ＋250.(2)设工厂获得的利润为L 元，依题意得L ＝x(－20x ＋250)－4(－20x ＋250)＝－20x 2＋330x －1000＝－20⎝⎛⎭⎫x －3342＋361.25.当且仅当x ＝8.25时，L 取得最大值．故当单价定为8.25元时，工厂可获得最大利润． B11 导数及其运算46．B11[2012·陕西卷] 设函数f(x)＝2x＋lnx ，则( ) A ．x ＝12为f(x)的极大值点 B ．x ＝12为f(x)的极小值点 C ．x ＝2为f(x)的极大值点 D ．x ＝2为f(x)的极小值点 46．D [解析] 所给的原函数f(x)＝2x ＋lnx 的导函数为f′(x)＝－2x 2＋1x，令f′(x)＝0可得x ＝2，当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当x<2时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数，所以x ＝2为极小值点，故选D.47．B11[2012·课标全国卷] 曲线y ＝x(3lnx ＋1)在点(1,1)处的切线方程为________．47．y ＝4x －3[解析] y′＝3lnx ＋1＋x·3x＝3lnx ＋4，故y′|x ＝1＝4.故所求切线方程为y －1＝4(x －1)，即4x －y －3＝0. 48．B11[2012·辽宁卷] 已知P ，Q 为抛物线x 2＝2y 上两点，点P ，Q 的横坐标分别为4，－2，过P 、Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点A ，则点A 的纵坐标为( )A ．1B ．3C ．－4D ．－848．C [解析] 本小题主要考查导数的几何意义的应用．解题的突破口为求切点坐标和切线的斜率．由x 2＝2y 可知y ＝12x 2，这时y′＝x ，由P ，Q 的横坐标为4，－2，这时P(4,8)，Q(－2,2), 以点P 为切点的切线方程PA 为y －8＝4(x －4)，即4x －y －8＝0①；以点Q 为切点的切线方程QA 为y －2＝－2(x ＋2)，即2x ＋y ＋2＝0②；由①②联立得A 点坐标为(1，－4)，这时纵坐标为－4.49．D3、B11[2012·上海卷] 有一列正方体，棱长组成以1为首项、12为公比的等比数列，体积分别记为V 1，V 2，…，V n ，…，则lim n→∞(V 1＋V 2＋…＋V n )＝________.49.87[解析] 考查等比数列和无穷递缩等比数列的极限，此题只要掌握极限公式即可解决，是简单题型． 由已知可知V 1，V 2，V 3，…构成新的等比数列，首项V 1＝1，公比q ＝18， 由极限公式得lim n→∞ (V 1＋V 2＋…＋V n )＝V 11－q ＝11－18＝87. 50．B11、B12、E1[2012·浙江卷] 设a>0，b>0，e 是自然对数的底数( )A ．若e a ＋2a ＝e b ＋3b ，则a>bB ．若e a ＋2a ＝e b ＋3b ，则a<bC ．若e a －2a ＝e b －3b ，则a>bD ．若e a －2a ＝e b －3b ，则a<b50．A [解析] 本题考查构造函数、利用函数性质来实现判断逻辑推理的正确与否，考查观察、构想、推理的能力．由e a ＋2a ＝e b ＋3b ，有e a ＋3a>e b ＋3b ，令函数f(x)＝e x ＋3x ，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵f(a)>f(b)，∴a>b ，A 正确，B 错误；由e a －2a ＝e b －3b ，有e a －2a<e b －2b ，令函数f(x)＝e x －2x ，则f′(x)＝e x －2，函数f(x)＝e x －2x 在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，当a ，b ∈(0，ln2)时，由f(a)<f(b)，得a>b ，当a ，b ∈(ln2，＋∞)时，由f(a)<f(b)得a<b ，故C 、D 错误． B12 导数的应用51．B12[2012·重庆卷] 设函数f(x)在R 上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf′(x)的图象可能是( )图151．C [解析] 在A 中，当x ＜－2时，由图象知y ＝xf′(x)＞0，则f′(x)＜0；当－2＜x ＜0时，由图象知y ＝xf′(x)＞0，则f′(x)＜0，所以函数在x ＝－2处没有极值；在B 中，当x ＜－2时，由图象知y ＝xf′(x)＜0，则f′(x)＞0；当－2＜x ＜0时，由图象知y ＝xf′(x)＜0，则f′(x)＞0，所以函数在x ＝－2处没有极值；在C 中，当x ＜－2时，由图象知y ＝xf′(x)＞0，则f′(x)＜0；当－2＜x ＜0时，由图象知y ＝xf′(x)＜0，则f′(x)＞0，所以函数在x ＝－2处取得极小值；在D 中，当x ＜－2时，由图象知y ＝xf′(x)＜0，则f′(x)＞0；当－2＜x ＜0时，由图象知y ＝xf′(x)＞0，则f′(x)＜0，所以函数在x ＝－2处取得极大值．综上所知，选C.52．B12[2012·天津卷] 已知函数f(x)＝13x 3＋1－a 2x 2－ax －a ，x ∈R ，其中a ＞0. (1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a 的取值范围；(3)当a ＝1时，设函数f(x)在区间[t ，t ＋3]上的最大值为M(t)，最小值为m(t)，记g(t)＝M(t)－m(t)，求函数g(t)在区间[－3，－1]上的最小值．52．解：(1)f′(x)＝x 2＋(1－a)x －a ＝(x ＋1)(x －a)．由f′(x)＝0，得x 1＝－1，x 2＝a ＞0.当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故函数f(x)(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ －＜0，－＞0，＜0，解得0＜a ＜13.所以，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，13. (3)a ＝1时，f(x)＝13x 3－x －1.由(1)知f(x)在[－3，－1]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增． ①当t ∈[－3，－2]时，t ＋3∈[0,1]，－1∈[t ，t ＋3]，f(x)在[t ，－1]上单调递增，在[－1，t ＋3]上单调递减．因此，f(x)在[t ，t ＋3]上的最大值M(t)＝f(－1)＝－13，而最小值m(t)为f(t)与f(t ＋3)中的较小者．由f(t ＋3)－f(t)＝3(t ＋1)(t ＋2)知，当t ∈[－3，－2]时，f(t)≤f(t ＋3)，故m(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)．而f(t)在[－3，－2]上单调递增，因此f(t)≤f(－2)＝－53，所以g(t)在[－3，－2]上的最小值为g(－2)＝－13－⎝⎛⎭⎫－53＝43. ②当t ∈[－2，－1]时，t ＋3∈[1,2]，且－1,1∈[t ，t ＋3]．下面比较f(－1)，f(1)，f(t)，f(t ＋3)的大小．由f(x)在[－2，－1]，[1,2]上单调递增，有f(－2)≤f(t)≤f(－1)．f(1)≤f(t ＋3)≤f(2)．又由f(1)＝f(－2)＝－53，f(－1)＝f(2)＝－13，从而M(t)＝f(－1)＝－13，m(t)＝f(1)＝－53， 所以g(t)＝M(t)－m(t)＝43.综上，函数g(t)在区间[－3，－1]上的最小值为43. 53．B12[2012·山东卷] 已知函数f(x)＝lnx ＋k ex (k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x>0，g(x)<1＋e －2.53．解：(1)由f(x)＝lnx ＋k e x ，得f′(x )＝1－kx －xlnx xe x，x ∈(0，＋∞)，由于曲线y ＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x 轴平行，所以f′(1)＝0，因此k ＝1.(2)由(1)得f′(x)＝1xex (1－x －xlnx)，x ∈(0，＋∞)，令h(x)＝1－x －xlnx ，x ∈(0，＋∞)， 当x ∈(0,1)时，h(x)>0；当x ∈(1，＋∞)时，h(x)<0.又e x >0，所以x ∈(0,1)时，f′(x)>0；x ∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)证明：因为g(x)＝xf′(x)，所以g(x)＝1e x (1－x －xlnx)，x ∈(0，＋∞)，由(2)h(x)＝1－x －xlnx ，x ∈(0，＋∞)， 求导得h′(x)＝－lnx －2＝－(lnx －lne －2)，x ∈(0，＋∞)，所以当x ∈(0，e －2)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；当x ∈(e －2，＋∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．所以当x ∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(e －2)＝1＋e －2.又当x ∈(0，＋∞)时，0<1e x <1，所以当x ∈(0，＋∞)时，1e x h(x)<1＋e －2，即g(x)<1＋e －2.综上所述结论成立． 54．B12[2012·全国卷] 已知函数f(x)＝13x 3＋x 2＋ax. (1)讨论f(x)的单调性；(2)设f(x)有两个极值点x 1，x 2，若过两点(x 1，f(x 1))，(x 2，f(x 2))的直线l 与x 轴的交点在曲线y ＝f(x)上，求a 的值．54．解：(1)f′(x)＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1.①当a≥1时， f′(x)≥0，且仅当a ＝1，x ＝－1时，f′(x)＝0，所以f(x)是R 上的增函数；②当a<1时，f′(x)＝0有两个根x 1＝－1－1－a ，x 2＝－1＋1－a.当x ∈(－∞，－1－1－a)时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当x ∈(－1－1－a ，－1＋1－a)时，f′(x)<0，f(x)是减函数；当x ∈(－1＋1－a ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数．(2)由题设知，x 1，x 2为方程f′(x)＝0的两个根，故有a<1，x 21＝－2x 1－a ，x 22＝－2x 2－a.因此f(x 1)＝13x 31＋x 21＋ax 1＝13x 1(－2x 1－a)＋x 21＋ax 1＝13x 21＋23ax 1＝13(－2x 1－a)＋23ax 1＝23(a －1)x 1－a 3. 同理，f(x 2)＝23(a －1)x 2－a 3.因此直线l 的方程为y ＝23(a －1)x －a 3. 设l 与x 轴的交点为(x 0,0)，得x 0＝a －，f(x 0)＝13⎣⎡⎦⎤a －3＋⎣⎡⎦⎤a －2＋a 2－＝a 2－3(12a 2－17a ＋6)． 由题设知，点(x 0,0)在曲线y ＝f(x)上，故f(x 0)＝0，解得a ＝0或a ＝23或a ＝34. 55．B12 [2012·安徽卷] 设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝ax ＋1ax＋b(a>0)． (1)求f(x)的最小值； (2)若曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y ＝32x ，求a ，b 的值． 55．解：(1)(方法一)由题设和均值不等式可知，f(x)＝ax ＋1ax ＋b≥2＋b.其中等号成立当且仅当ax ＝1.即当x ＝1a时，f(x)取最小值为2＋b.(方法二)f(x)的导数f′(x)＝a －1ax 2＝a 2x 2－1ax 2.当x>1a 时，f′(x)>0，f(x)在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上递增；当0<x<1a时，f′(x)<0，f(x)在⎝⎛⎭⎫0，1a 上递减．所以当x ＝1a 时，f(x)取最小值为2＋b.(2)f′(x)＝a －1ax 2.由题设知，f′(1)＝a －1a ＝32，解得a ＝2或a ＝－12(不合题意，舍去)．将a ＝2代入f(1)＝a ＋1a ＋b ＝32，解得b ＝－1，所以a ＝2，b ＝－1. 56．B12、E7[2012·辽宁卷] 设f(x)＝lnx ＋x －1，证明：(1)当x>1时，f(x)<32(x －1)；(2)当1<x<3时，f(x)<－x ＋5. 56．解：(1)(证法一)记g(x)＝lnx ＋x －1－32(x －1)．则当x>1时，g′(x)＝1x ＋12x －32<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减． 又g(1)＝0，有g(x)<0，即f(x)<32(x －1)．(证法二)由均值不等式，当x>1时，2x<x ＋1，故x<x 2＋12.① 令k(x)＝lnx －x ＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝1x －1<0，故k(x)<0，即lnx<x －1.②由①②得，当x>1时，f(x)<32(x －1)． (2)(证法一)记h(x)＝f(x)－－x ＋5，由(1)得h′(x)＝1x ＋12x －54＋2＝2＋x 2x －54＋2<x ＋54x －54＋2＝＋3－216x ＋2令g(x)＝(x ＋5)3－216x ，则当1<x<3时，g′(x)＝3(x ＋5)2－216<0.因此g(x)在(1,3)内是递减函数，又由g(1)＝0，得g(x)<0，所以h′(x)<0.因此h(x)在(1,3)内是递减函数，又h(1)＝0，得h(x)<0.于是当1<x<3时，f(x)<－x ＋5.(证法二) 记h(x)＝(x ＋5)f(x)－9(x －1)，则当1<x<3时，由(1)得h′(x)＝f(x)＋(x ＋5)f′(x)－9<32(x －1)＋(x ＋5)⎝⎛⎭⎫1x ＋12x －9 ＝12x [3x(x －1)＋(x ＋5)(2＋x)－18x]<12x ⎣⎡⎦⎤－＋＋⎝⎛⎭⎫2＋x 2＋12－18x ＝14x (7x 2－32x ＋25)<0. 因此h(x)在(1,3)内单调递减，又h(1)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<－x ＋5. 57．B12、E8[2012·课标全国卷] 设函数f(x)＝e x －ax －2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x>0时，(x －k)f′(x)＋x ＋1>0，求k 的最大值．57．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝e x －a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．若a>0，则当x ∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x ∈(lna ，＋∞)时，f′(x)>0，所以，f(x)在(－∞，lna)单调递减，在(lna ，＋∞)单调递增．(2)由于a ＝1，所以(x －k)f′(x)＋x ＋1＝(x －k)(e x －1)＋x ＋1.故当x>0时，(x －k)f′(x)＋x ＋1>0等价于k<x ＋1e x －1＋x (x>0)．①令g(x)＝x ＋1e x －1＋x ，则g′(x)＝－xe x －1x －2＋1＝e x x －x －x －2.由(1)知，函数h(x)＝e x －x －2在(0，＋∞)单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g′(x)<0；当x ∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k<g(α)，故整数k 的最大值为2.58．B12[2012·辽宁卷] 函数y ＝12x 2－lnx 的单调递减区间为( ) A ．(－1,1] B ．(0,1] C ．[1，＋∞) D ．(0，＋∞)58．B [解析] 本小题主要考查导数的运算与利用导数判断函数单调性．解题的突破口为导数大于0求单调递增区间，导数小于0求单调递减区间．∵y′＝⎝⎛⎭⎫12x 2－lnx ′＝x －1x ＝x 2－1x ＝－＋x，又因为定义域为(0，＋∞)，令y′<0，得到0<x<1，故而函数的单调递减区间为(0,1]．59．B12[2012·江西卷] 已知函数f(x)＝(ax 2＋bx ＋c)e x 在[0,1]上单调递减且满足f(0)＝1，f(1)＝0.(1)求a 的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)－f′(x)，求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值．59．解：(1)由f(0)＝1，f(1)＝0得c ＝1，a ＋b ＝－1，则f(x)＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ，f′(x)＝[ax 2＋(a －1)x －a]e x .依题意对任意x ∈(0,1)，有f′(x)<0.当a>0时，因为二次函数y ＝ax 2＋(a －1)x －a 的图像开口向上，而f′(0)＝－a<0，所以有f′(1)＝(a －1)e<0，即0<a<1；当a ＝1时，对任意x ∈(0,1)有f′(x)＝(x 2－1)e x <0，f(x)符合条件；当a ＝0时，对于任意x ∈(0,1)，f′(x)＝－xe x <0，f(x)符合条件；当a<0时，因f′(0)＝－a>0，f(x)不符合条件．故a 的取值范围为0≤a≤1.(2)因g(x)＝(－2ax ＋1＋a)e x ，g′(x)＝(－2ax ＋1－a)e x .(i)当a ＝0时，g′(x)＝e x >0，g(x)在x ＝0上取得最小值g(0)＝1，在x ＝1上取得最大值g(1)＝e.(ii)当a ＝1时，对于任意x ∈(0,1)有g′(x)＝－2xe x <0，g(x)在x ＝0取得最大值g(0)＝2，在x ＝1取得最小值g(1)＝0.(iii)当0<a<1时，由g ′(x)＝0得x ＝1－a 2a >0.①若1－a 2a ≥1，即0<a≤13时，g(x)在[0,1]上单调递增，g(x)在x ＝0取得最小值g(0)＝1＋a ，在x ＝1取得最大值g(1)＝(1－a)e.②若1－a 2a <1，即13<a<1时，g(x)在x ＝1－a 2a 取得最大值g ⎝⎛⎭⎫1－a 2a ＝2ae 1－a 2a ，在x ＝0或x ＝1取得最小值，而g(0)＝1＋a ，g(1)＝(1－a)e ，则当13<a≤e －1e ＋1时，g(x)在x ＝0取得最小值g(0)＝1＋a ；当e －1e ＋1<a<1时，g(x)在x ＝1取得最小值g(1)＝(1－a)e. 60．B12、E3[2012·广东卷] 设0<a<1，集合A ＝{x ∈R |x>0}，B ＝{x ∈R |2x 2－3(1＋a)x ＋6a>0}，D ＝A∩B.(1)求集合D(用区间表示)；(2)求函数f(x)＝2x 3－3(1＋a)x 2＋6ax 在D 内的极值点．60．解：(1)x ∈D ⇔x>0且2x 2－3(1＋a)x ＋6a>0.令h(x)＝2x 2－3(1＋a)x ＋6a ，Δ＝9(1＋a)2－48a ＝3(3a －1)(a －3)．①当13<a<1时，Δ<0，∴∀x ∈R ，h(x)>0，∴B ＝R.于是D ＝A∩B ＝A ＝(0，＋∞)．②当a ＝13时，Δ＝0，此时方程h(x)＝0有唯一解x 1＝x 2＝＋4＝3⎝⎛⎭⎫1＋134＝1，∴B ＝(－∞，1)∪(1，＋∞)．于是D ＝A∩B ＝(0,1)∪(1，＋∞)．③当0<a<13时，Δ>0，此时方程h(x)＝0有两个不同的解x 1＝3＋3a －－－4，x 2＝3＋3a ＋－－4.∵x 1<x 2且x 2>0，∴B ＝(－∞，x 1)∪(x 2，＋∞)．又∵x 1>0⇔a>0，∴D ＝A∩B ＝(0，x 1)∪(x 2，＋∞)．(2)f′(x)＝6x 2－6(1＋a)x ＋6a ＝6(x －1)(x －a)．当 极大值 ①当13<a<1时，D ＝(0，＋∞)．由表可得，x ＝a 为f(x)在D 内的极大值点，x ＝1为f(x)在D 内的极小值点． ②当a ＝13时，D ＝(0,1)∪(1，＋∞)．由表可得，x ＝13为f(x)在D 内的极大值点．③当0<a<13时，D ＝(0，x 1)∪(x 2，＋∞)．∵x 1＝3＋3a －－－4＝3＋3a －3－5a 2－16a 24≥14[3＋3a －(3－5a)]＝2a>a 且x 1<3＋3a 4<1， x 2＝3＋3a ＋33a －1a －34＝3＋3a ＋1－3a 2＋8－24a 4>3＋3a ＋1－3a 4＝1，∴a ∈D,1∉D. 由表可得，x ＝a 为f(x)在D 内的极大值点．61．B12、E8[2012·湖北卷] 设函数f(x)＝ax n (1－x)＋b(x ＞0)，n 为整数，a ，b 为常数．曲线y ＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x ＋y ＝1.(1)求a ，b 的值；(2)求函数f(x)的最大值；(3)证明：f(x)＜1ne. 61．解：(1)因为f(1)＝b ，由点(1，b)在x ＋y ＝1上，可得1＋b ＝1，即b ＝0.因为f′(x)＝anx n －1－a(n ＋1)x n ，所以f′(1)＝－a ，又因为切线x ＋y ＝1的斜率为－1，所以－a ＝－1，即a ＝1.故a ＝1，b ＝0.(2)由(1)知，f(x)＝x n (1－x)＝x n－x n ＋1，f′(x)＝(n ＋1)x n －1⎝⎛⎭⎫n n ＋1－x .令f′(x)＝0，解得x ＝n n ＋1，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x 0＝n n ＋1. 在⎝⎛⎭⎫0，n n ＋1上，f′(x)>0，f(x)单调递增；而在⎝⎛⎭⎫n n ＋1，＋∞上，f′(x)<0，f(x)单调递减．故f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f ⎝⎛⎭⎫n n ＋1＝⎝⎛⎭⎫n n ＋1n ⎝⎛⎭⎫1－n n ＋1＝n n ＋n ＋1.(3)证明：令φ(t)＝lnt －1＋1t (t ＞0)，则φ′(t)＝1t －1t 2＝t －1t 2(t ＞0)． 在(0,1)上，φ′(t)＜0，故φ(t)单调递减；而在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增．故φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0.所以φ(t)＞0(t ＞1)，即lnt ＞1－1t (t ＞1)．令t ＝1＋1n ，得ln n ＋1n ＞1n ＋1，即ln ⎝⎛⎭⎫n ＋1n n ＋1＞lne ，所以⎝⎛⎭⎫n ＋1n n ＋1＞e ，即n n ＋n ＋1＜1ne . 由(2)知，f(x)≤n n ＋n ＋1＜1ne ，故所证不等式成立． 62．B12、E4[2012·重庆卷] 已知函数f(x)＝ax 3＋bx ＋c 在点x ＝2处取得极值c －16.(1)求a ，b 的值；(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．62．解：因f(x)＝ax 3＋bx ＋c ，故f′(x)＝3ax 2＋b.由于f(x)在点x ＝2处取得极值c －16.故有⎩⎪⎨⎪⎧＝0，＝c －16， 即⎩⎪⎨⎪⎧ 12a ＋b ＝0，8a ＋2b ＋c ＝c －16，化简得⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，4a ＋b ＝－8，解得a ＝1，b ＝－12.(2)由(1)知f(x)＝x 3－12x ＋c ； f′(x)＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)．令f′(x)＝0，得x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－2)上为增函数；当x ∈(－2,2)时，f′(x)<0，故f(x)在(－2,2)上为减函数；当x ∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(2，＋∞)上为增函数．由此可知f(x)在x 1＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c ，f(x)在x 2＝2处取得极小值f(2)＝c －16.由题设条件知16＋c ＝28，得c ＝12.此时f(－3)＝9＋c ＝21，f(3)＝－9＋c ＝3，f(2)＝－16＋c ＝－4，因此f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4.63．B12、D2[2012·安徽卷] 设函数f(x)＝x 2＋sinx 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }． (1)求数列{x n }的通项公式；(2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sinS n .63．解：(1)因为f′(x)＝12＋cosx ＝0，cosx ＝－12.解得x ＝2kπ±23π(k ∈Z)．由x n 是f(x)的第n 个正极小值点知， x n ＝2nπ－23π(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n)－23nπ＝n(n ＋1)π－2nπ3.所以sinS n ＝sin ⎝⎛⎭⎫＋－2nπ3. 因为n(n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，n(n ＋1)一定为偶数．所以sinS n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2nπ3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sinS n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2mπ－43π＝－32；当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sinS n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2mπ－23π＝32； 当n ＝3m(m ∈N *)时，sinS n ＝－sin2mπ＝0.综上所述，sinS n ＝⎩⎨⎧－32，n ＝3m －∈N *，32，n ＝3m －∈N *，0，n ＝3m ()m ∈N *.64．B12、M2[2012·湖南卷] 已知函数f(x)＝e x －ax ，其中a ＞0.(1)若对一切x ∈R ，f(x)≥1恒成立，求a 的取值集合；(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x 1，f(x 1))，B(x 2，f(x 2))(x 1＜x 2)，记直线AB 的斜率为k ，证明：存在x 0∈(x 1，x 2)，使f′(x 0)＝k 成立．64．解：(1)f′(x)＝e x －a.令f′(x)＝0得x ＝lna.当x ＜lna 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x ＞lna 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．故当x ＝ln a 时，f(x)取最小值f(lna)＝a －alna.于是对一切x ∈R ，f(x)≥1恒成立，当且仅当a －alna≥1. ① 令g(t)＝t －tlnt ，则g′(t)＝－lnt.当0＜t ＜1时，g′(t)＞0，g(t)单调递增；当t ＞1时，g′(t)＜0，g(t)单调递减． 故当t ＝1时，g(t)取最大值g(1)＝1.因此，当且仅当a ＝1时，①式成立．综上所述，a 的取值集合为{1}．(2)由题意知，k ＝2－1x 2－x 1＝ex 2－ex 1x 2－x 1－a.令φ(x)＝f′(x)－k ＝e x －ex 2－ex 1x 2－x 1，则φ(x 1)＝－ex 1x 2－x 1[ex 2－x 1－(x 2－x 1)－1]， φ(x 2)＝ex 2x 2－x 1[ex 1－x 2－(x 1－x 2)－1]．令F(t)＝e t －t －1，则F′(t)＝e t －1.当t ＜0时，F′(t)＜0，F(t)单调递减；。