2013年高考数学（文科）真题分类汇编B单元 函数与导数
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( )
A.
B.
C.
D.
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s，故输出结果是＋＋＝.
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)＝________．
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)＝－x(x＋1)．
11．B1，E3[2013·安徽卷] 函数y＝ln1＋＋的定义域为________．
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<－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]．
13．B1[2013·福建卷] 已知函数f(x)＝则f＝________．
13．－2 [解析] f＝－tan ＝－1，f(－1)＝－2.
21．B1，B12[2013·江西卷] 设函数
f(x)＝a为常数且a∈(0，1)．
(1)当a＝时，求f；
(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)，求S(a)在区间上的最大值和最小值．
21．解：(1)当a＝时，f＝，
f＝f＝2＝.
(2)f(f(x))＝
当0≤x≤a2时，由x＝x解得x＝0，
因为f(0)＝0，故x＝0不是f(x)的二阶周期点；
当a2
0.
(或令g(a)＝a3－2a2－2a＋2，
g′(a)＝3a2－4a－2＝3，
因a∈(0，1)，g′(a)<0，则g(a)在区间上的最小值为g＝>0，
故对于任意a∈，g(a)＝a3－2a2－2a＋2>0，
S′(a)＝·>0)
则S(a)在区间上单调递增，
故S(a)在区间上的最小值为S＝，最大值为S＝.
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，
H1(x)＝max{f(x)，g(x)}＝
H2(x)＝min{f(x)，g(x)}＝
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.
7．B1[2013·辽宁卷] 已知函数f(x)＝ln(－3x)＋1，则f(lg 2)＋flg ＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
7．D [解析] 由已知条件可知，f(x)＋f(－x)＝ln(－3x)＋1＋ln(＋3x)＋1＝2，而lg 2＋lg＝lg 2－lg 2＝0，故而f(lg 2)＋f＝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.
所以T＝
(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.
5．B1[2013·山东卷] 函数f(x)＝＋的定义域为( )
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，须有解之得－30，得k2>3.
所以，k的取值范围是(－∞，－)∪(＋∞)．
(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)x，|ON|2＝(1＋k2)x.
又|OQ|2＝m2＋n2＝(1＋k2)m2，
由＝＋，得
＝＋，
即＝＋＝.
由(*)式可知，x1＋x2＝，x1x2＝，
所以m2＝.
因为点Q在直线y＝kx上，所以k＝，代入m2＝中并化简，得5n2－3m2＝36.
由m2＝及k2>3，可知00，
所以n＝＝.
于是，n与m的函数关系为n＝(m∈(－，0)∪(0，))．
11．B1[2013·浙江卷] 已知函数f(x)＝ .若f(a)＝3，则实数a＝ ________．
11．10 [解析] f(a)＝＝3.则a－1＝9，a＝10.
3．B1[2013·重庆卷] 函数y＝的定义域是( )
A．(－∞，2) B．(2，＋∞)
C．(2，3)∪(3，＋∞) D．(2，4)∪(4，＋∞)
3．C [解析] 由题可知所以x＞2且x≠3，故选C.
B2 反函数
6．B2[2013·全国卷] 函数f(x)＝log2(x>0)的反函数f－1(x)＝( )
A.(x>0) B.(x≠0)
C．2x－1(x∈R) D．2x－1(x>0)
6．A [解析] 令y＝log2，则y>0，且1＋＝2y，解得x＝，交换x，y得f－1(x)＝(x>0)．
B3 函数的单调性与最值
13．B3[2013·北京卷] 函数f(x)＝的值域为________．
13．(－∞，2) [解析] 函数y＝logx在(0，＋∞)上为减函数，当x≥1时，函数y＝logx的值域为(－∞，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＝ B．y＝e－x
C．y＝－x2＋1 D．y＝lg |x|
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，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 [解析] 由题意存在正数x使得a>x－成立，即a>.由于x－是(0，＋∞)上的增函数，故x－>0－＝－1，所以a>－1.答案为D.
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，B正确．若x0是f(x)的极小值点，可能还有极大值点x1，若x10，
因此x2－x1＝[－(2x1＋2)＋2x2＋2]≥＝1.
当且仅当－(2x1＋2)＝2x2＋2＝1，即x1＝－且x2＝－时等号成立
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x1x1>0时，f′(x1)≠f′(x2)，故x1<00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＋ln x2－1.
两切线重合的充要条件是
由①及x1<0h(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)＝(a∈R，e为自然对数的底数)．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＝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.
当x∈时，ex＞0，－2x＋1≥0，故g′(x)＞0.
当x∈时，ex＞＞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＝ B．y＝e－x
C．y＝－x2＋1 D．y＝lg |x|
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，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＝的定义域是( )
A．(－1，＋∞) B．[－1，＋∞)
C．(－1，1)∪(1，＋∞) D．[－1，1)∪(1，＋∞)
2．C [解析] 由题知得x∈(－1，1)∪(1，＋∞)，故选C.
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．当x>0时，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)＝－(x2＋4x)．
又f(0)＝0，于是不等式f(x)>x等价于
或
解得x>5或－50时，f(x)＝x2＋，则f(－1)＝( )
A．2 B．1
C．0 D．－2
3．D [解析] ∵f(x)为奇函数，∴f(－1)＝－f(1)＝－＝－2.
7．B4，B7[2013·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．若实数a满足f(log2a)＋f(loga)≤2f(1)，则a的取值范围是( )
A．[1，2] B．0，
C.，2 D．(0，2]
7．C [解析] ∵f(x)为偶函数，∴f(log2a)＝f(loga)，又∵f(log2a)＋f≤2f(1)，∴f(log2a)≤f(1)，即|log2a|≤1，解之得≤a≤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 [解析] 因为f(lg(log210))＝f＝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
1
2
4
f(x)＝ln x
0
ln 2(>0)
ln 4(<4)
g(x)＝x2－4x＋4
1
0
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，B正确．若x0是f(x)的极小值点，可能还有极大值点x1，若x10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
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，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 [解析] 由题意存在正数x使得a>x－成立，即a>.由于x－是(0，＋∞)上的增函数，故x－>0－＝－1，所以a>－1.答案为D.
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
8．D [解析] a－b＝log32－log52＝－＝>0a>b，c＝log23>1，a<1，b<1，所以c>a>b，答案为D.
16．B7，M1[2013·山东卷] 定义“正对数”：ln＋x＝现有四个命题：
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＋≥ln＋a－ln＋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00，∴01时，左边＝ln＋(ab)＝0，右边＝ln＋a＋ln＋b＝ln a＋0＝ln a>0，∴②不成立．
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，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01>b>0，左边＝ln ＝ln a－ln b>ln a，右边＝ln a，左边≥右边成立，∴③正确．
④中，若00，左边≤右边；若a＋b≥1，ln＋(a＋b)－ln 2＝ln(a＋b)－ln 2＝ln.
又∵≤a或≤b，a，b至少有1个大于1，
∴ln≤ln a或ln≤ln b，即有ln＋(a＋b)－ln 2＝ln (a＋b)－ln 2＝ln≤ln＋a＋ln＋b，∴④正确．
7．B4，B7[2013·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．若实数a满足f(log2a)＋f(loga)≤2f(1)，则a的取值范围是( )
A．[1，2] B．0，
C.，2 D．(0，2]
7．C [解析] ∵f(x)为偶函数，∴f(log2a)＝f(loga)，又∵f(log2a)＋f≤2f(1)，∴f(log2a)≤f(1)，即|log2a|≤1，解之得≤a≤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≠logca.又因为logab·logca＝×＝＝logcb，故选B.
11．B7[2013·四川卷] lg ＋lg 的值是________．
11．1 [解析] lg ＋lg ＝lg (·)＝lg ＝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 [解析] 因为f(lg(log210))＝f＝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，B正确．若x0是f(x)的极小值点，可能还有极大值点x1，若x11时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝11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
1
2
4
f(x)＝ln x
0
ln 2(>0)
ln 4(<4)
g(x)＝x2－4x＋4
1
0
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)<00，
因此x2－x1＝[－(2x1＋2)＋2x2＋2]≥＝1.
当且仅当－(2x1＋2)＝2x2＋2＝1，即x1＝－且x2＝－时等号成立
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x1x1>0时，f′(x1)≠f′(x2)，故x1<00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＋ln x2－1.
两切线重合的充要条件是
由①及x1<0h(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( )
A．[－x]＝－[x] B.＝[x]
C．[2x]＝2[x] D．[x]＋＝[2x]
10．D [解析] 可取特值x＝3.5，则[－x]＝[－3.5]＝－4，－[x]＝－[3.5]＝－3，故A错．x＋＝[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，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
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
1
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)＝11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，则a＝( )
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＝________
12. [解析] 易知点(1，a)在曲线y＝ax2－ln x上，y′＝2ax－，∴＝2a－1＝0，∴a＝.
11．B11[2013·江西卷] 若曲线y＝xα＋1(α∈R)在点(1，2)处的切线经过坐标原点，则α＝________．
11．2 [解析] y′＝αxα－1，y′＝α，所以切线方程为y－2＝α(x－1)，该切线过原点，得α＝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；
(2)证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点；
(3)设a0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．
故曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．
方法二：∵ex>0，x2＋x＋1>0，
∴曲线y＝ex与y＝x2＋x＋1公共点的个数等于
曲线y＝与直线y＝1公共点的个数．
设φ(x)＝，则φ(0)＝1，即x＝0时，两曲线有公共点．
又φ′(x)＝＝≤0(仅当x＝0时等号成立)，
∴φ(x)在R上单调递减，
∴φ(x)与y＝1有唯一的公共点，
故曲线y＝f(x)与y＝x2＋x＋1有唯一的公共点．
(3)－f＝－e ＝＝.
设函数u(x)＝ex －－2x(x≥0)，则u′(x)＝ex＋－2≥2－2＝0.
∴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.
令x＝，则得e－e－(b－a)>0.
∴>f.
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.
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋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100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元，又据题意200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝(300－4r2)，从而
V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
因为r>0，又由h>0可得r<5 ，故函数V(r)的定义域为(0，5 )．
(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，故V′(r)＝(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(r2＝－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 )时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5 )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．
20．解：(1)因为方程ax－(1＋a2)x2＝0(a>0)有两个实根x1＝0，x2＝，
故f(x)>0的解集为{x|x10，d(a)单调递增；
当11时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝11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＝－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＝－时，f(x)＝x3－3 x2＋3x＋1，
f′(x)＝3x2－6 x＋3.
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝＋1.
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，－1)上是增函数；
当x∈(－1，＋1)时，f′(x)<0，f(x)在(－1，＋1)上是减函数；
当x∈(＋1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(＋1，＋∞)上是增函数．
(2)由f(2)≥0得a≥－.
当a≥－，x∈(2，＋∞)时，
f′(x)＝3(x2＋2ax＋1)≥3＝
3(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.
综上，a的取值范围是.
22．B12，B14[2013·福建卷] 已知函数f(x)＝x－1＋(a∈R，e为自然对数的底数)．
(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．
22．解：(1)由f(x)＝x－1＋，得f′(x)＝1－.
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.
(2)f′(x)＝1－，
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，故f(x)在x＝ln a处取得极小值，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．
(3)方法一：当a＝1时，f(x)＝x－1＋.
令g(x)＝f(x)－(kx－1)＝(1－k)x＋，
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．
假设k>1，此时g(0)＝1>0，g＝－1＋<0，
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.
又k＝1时，g(x)＝>0，知方程g(x)＝0在R上没有实数解．
所以k的最大值为1.
方法二：当a＝1时，f(x)＝x－1＋.
直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，
等价于关于x的方程kx－1＝x－1＋在R上没有实数解，即关于x的方程：
(k－1)x＝(*)在R上没有实数解．
①当k＝1时，方程(*)可化为＝0，在R上没有实数解．
②当k≠1时，方程(*)化为＝xex.
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
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
－
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－，＋∞.
所以当∈时，方程(*)无实数解．
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，f是否成等比数列，并证明f≤f；
(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的取值范围．
21．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，
f′(x)＝＝.
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．
(2)(i)计算得f(1)＝＞0，f＝＞0，
f＝＞0.
故f(1)f＝·＝ab＝，即
f(1)f＝.①
所以f(1)，f，f成等比数列．
因≥，即f(1)≥f，结合①得f≤f.
(ii)由(i)知f＝H，f＝G，故由H≤f(x)≤G，
得f≤f(x)≤f.②
当a＝b时，f＝f(x)＝f＝a.
这时，x的取值范围为(0，＋∞)；
当a＞b时，0＜＜1，从而＜，由f(x)在(0，＋∞)上单调递增与②式，得≤x≤，即x的取值范围为；
当a＜b时，＞1，从而＞，由f(x)在(0，＋∞)上单调递减与②式，
得≤x≤，即x的取值范围为.
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( )
A．(－∞，0) B.
C．(0，1) D．(0，＋∞)
10．B [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－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＝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，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的取值范围是0，.
21．B1，B12[2013·江西卷] 设函数
f(x)＝a为常数且a∈(0，1)．
(1)当a＝时，求f；
(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)，求S(a)在区间上的最大值和最小值．
21．解：(1)当a＝时，f＝，
f＝f＝2＝.
(2)f(f(x))＝
当0≤x≤a2时，由x＝x解得x＝0，
因为f(0)＝0，故x＝0不是f(x)的二阶周期点；
当a20.
(或令g(a)＝a3－2a2－2a＋2，
g′(a)＝3a2－4a－2＝3，
因a∈(0，1)，g′(a)<0，则g(a)在区间上的最小值为g＝>0，
故对于任意a∈，g(a)＝a3－2a2－2a＋2>0，
S′(a)＝·>0)
则S(a)在区间上单调递增，
故S(a)在区间上的最小值为S＝，最大值为S＝.
21．B12[2013·辽宁卷] (1)证明：当x∈[0，1]时，x≤sin x≤x；
(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．
21．解：(1)记F(x)＝sin x－x，则F′(x)＝cos x－.
当x∈0，时，F′(x)>0，F(x)在0，上是增函数；
当x∈，1时，F′(x)<0，F(x)在，1上是减函数．
又F(0)＝0，F(1)>0，所以当x∈[0，1]时，F(x)≥0，即sin x≥x.
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，x≤sin x≤x，x∈[0，1]．
(2)方法一：
因为当x∈[0，1]时，
ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4
＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2
≤(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)x2
＝(a＋2)x.
所以，当a≤－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4对x∈[0，1]恒成立．
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．
因为当x∈[0，1]时．
ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4
＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2
≥(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)2
＝(a＋2)x－x2－
≥(a＋2)x－x2
＝－xx－(a＋2)．
所以存在x0∈(0，1)例如x0取和中的较小值满足ax0＋x＋＋2(x0＋2)cos x0
－4>0.即当a>－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4≤0对x∈[0，1]不恒成立．
综上，实数a的取值范围是(－∞，－2]．
方法二：
记f(x)＝ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4，则
f′(x)＝a＋2x＋＋2cos x－2(x＋2)sin x.
记G(x)＝f′(x)，则
G′(x)＝2＋3x－4sin x－2(x＋2)cos x.
当x∈(0，1)时，cos x>，因此G′(x)<2＋3x－4·x－(x＋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)－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4对x∈[0，1]不恒成立．
由于f′(x)在[0，1]上是减函数，且
f′(0)＝a＋2>0，f′(1)＝a＋＋2cos 1－6sin 1.
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]上是增函数，故f(1)>f(0)＝0；
当－20，故存在x0∈(0，1)使f′(x0)＝0，则当0f′(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.
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．
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)＝4e－2.
(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－＝t＋＝t－2＋＋3.
由已知和①得t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)．
令h(x)＝x＋(x≠0)，则当x∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[2 ，＋∞)；当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 ＋3，＋∞)．
综上，l在x轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[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，B正确．若x0是f(x)的极小值点，可能还有极大值点x1，若x10，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)＝.
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，＋∞)．
(ii)若b＞0，当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，
当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
所以，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
②当a＞0时，令f′(x)＝0，
得2ax2＋bx－1＝0.
由Δ＝b2＋8a＞0得
x1＝，x2＝.
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．
所以函数f(x)的单调递减区间是，
单调递增区间是.
综上所述，
当a＝0，b≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)；
当a＝0，b>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)由题意，函数f(x)在x＝1处取得最小值，
由(1)知是f(x)的唯一极小值点，
故＝1，整理得
2a＋b＝1，即b＝1－2a.
令g(x)＝2－4x＋ln x.
则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，得x＝.
当0＜x＜时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
因此g(x)≤g＝1＋ln ＝1－ln 4＜0.
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；
(2)证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点；
(3)设a0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．
故曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．
方法二：∵ex>0，x2＋x＋1>0，
∴曲线y＝ex与y＝x2＋x＋1公共点的个数等于
曲线y＝与直线y＝1公共点的个数．
设φ(x)＝，则φ(0)＝1，即x＝0时，两曲线有公共点．
又φ′(x)＝＝≤0(仅当x＝0时等号成立)，
∴φ(x)在R上单调递减，
∴φ(x)与y＝1有唯一的公共点，
故曲线y＝f(x)与y＝x2＋x＋1有唯一的公共点．
(3)－f＝－e ＝＝.
设函数u(x)＝ex －－2x(x≥0)，则u′(x)＝ex＋－2≥2－2＝0.
∴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.
令x＝，则得e－e－(b－a)>0.
∴>f.
21．B3，B9，B12[2013·四川卷] 已知函数f(x)＝其中a是实数．设A
(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))为该函数图像上的两点，且x10，
因此x2－x1＝[－(2x1＋2)＋2x2＋2]≥＝1.
当且仅当－(2x1＋2)＝2x2＋2＝1，即x1＝－且x2＝－时等号成立
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x1x1>0时，f′(x1)≠f′(x2)，故x1<00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＋ln x2－1.
两切线重合的充要条件是
由①及x1<0h(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)＝(a∈R，e为自然对数的底数)．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＝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.
当x∈时，ex＞0，－2x＋1≥0，故g′(x)＞0.
当x∈时，ex＞＞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]．
20．B12[2013·天津卷] 设a∈[－2，0]，已知函数f(x)＝
(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＋x3>－.
20．解：(1)证明：设函数f1(x)＝x3－(a＋5)x(x≤0)，f2(x)＝x3－x2＋ax(x≥0)，
①f′1(x)＝3x2－(a＋5)，a∈[－2，0]，从而当－11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．
(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，＋∞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－＋.
设t＝，则a＝.
因为a∈[－2，0]，所以t∈，，
故x1＋x2＋x3>－t＋＝(t－1)2－≥－，即x1＋x2＋x3>－.
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.
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋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)．
12．B5、B12、B14[2013·新课标全国卷Ⅰ] 已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是( )
A．(－∞，0] B．(－∞，1]
C．[－2，1] D．[－2，0]
12．D [解析] 函数y＝|f(x)|＝在同一坐标系中画出y＝|f(x)|，y＝ax的图像如图所示，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
0
(0，1)
1
(1，a)
a
(a，2a)
2a
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
0
单调
递增
极大值
3a－1
单调
递减
极小值
a2(3－a)
单调
递增
4a3
比较f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得
g(a)＝
当a<－1时，
x
0
(0，1)
1
(1，－2a)
－2a
f′(x)
－
0
＋
f(x)
0
单调
递减
极小值
3a－1
单调
递增
－28a3－24a2
得g(a)＝3a－1.
综上所述，f(x)在闭区间[0，2|a|]上的最小值为
g(a)＝
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100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2
元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元，又据题意200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝(300－4r2)，从而
V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
因为r>0，又由h>0可得r<5 ，故函数V(r)的定义域为(0，5 )．
(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，故V′(r)＝(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(r2＝－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 )时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5 )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)＝________．
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)＝－x(x＋1)．
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
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
1
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)＝11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＝－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＝－时，f(x)＝x3－3 x2＋3x＋1，
f′(x)＝3x2－6 x＋3.
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝＋1.
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，－1)上是增函数；
当x∈(－1，＋1)时，f′(x)<0，f(x)在(－1，＋1)上是减函数；
当x∈(＋1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(＋1，＋∞)上是增函数．
(2)由f(2)≥0得a≥－.
当a≥－，x∈(2，＋∞)时，
f′(x)＝3(x2＋2ax＋1)≥3＝
3(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.
综上，a的取值范围是.
22．B12，B14[2013·福建卷] 已知函数f(x)＝x－1＋(a∈R，e为自然对数的底数)．
(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．
22．解：(1)由f(x)＝x－1＋，得f′(x)＝1－.
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.
(2)f′(x)＝1－，
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，故f(x)在x＝ln a处取得极小值，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．
(3)方法一：当a＝1时，f(x)＝x－1＋.
令g(x)＝f(x)－(kx－1)＝(1－k)x＋，
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．
假设k>1，此时g(0)＝1>0，g＝－1＋<0，
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.
又k＝1时，g(x)＝>0，知方程g(x)＝0在R上没有实数解．
所以k的最大值为1.
方法二：当a＝1时，f(x)＝x－1＋.
直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，
等价于关于x的方程kx－1＝x－1＋在R上没有实数解，即关于x的方程：
(k－1)x＝(*)在R上没有实数解．
①当k＝1时，方程(*)可化为＝0，在R上没有实数解．
②当k≠1时，方程(*)化为＝xex.
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
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
－
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－，＋∞.
所以当∈时，方程(*)无实数解．
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x10，进而解得x>a－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xln 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aln a，因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a≤－1，即00，得f(x)存在唯一的零点；
(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．
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．
(iii)当00，当x>a－1
时，f′(x)<0，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00，且函数f(x)在[e－1，a－1]上的图像不间断，所以f(x)在(e－1，a－1)上存在零点．
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－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)＝ex－2x>h′(2)＝e2－4>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0e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时，f′(x)＝－a<0，
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00)图像上一动点．若点P，A之间的最短距离为2 ，则满足条件的实数a的所有值为________．
13．－1， [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＝8与y＝(x>0)相切．联立方程，消去y得
x2－2ax＋a2＋－＋a2＝8，
即－2a＋2a2－10＝0.
令Δ＝0得(2a)2－4(2a2－10)＝0.(*)
解得a＝.
此时方程(*)的解为x＝，满足题意．
综上，实数a的所有值为－1，.
12．B5、B12、B14[2013·新课标全国卷Ⅰ] 已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是( )
A．(－∞，0] B．(－∞，1]
C．[－2，1] D．[－2，0]
12．D [解析] 函数y＝|f(x)|＝在同一坐标系中画出y＝|f(x)|，y＝ax的图像如图所示，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，若x≥0时恒有0≤x4－x3＋ax＋b≤(x2－1)2，则ab＝________．
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.
