2011年高考数学真题分类汇编B
课标文数13.B1[2011·安徽卷] 函数y＝的定义域是________．
课标文数13.B1[2011·安徽卷] 【答案】 (－3，2)
【解析】 由函数解析式可知6－x－x2>0，即x2＋x－6<0，故－3
0时，f(x)＝2x>1，而f(a)＋f(1)＝0，
∴f(a)＝－2，且a<0，
∴a＋1＝－2，解得a＝－3，故选A.
课标文数4.B1[2011·广东卷] 函数f(x)＝＋lg(1＋x)的定义域是( )
A．(－∞，－1) B．(1，＋∞)
C．(－1，1)∪(1，＋∞) D．(－∞，＋∞)
课标文数4.B1[2011·广东卷] C 【解析】 要使函数有意义，必须满足所以所求定义域为{x|x>－1且x≠1}，故选C.
课标文数16.B1[2011·湖南卷] 给定k∈N*，设函数f：N*→N*满足：对于任意大于k的正整数n，f(n)＝n－k.
(1)设k＝1，则其中一个函数f在n＝1处的函数值为________________；
(2)设k＝4，且当n≤4时，2≤f(n)≤3，则不同的函数f的个数为________．
课标文数16.B1[2011·湖南卷] (1)a(a为正整数) (2)16 【解析】 (1)由法则f是正整数到正整数的映射，因为k＝1，所以从2开始都是一一对应的，而1可以和任何一个正整数对应，故f在n＝1处的函数值为任意的a(a为正整数)；
(2)因为2≤f(n)≤3，所以根据映射的概念可得到：1，2，3，4只能是和2或者3对应，1可以和2对应，也可以和3对应，有2种对应方法，同理，2，3，4都有两种对应方法，由乘法原理，得不同函数f的个数等于16.
课标文数11.B1[2011·陕西卷] 设f(x)＝则f(f(－2))＝________．
课标文数11.B1[2011·陕西卷] －2 【解析】 因为f(x)＝－2<0，f(－2)＝10－2，10－2>0，f(10－2)＝lg10－2＝－2.
大纲文数16.B1[2011·四川卷] 函数f(x)的定义域为A，若x1，x2∈A且f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，则称f(x)为单函数，例如，函数f(x)＝2x＋1(x∈R)是单函数．下列命题：
①函数f(x)＝x2(x∈R)是单函数；
②指数函数f(x)＝2x(x∈R)是单函数；
③若f(x)为单函数，x1，x2∈A且x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)；
④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数．
其中的真命题是________．(写出所有真命题的编号)
大纲文数16.B1[2011·四川卷] ②③④ 【解析】 本题主要考查对函数概念以及新定义概念的理解．对于①，如－2，2∈A，f(－2)＝f(2)，则①错误；对于②，当2x1＝2x2时，总有x1＝x2，故为单函数；对于③根据单函数的定义，函数即为一一映射确定的函数关系，所以当函数自变量不相等时，则函数值不相等，即③正确；对于④，函数f(x)在定义域上具有单调性，则函数为一一映射确定的函数关系，所以④正确．
课标理数1.B1[2011·浙江卷] 设函数f(x)＝若f(α)＝4，则实数α＝( )
A．－4或－2 B．－4或2
C．－2或4 D．－2或2
课标理数1.B1[2011·浙江卷] B 【解析】 当α≤0时，f(α)＝－α＝4，α＝－4；
当α＞0，f(α)＝α2＝4，α＝2.
课标文数11.B1[2011·浙江卷] 设函数f(x)＝，若f(α)＝2，则实数α＝________.
课标文数11.B1[2011·浙江卷] －1 【解析】 ∵f(α)＝＝2，∴α＝－1.
大纲理数2.B2[2011·全国卷] 函数y＝2(x≥0)的反函数为( )
A．y＝(x∈R) B．y＝(x≥0)
C．y＝4x2(x∈R) D．y＝4x2(x≥0)
大纲理数2.B2[2011·全国卷] B 【解析】 由y＝2得x＝，∵x≥0，∴y≥0，则函数的反函数为y＝(x≥0)．故选B.
大纲文数2.B2[2011·全国卷] 函数y＝2(x≥0)的反函数为( )
A．y＝(x∈R) B．y＝(x≥0)
C．y＝4x2(x∈R) D．y＝4x2(x≥0)
大纲文数2.B2[2011·全国卷] B 【解析】 由y＝2得x＝，∵x≥0，∴y≥0，则函数的反函数为y＝(x≥0)．故选B.
大纲理数7.B2[2011·四川卷] 已知f(x)是R上的奇函数，且当x＞0时，f(x)＝＋1，则f(x)的反函数的图象大致是( )
图1－2
大纲理数7.B2[2011·四川卷] A 【解析】 当x>0时，由y＝＋1可得其反函数为y＝log(x－1)(10，则－x<0，∵f(x)是定义在R上的奇函数，且x≤0时，f(x) ＝ 2x2－x，∴f(－x)＝2(－x)2－(－x)＝2x2＋x，又f(－x)＝－f(x)，
∴f(x)＝－2x2－x，∴f(1)＝－2×12－1＝－3.
课标理数3.B4，B5[2011·安徽卷] 设f(x)是定义在R上的奇函数，当x≤0时，f(x) ＝ 2x2－x，则f(1)＝( )
A．－3 B．－1 C．1 D．3
课标理数3.B4，B5[2011·安徽卷] A 【解析】 法一：∵f(x)是定义在R上的奇函数，且x≤0时，f(x) ＝ 2x2－x，
∴f(1)＝－f(－1)＝－2×(－1)2＋(－1)＝－3，故选A.
法二：设x>0，则－x<0，∵f(x)是定义在R上的奇函数，且x≤0时，f(x) ＝ 2x2－x，∴f(－x)＝2(－x)2－(－x)＝2x2＋x，又f(－x)＝－f(x)，
∴f(x)＝－2x2－x，∴f(1)＝－2×12－1＝－3，故选A.
大纲理数9.B4[2011·全国卷] 设f(x)是周期为2的奇函数，当0≤x≤1时，f(x)＝2x(1－x)，则f＝( )
A．－ B．－
C. D.
大纲理数9.B4[2011·全国卷] A 【解析】 因为函数的周期为2，所以f＝f＝f＝，又函数是奇函数，∴f＝－f＝－，故选A.
大纲文数10.B4[2011·全国卷] 设f(x)是周期为2的奇函数，当0≤x≤1时，f(x)＝2x(1－x)，则f＝( )
A．－ B．－
C. D.
大纲文数10.B4[2011·全国卷] A 【解析】 因为函数的周期为2，所以f＝f＝f＝，又函数是奇函数，所以f＝－f＝－，故选A.
课标理数9.B4[2011·福建卷] 对于函数f(x)＝asinx＋bx＋c(其中，a，b∈R，c∈Z)，选取a，b，c的一组值计算f(1)和f(－1)，所得出的正确结果一定不可能是( )
A．4和6 B．3和1
C．2和4 D．1和2
课标理数9.B4[2011·福建卷] D 【解析】 由已知，有f(1)＝asin1＋b＋c，f(－1)＝－asin1－b＋c，
∴ f(1)＋f(－1)＝2c，
∵ c∈Z，∴ f(1)＋f(－1)为偶数，
而D选项给出的两个数，一个是奇数，一个是偶数，两个数的和为奇数，故选D.
课标理数4.B4[2011·广东卷] 设函数f(x)和g(x)分别是R上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是( )
A．f(x)＋|g(x)|是偶函数
B．f(x)－|g(x)|是奇函数
C．|f(x)|＋g(x)是偶函数
D．|f(x)|－g(x)是奇函数
课标理数4.B4[2011·广东卷] A 【解析】 因为g(x)在R上为奇函数，所以|g(x)|为偶函数，则f(x)＋|g(x)|一定为偶函数．
课标文数12.B4[2011·广东卷] 设函数f(x)＝x3cosx＋1.若f(a)＝11，则f(－a)＝________．
课标文数12.B4[2011·广东卷] －9 【解析】 由f(a)＝a3cosa＋1＝11得a3cosa＝10，
所以f(－a)＝(－a)3cos(－a)＋1＝－a3cosa＋1＝－10＋1＝－9.
课标理数6.B4[2011·湖北卷] 已知定义在R上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)＋g(x)＝ax－a－x＋2(a>0，且a≠1)．若g(2)＝a，则f(2)＝( )
A．2 B. C. D．a2
课标理数6.B4[2011·湖北卷] B 【解析】 因为函数f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，所以由f(x)＋g(x)＝ax－a－x＋2①，得－f(x)＋g(x)＝a－x－ax＋2②， ①＋②，得g(x)＝2，①－②，得f(x)＝ax－a－x.又g(2)＝a，所以a＝2，所以f(x)＝2x－2－x，所以f(2)＝.
课标文数3.B4[2011·湖北卷] 若定义在R上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足f(x)＋g(x)＝ex，则g(x)＝( )
A．ex－e－x B.(ex＋e－x)
C.(e－x－ex) D.(ex－e－x)
课标文数3.B4[2011·湖北卷] D 【解析】 因为函数f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，所以f＋g＝f(x)－g＝e－x.又因为f(x)＋g＝ex，所以g＝.
课标文数12.B4[2011·湖南卷] 已知f(x)为奇函数，g(x)＝f(x)＋9，g(－2)＝3，则f(2)＝
________．
课标文数12.B4[2011·湖南卷] 6 【解析】 由g(x)＝f(x)＋9，得当x＝－2时，有g(－2)＝f(－2)＋9⇒f(－2)＝－6.
因为f(x)为奇函数，所以有f(2)＝f(－2)＝6.
课标理数2.B3，B4[2011·课标全国卷] 下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)单调递增的函数是( )
A．y＝x3 B．y＝|x|＋1
C．y＝－x2＋1 D．y＝2－|x|
课标理数2.B3，B4[2011·课标全国卷] B 【解析】 A选项中，函数y＝x3是奇函数；B选项中，y＝＋1是偶函数，且在上是增函数；C选项中，y＝－x2＋1是偶函数，但在上是减函数；D选项中，y＝2－|x|＝是偶函数，但在上是减函数．故选B.
课标文数6.B4[2011·辽宁卷] 若函数f(x)＝为奇函数，则a＝( )
A. B. C. D．1
课标文数6.B4[2011·辽宁卷] A 【解析】 法一：由已知得f(x)＝定义域关于原点对称，由于该函数定义域为，知a＝，故选A.
法二：∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
又f(x)＝，
则＝在函数的定义域内恒成立，可得a＝.
课标文数3.B3，B4[2011·课标全国卷] 下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)单调递增的函数是( )
A．y＝x3 B．y＝|x|＋1
C．y＝－x2＋1 D．y＝2－|x|
课标文数3.B3，B4[2011·课标全国卷] B 【解析】 A选项中，函数y＝x3是奇函数；B选项中，y＝＋1是偶函数，且在上是增函数；C选项中，y＝－x2＋1是偶函数，但在上是减函数；D选项中，y＝2－|x|＝是偶函数，但在上是减函数．故选B.
课标文数12.B4，B7，B8[2011·课标全国卷] 已知函数y＝f(x)的周期为2，当x∈[－1，1]时f(x)＝x2，那么函数y＝f(x)的图像与函数y＝|lgx|的图像的交点共有( )
A．10个 B．9个 C．8个 D．1个
课标文数12.B4，B7，B8[2011·课标全国卷] A 【解析】
由题意做出函数图像如图，由图像知共有10个交点．
图1－5
课标理数10.B4[2011·山东卷] 已知f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，且当0≤x<2时，f(x)＝x3－x，则函数y＝f(x)的图象在区间[0，6]上与x轴的交点的个数为( )
A．6 B．7 C．8 D．9
课标理数10.B4[2011·山东卷] B 【解析】 当0≤x<2时，f(x)＝x3－x＝x(x2－1)＝0，所以当0≤x<2时，f(x)与x轴交点的横坐标为x1＝0，x2＝1.当2≤x<4时，0≤x－2<2，则f(x－2)＝(x－2)3－(x－2)，又周期为2，所以f(x－2)＝f(x)，所以f(x)＝(x－2)(x－1)(x－3)，所以当2≤x<4时，f(x)与x轴交点的横坐标为x3＝2，x4＝3；同理当4≤x≤6时，f(x)与x轴交点的横坐标分别为x5＝4，x6＝5，x7＝6，所以共有7个交点．
课标理数3.B4[2011·陕西卷] 设函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝f(x)，f(x＋2)＝f(x)，则y＝f(x)的图像可能是( )
图1－1
课标理数3.B4[2011·陕西卷] B 【解析】 由f(－x)＝f(x)可知函数为偶函数，其图像关于y轴对称，可以结合选项排除A、C，再利用f(x＋2)＝f(x)，可知函数为周期函数，且T＝2，必满足f(4)＝f(2)，排除D，故只能选B.
课标理数11.B4[2011·浙江卷] 若函数f(x)＝x2－|x＋a|为偶函数，则实数a＝________．
课标理数11.B4[2011·浙江卷] 0 【解析】 ∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，
即x2－|x＋a|＝(－x)2－|－x＋a|⇒＝，∴a＝0.
课标文数11.B4，B5[2011·安徽卷] 设f(x)是定义在R上的奇函数，当x≤0时，f(x)＝2x2－x，则f(1)＝________．
课标文数11.B4，B5[2011·安徽卷] 【答案】 －3
【解析】 法一：∵f(x)是定义在R上的奇函数，且x≤0时，f(x) ＝ 2x2－x，
∴f(1)＝－f(－1) ＝－2×(－1)2＋(－1)＝－3.
法二：设x>0，则－x<0，∵f(x)是定义在R上的奇函数，且x≤0时，f(x) ＝ 2x2－x，∴f(－x)＝2(－x)2－(－x)＝2x2＋x，又f(－x)＝－f(x)，
∴f(x)＝－2x2－x，∴f(1)＝－2×12－1＝－3.
课标理数3.B4，B5[2011·安徽卷] 设f(x)是定义在R上的奇函数，当x≤0时，f(x) ＝ 2x2－x，则f(1)＝( )
A．－3 B．－1 C．1 D．3
课标理数3.B4，B5[2011·安徽卷] A 【解析】 法一：∵f(x)是定义在R上的奇函数，且x≤0时，f(x) ＝ 2x2－x，
∴f(1)＝－f(－1)＝－2×(－1)2＋(－1)＝－3，故选A.
法二：设x>0，则－x<0，∵f(x)是定义在R上的奇函数，且x≤0时，f(x) ＝ 2x2－x，∴f(－x)＝2(－x)2－(－x)＝2x2＋x，又f(－x)＝－f(x)，
∴f(x)＝－2x2－x，∴f(1)＝－2×12－1＝－3，故选A.
课标文数8.B5，H2[2011·北京卷] 已知点A(0，2)，B(2，0)．若点C在函数y＝x2的图象上，则使得△ABC的面积为2的点C的个数为( )
A．4 B．3 C．2 D．1
课标文数8.B5，H2[2011·北京卷] A 【解析】 由已知可得|AB|＝2，要使S△ABC＝2，则点C到直线AB的距离必须为，设C(x，x2)，而lAB：x＋y－2＝0，所以有＝，
所以x2＋x－2＝±2，
当x2＋x－2＝2时，有两个不同的C点；
当x2＋x－2＝－2时，亦有两个不同的C点．
因此满足条件的C点有4个，故应选A.
课标理数12.B5[2011·陕西卷] 设n∈N＋，一元二次方程x2－4x＋n＝0有整数根的充要条件是n＝________．
课标理数12.B5[2011·陕西卷] 3或4 【解析】 由x2－4x＋n得(x－2)2＝4－n，即x＝2±，∵n∈N＋，方程要有整数根，满足n＝3，4，故当n＝3，4时方程有整数根．
课标文数14.B5[2011·陕西卷] 设n∈N＋，一元二次方程x2－4x＋n＝0有整数根的充要条件是n＝________．
课标文数14.B5[2011·陕西卷] 3或4 【解析】 由x2－4x＋n＝0得(x－2)2＝4－n，即x＝2±，∵n∈N＋，方程要有整数根，满足n＝3，4，当n＝3，4时方程有整数根．
课标理数8.B5[2011·天津卷] 对实数a和b，定义运算“⊗”：a⊗b＝设函数f(x)＝(x2－2)⊗(x－x2)，x∈R，若函数y＝f(x)－c的图象与x轴恰有两个公共点，则实数c
的取值范围是( )
A．(－∞，－2]∪
B．(－∞，－2]∪
C.∪
D.∪
课标理数8.B5[2011·天津卷] B 【解析】 f(x)＝
＝
则f的图象如图1－4.
图1－4
∵y＝f(x)－c的图象与x轴恰有两个公共点，
∴y＝f(x)与y＝c的图象恰有两个公共点，
由图象知c≤－2，或－10)的图象上的动点，该图象在点P处的切线l交y轴于点M，过点P作l的垂线交y轴于点N，设线段MN的中点的纵坐标为t，则t的最大值是________．
课标数学12.B6[2011·江苏卷]
【解析】 设P(x0，y0)，则直线l：y－ex0＝ex0(x－x0)．
令x＝0，则y＝－x0ex0＋ex0，与l垂直的直线l′的方程为y－ex0＝－(x－x0)，
令x＝0得，y＝＋ex0，所以t＝.
令y＝，则y′＝－，令y′＝0得x＝1，
当x∈(0，1)时，y′>0，当x∈(1，＋∞)时，y′<0，故当x＝1时该函数的最大值为.
课标理数7.B6，B7[2011·天津卷] 已知a＝5log23.4，b＝5log43.6，c＝log30.3，则( )
A．a>b>c B．b>a>c
C．a>c>b D．c>a>b
课标理数7.B6，B7[2011·天津卷] C 【解析】 令m＝log23.4，n＝log43.6，l＝log3，在同一坐标系下作出三个函数的图象，由图象可得m>l>n，
图1－3
又∵y＝5x为单调递增函数，
∴a>c>b.
课标文数5.B7[2011·安徽卷] 若点(a，b)在y＝lgx图像上，a≠1，则下列点也在此图像上的是( )
A. B．(10a，1－b)
C. D．(a2，2b)
课标文数5.B7[2011·安徽卷] D 【解析】 由点(a，b)在y＝lgx图像上，得b＝lga.当x＝a2时，y＝lga2＝2lga＝2b，所以点(a2，2b)在函数y＝lgx 图像上．
课标文数3.B7[2011·北京卷] 如果logx＜logy＜0，那么( )
A．y＜x＜1 B．x＜y＜1
C．1＜x＜y D．1＜y＜x
课标文数3.B7[2011·北京卷] D 【解析】 因为logxy>1，故选D.
课标文数15.B7[2011·湖北卷] 里氏震级M的计算公式为：M＝lgA－lgA0，其中A是测震仪记录的地震曲线的最大振幅，A0是相应的标准地震的振幅，假设在一次地震中，测震仪记录的最大振幅是1000，此时标准地震的振幅为0.001，则此次地震的震级为________级；9级地震的最大振幅是5级地震最大振幅的________倍．
课标文数15.B7[2011·湖北卷] 6 10000 【解析】 由M＝lgA－lgA0知，M＝lg1000－lg0.001＝6，所以此次地震的级数为6级．设9级地震的最大振幅为A1，5级地震的最大振幅为A2，则lg＝lgA1－lgA2＝－＝9－5＝4.所以＝104＝10000.所以9级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的10000倍．
课标理数3.B7[2011·江西卷] 若f(x)＝，则f(x)的定义域为( )
A. B.
C. D．(0，＋∞)
课标理数3.B7[2011·江西卷] A 【解析】 根据题意得log(2x＋1)>0，即0<2x＋1<1，解得x∈.故选A.
课标文数3.B7[2011·江西卷] 若f＝，则f的定义域为( )
A. B.
C.∪ D.
课标文数3.B7[2011·江西卷] C 【解析】 方法一：根据题意得
解得x∈∪(0，＋∞)．故选C.
方法二：取特值法，取x＝0，则可排除B、D；取x＝1，则排除A.故选C.
课标文数12.B4，B7，B8[2011·课标全国卷] 已知函数y＝f(x)的周期为2，当x∈[－1，1]时f(x)＝x2，那么函数y＝f(x)的图像与函数y＝|lgx|的图像的交点共有( )
A．10个 B．9个 C．8个 D．1个
课标文数12.B4，B7，B8[2011·课标全国卷] A 【解析】 由题意做出函数图像如图，由图像知共有10个交点．
图1－5
课标理数7.B6，B7[2011·天津卷] 已知a＝5log23.4，b＝5log43.6，c＝log30.3，则( )
A．a>b>c B．b>a>c
C．a>c>b D．c>a>b
课标理数7.B6，B7[2011·天津卷] C 【解析】 令m＝log23.4，n＝log43.6，l＝log3，在同一坐标系下作出三个函数的图象，由图象可得m>l>n，
图1－3
又∵y＝5x为单调递增函数，
∴a>c>b.
课标文数5.B7[2011·天津卷] 已知a＝log23.6，b＝log43.2，c＝log43.6，则( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．b>a>c D．c>a>b
课标文数5.B7[2011·天津卷] B 【解析】 ∵a＝log23.6>log22＝1.又∵y＝log4x，x∈(0，＋
∞)为单调递增函数，
∴log43.20.当n＝1时，f(x)＝ax(1－x)2＝a(x3－2x2＋x)，f′(x)＝a(3x－1)(x－1)，所以函数的极大值点为x＝<0.5，故A可能；
当n＝2时，函数f(x)＝ax2(1－x)2＝a(x2－2x3＋x4)，f′(x)＝a(2x－6x2＋4x3)＝ 2ax(2x－1)(x－1)，函数的极大值点为x＝，故B错误；
当n＝3时，f(x)＝ax3(1－x)2＝a(x5－2x4＋x3)，f′(x)＝ax2(5x2－8x＋3)＝ax2(5x－3)(x－1)，函数的极大值点为x＝>0.5，故C错误；
当n＝4时，f(x)＝ax4(1－x)2＝a(x6－2x5＋x4)，f′(x)＝a(6x5－10x4＋4x3)＝2ax3(3x－2)(x－1)，函数的极大值点为x＝>0.5，故D错误．
课标理数10.B8[2011·安徽卷] 函数f(x)＝axm(1－x)n在区间[0，1]上的图像如图1－2所示，则m，n的值可能是( )
图1－2
A．m＝1，n＝1 B．m＝1，n＝2
C．m＝2，n＝1 D．m＝3，n＝1
课标理数10.B8[2011·安徽卷] B 【解析】 由图可知a＞0.当m＝1，n＝1时，f(x)＝ax(1－x)的图像关于直线x＝对称，所以A不可能；
当m＝1，n＝2时，f(x)＝ax(1－x)2＝a(x3－2x2＋x)，
f′(x)＝a(3x2－4x＋1)＝a(3x－1)(x－1)，
所以f(x)的极大值点应为x＝＜0.5，由图可知B可能．
当m＝2，n＝1时，f(x)＝ax2(1－x)＝a(x2－x3)，
f′(x)＝a(2x－3x2)＝－ax(3x－2)，
所以f(x)的极大值点为x＝＞0.5，所以C不可能；
当m＝3，n＝1时，f(x)＝ax3(1－x)＝a(x3－x4)，
f′(x)＝a(3x2－4x3)＝－ax2(4x－3)，
所以f(x)的极大值点为x＝＞0.5，所以D不可能，故选B.
课标理数13.B8[2011·北京卷] 已知函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是________．
课标理数13.B8[2011·北京卷] (0，1) 【解析】 函数f(x)的图象如图1－5所示：
图1－5
由上图可知00)，⇒x2＝，y2＝k2x2＝2k，
所以PQ＝2OP＝＝2≥2＝4.
大纲文数4.B8[2011·四川卷] 函数y＝＋1的图象关于直线y＝x对称的图象大致是( )
图1－1
大纲文数4.B8[2011·四川卷] A 【解析】 由y＝＋1可得其反函数为y＝log(x－1)(x>1)，根据图象可判断选择答案A.另外对于本题可采用特殊点排除法．
课标理数21.B9，H8[2011·广东卷] 在平面直角坐标系xOy上，给定抛物线L：y＝x2，实数p，q满足p2－4q≥0，x1，x2是方程x2－px＋q＝0的两根，记φ(p，q)＝max{|x1|，|x2|}．
(1)过点A(p0≠0)作L的切线交y轴于点B.证明：对线段AB上的任一点Q(p，q)，有φ(p，q)＝；
(2)设M(a，b)是定点，其中a，b满足a2－4b>0，a≠0.过M(a，b)作L的两条切线l1，l2，切点分别为E，E′，l1，l2与y轴分别交于F、F′.线段EF上异于两端点的点集记为X.证明：M(a，b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a，b)＝；
(3)设D＝.当点(p，q)取遍D时，求φ(p，q)的最小值(记为φmin)和最大值(记为φmax)．
课标理数21.B9，H8[2011·广东卷] 【解答】 (1)证明：切线l的方程为y＝p0x－p.
∀Q(p，q)∈AB有φ(p，q)＝＝.
当p0>0时，0≤p≤p0，于是φ(p，q)＝＝＝；
当p0<0时，p0≤p≤0，于是φ(p，q)＝＝＝.
(2)l1，l2的方程分别为y＝p1x－p，y＝p2x－p.
求得l1，l2交点M(a，b)的坐标.
由于a2－4b>0，a≠0，故有|p1|≠|p2| .
①先证：M(a，b)∈X⇔|p1|>|p2|.
(⇒)设M(a，b)∈X.
当p1>0时，0<|p2|；
当p1<0时，p1<<0⇒2p1|p2|.
(⇐)设|p1|>|p2|，则<1⇒－1<<1⇒0<<2.
当p1>0时，0<|p2|.
若不然，|p1|<|p2|.令Y是l2上线段E′F′上异于两端点的点的集合，由已证的等价式①M(a，b)∈Y.再由(1)得φ(a，b)＝≠，矛盾．故必有|p1|>|p2|.再由等价式①，M(a，b)∈X.
综上，M(a，b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a，b)＝.
(3)求得y＝x－1和y＝(x＋1)2－的交点Q1(0，－1)，Q2(2，1)．而y＝x－1是L的切点为Q2(2，1)的切线，且与y轴交于Q1(0，－1)，由(1)∀Q(p，q)∈线段Q1Q2，有φ(p，q)＝1.
当Q(p，q)∈L1：y＝(x＋1)2－(0≤x≤2)时，q＝(p＋1)2－，∴h(p)＝φ(p，q)＝＝(0≤p≤2)，在(0，2)上，令h′(p)＝＝0得p＝，由于h(0)＝h(2)＝1，h＝，
∴h(p)＝φ(p，q)在[0，2]上取得最大值hmax＝.
∀(p，q)∈D，有0≤p≤2，(p＋1)2－≤q≤p－1，
故φ(p，q)＝≤
＝≤hmax＝，
φ(p，q)＝≥＝＝＝1，
故φmin＝1，φmax＝.
课标理数21.B9，H8[2011·广东卷] 在平面直角坐标系xOy上，给定抛物线L：y＝x2，实数p，q满足p2－4q≥0，x1，x2是方程x2－px＋q＝0的两根，记φ(p，q)＝max{|x1|，|x2|}．
(1)过点A(p0≠0)作L的切线交y轴于点B.证明：对线段AB上的任一点Q(p，q)，有φ(p，q)＝；
(2)设M(a，b)是定点，其中a，b满足a2－4b>0，a≠0.过M(a，b)作L的两条切线l1，l2，切点分别为E，E′，l1，l2与y轴分别交于F、F′.线段EF上异于两端点的点集记为X.证明：M(a，b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a，b)＝；
(3)设D＝.当点(p，q)取遍D时，求φ(p，q)的最小值(记为φmin)和最大值(记为φmax)．
课标理数21.B9，H8[2011·广东卷] 【解答】 (1)证明：切线l的方程为y＝p0x－p.
∀Q(p，q)∈AB有φ(p，q)＝＝.
当p0>0时，0≤p≤p0，于是φ(p，q)＝＝＝；
当p0<0时，p0≤p≤0，于是φ(p，q)＝＝＝.
(2)l1，l2的方程分别为y＝p1x－p，y＝p2x－p.
求得l1，l2交点M(a，b)的坐标.
由于a2－4b>0，a≠0，故有|p1|≠|p2| .
①先证：M(a，b)∈X⇔|p1|>|p2|.
(⇒)设M(a，b)∈X.
当p1>0时，0<|p2|；
当p1<0时，p1<<0⇒2p1|p2|.
(⇐)设|p1|>|p2|，则<1⇒－1<<1⇒0<<2.
当p1>0时，0<|p2|.
若不然，|p1|<|p2|.令Y是l2上线段E′F′上异于两端点的点的集合，由已证的等价式①M(a，
b)∈Y.再由(1)得φ(a，b)＝≠，矛盾．故必有|p1|>|p2|.再由等价式①，M(a，b)∈X.
综上，M(a，b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a，b)＝.
(3)求得y＝x－1和y＝(x＋1)2－的交点Q1(0，－1)，Q2(2，1)．而y＝x－1是L的切点为Q2(2，1)的切线，且与y轴交于Q1(0，－1)，由(1)∀Q(p，q)∈线段Q1Q2，有φ(p，q)＝1.
当Q(p，q)∈L1：y＝(x＋1)2－(0≤x≤2)时，q＝(p＋1)2－，∴h(p)＝φ(p，q)＝＝(0≤p≤2)，在(0，2)上，令h′(p)＝＝0得p＝，由于h(0)＝h(2)＝1，h＝，
∴h(p)＝φ(p，q)在[0，2]上取得最大值hmax＝.
∀(p，q)∈D，有0≤p≤2，(p＋1)2－≤q≤p－1，
故φ(p，q)＝≤
＝≤hmax＝，
φ(p，q)＝≥＝＝＝1，
故φmin＝1，φmax＝.
课标文数21.H10，B9[2011·广东卷]
在平面直角坐标系xOy中，直线l：x＝－2交x轴于点A.设P是l上一点，M是线段OP的垂直平分线上一点，且满足∠MPO＝∠AOP.
(1)当点P在l上运动时，求点M的轨迹E的方程；
(2)已知T(1，－1)．设H是E上动点，求|HO|＋|HT|的最小值，并给出此时点H的坐标；
(3)过点T(1，－1)且不平行于y轴的直线l1与轨迹E有且只有两个不同的交点．求直线l1的斜率k的取值范围．
课标文数21.H10，B9[2011·广东卷] 【解答】 (1)如图1－2(1)．设MQ为线段OP的垂直平分线，交OP于点Q.
∵∠MPQ＝∠AOP，∴MP⊥l，且|MO|＝|MP|.
因此，＝|x＋2|，即
y2＝4(x＋1)(x≥－1)． ①
另一种情况，见图1－2(2)(即点M和A位于直线OP的同侧)．
图1－2
∵MQ为线段OP的垂直平分线，
∴∠MPQ＝∠MOQ.
又∵∠MPQ＝∠AOP，∴∠MOQ＝∠AOP.
因此M在x轴上，此时，记M的坐标为(x，0)．
为分析M(x，0)中x的变化范围，设P(－2，a)为l上任意点(a∈R)．
由|MO|＝|MP|，即|x|＝得，
x＝－1－a2≤－1.
故M(x，0)的轨迹方程为
y＝0，x≤－1. ②
综合①和②得，点M轨迹E的方程为
y2＝
(2)由(1)知，轨迹E的方程由下面E1和E2两部分组成(如图1－3)：
图1－3
E1：y2＝4(x＋1)(x≥－1)；
E2：y＝0，x<－1.
当H∈E1时，过T作垂直于l的直线，垂足为T′，交E1于D.再过H作垂直于l的直线，交l于H′.
因此，|HO|＝|HH′|(抛物线的性质)．
∴|HO|＋|HT|＝|HH′|＋|HT|≥|TT′|＝3(该等号仅当H′与T′重合(或H与D重合)时取得)．
当H∈E2时，则|HO|＋|HT|>|BO|＋|BT|＝1＋>3.
综合可得，|HO|＋|HT|的最小值为3，且此时点H的坐标为.
(3)由图1－3知，直线l1的斜率k不可能为零．
设l1：y＋1＝k(x－1)(k≠0)．
故x＝(y＋1)＋1，代入E1的方程得：y2－y－＝0.
因判别式Δ＝＋4＝＋28>0，
所以l1与E中的E1有且仅有两个不同的交点．
又由E2和l1的方程可知，若l1与E2有交点，
则此交点的坐标为，且<－1.即当－0)，f(an＋1)＝g(an)，证明：存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M.
课标理数22.B9，M3[2011·湖南卷] 【解答】 (1)由h(x)＝x3－x－知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，且h(1)＝－1<0，h(2)＝6－>0，则x＝0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1，2)内有零点．因此，h(x)至少有两个零点．
解法一：h′(x)＝3x2－1－x－，记φ(x)＝3x2－1－x－，则φ′(x)＝6x＋x－.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．又因为φ(1)>0，φ<0，则φ(x)在内有零点，所以φ(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．记此零点为x1，则当x∈(0，x1)时，φ(x)<φ(x1)＝0；当x∈(x1，＋∞)时，φ(x)>φ(x1)＝0.
所以，当x∈(0，x1)时，h(x)单调递减．而h(0)＝0，则h(x)在(0，x1]内无零点；
当x∈(x1，＋∞)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，＋∞)内至多只有一个零点，从而h(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．
综上所述，h(x)有且只有两个零点．
解法二：由h(x)＝x，记φ(x)＝x2－1－x－，则φ′(x)＝2x＋x－.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，从而φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)内也至多只有一个零点．
综上所述，h(x)有且只有两个零点．
(2)记h(x)的正零点为x0，即x＝x0＋.
(i)当a0，
所以f·f<0，
又因为函数y＝ex是单调增函数，y＝4x－3也是单调增函数，
所以函数f(x)＝ex＋4x－3是单调增函数，
所以函数f(x)＝ex＋4x－3的零点在内．
课标理数16.B9[2011·山东卷] 已知函数f(x)＝logax＋x－b(a＞0，且a≠1)．当2＜a＜3＜b＜4时，函数f(x)的零点x0∈(n，n＋1)，n∈N*，则n＝________．
课标理数16.B9[2011·山东卷] 2 【解析】 本题考查对数函数的单调性与函数零点定理的应用．因为21>loga2，b－3<11>loga2，b－3＜1＜loga3，所以f(2)·f(3)＝ (loga2＋2－b)·(loga3＋3－b)＜0，所以函数的零点在(2，3)上，所以n＝2.
课标理数6.B9[2011·陕西卷] 函数f(x)＝－cosx在[0，＋∞)内( )
A．没有零点
B．有且仅有一个零点
C．有且仅有两个零点
D．有无穷多个零点
课标理数6.B9[2011·陕西卷] B 【解析】 在同一个坐标系中作出y＝与y＝cosx的图象如图，
图1－2
由图象可得函数f(x)＝－cosx在[0，＋∞)上只有一个零点．
课标文数6.B9[2011·陕西卷] 方程|x|＝cosx在(－∞，＋∞)内( )
A．没有根
B．有且仅有一个根
C．有且仅有两个根
D．有无穷多个根
课标文数6.B9[2011·陕西卷] C 【解析】 如图1－3所示，由图象可得两函数图象有两个交点，故方程有且仅有两个根，故答案为C.
图1－3
课标数学11.B9[2011·江苏卷] 已知实数a≠0，函数f(x)＝ 若f(1－a)＝f(1＋a)，则a的值为________．
课标数学11.B9[2011·江苏卷] － 【解析】 当a>0时，f(1－a)＝2－2a＋a＝－1－3a＝f(1＋a)，a＝－<0，不成立；当a<0时，f(1－a)＝－1＋a－2a＝2＋2a＋a＝f(1＋a)，a＝－.
课标理数6.B10[2011·北京卷] 根据统计，一名工人组装第x件某产品所用的时间(单位：分钟)为f(x)＝(A，c为常数). 已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A件产品用时15分钟，那么c和A的值分别是( )
A．75，25 B．75，16
C．60，25 D．60，16
课标理数6.B10[2011·北京卷] D 【解析】 由题意可知解得故应选D.
课标文数7.B10，E6[2011·北京卷] 某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元，若每批生产x件，则平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为1元，为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品( )
A．60件 B．80件 C．100件 D．120件
课标文数7.B10，E6[2011·北京卷] B 【解析】 记平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和为f(x)，则f(x)＝＝＋≥2＝20，当且仅当＝，即x＝80件(x>0)时，取最小值，故选B.
课标文数14.B10[2011·北京卷] 设A(0，0)，B(4，0)，C(t＋4，3)，D(t，3)(t∈R)．记N(t)为平行四边形ABCD内部(不含边界)的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则N(0)＝________；N(t)的所有可能取值为________．
课标文数14.B10[2011·北京卷] 6 6，7，8 【解析】 显然四边形ABCD内部(不包括边界)的整点都在直线y＝k(k＝1，2)落在四边形ABCD内部的线段上，由于这样的线段长等于4，所以每条线段上的整点有3个或4个，所以6＝2×3≤N(t)≤2×4＝8.
当四边形ABCD的边AD上有4个整点时，N(t)＝6；
当四边形ABCD的边AD上有1或2个整点时，N(t)＝8或7.
所以N(t)的所有可能取值为6，7，8.
课标理数18.B10，B12[2011·福建卷] 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中30)，雨速沿E移动方向的分速度为c(c∈R)．E移动时单位时间内的淋雨量包括两部分：(1)P或P的平行面(只有一个面淋雨)的淋雨量，假设其值与|v－c|×S成正比，比例系数为；(2)其它面的淋雨量之和，其值为.记y为E移动过程中的总淋雨量，当移动距离d＝100，面积S＝时，
(1)写出y的表达式；
(2)设00，
∴ f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
∴ f(x1)0，
∴ f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，画出f(x)的图象(大致)．
∴ f(x1)0时，由f′(x)>0得x>1，由f′(x)<0得00得01.
综上，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)；
当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(3)当a＝1时，f(x)＝－x＋2＋xlnx，f′(x)＝lnx.
由(2)可得，当x在区间内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
1
(1，e)
e
f′(x)
－
0
＋
f(x)
2－
单调递减
极小值1
单调递增
2
又2－<2，所以函数f(x)(x∈)的值域为[1，2]．
据此可得，若相对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点；
并且对每一个t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)都没有公共点．
综上，当a＝1时，存在最小的实数m＝1，最大的实数M＝2，使得对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点．
课标理数4.B11[2011·江西卷] 若f(x)＝x2－2x－4lnx，则f′(x)>0的解集为( )
A．(0，＋∞)
B．(－1，0)∪(2，＋∞)
C．(2，＋∞)
D．(－1，0)
课标理数4.B11[2011·江西卷] C 【解析】 方法一：令f′(x)＝2x－2－＝>0，又∵f(x)的定义域为{x|x>0}，∴(x－2)(x＋1)>0(x>0)，解得x>2.故选C.
方法二：令f′(x)＝2x－2－>0，由函数的定义域可排除B、D，取x＝1代入验证，可排除A，故选C.
课标文数4.B11[2011·江西卷] 曲线y＝ex在点A(0，1)处的切线斜率为( )
A．1 B．2 C．e D.
课标文数4.B11[2011·江西卷] A 【解析】 y′＝ex，故所求切线斜率k＝ex|x＝0＝e0＝1.故选A.
课标文数4.B11[2011·山东卷] 曲线y＝x3＋11在点P(1，12)处的切线与y轴交点的纵坐标是( )
A．－9 B．－3 C．9 D．15
课标文数4.B11[2011·山东卷] C 【解析】 因为y′＝3x2，所以k＝y′|x＝1＝3，所以过点P(1，12)的切线方程为y－12＝3(x－1)，即y＝3x＋9，所以与y轴交点的纵坐标为9.
课标理数19.B11，D4[2011·陕西卷]
图1－11
如图1－11，从点P1(0，0)作x轴的垂线交曲线y＝ex于点Q1(0，1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2.现从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，记Pk点的坐标为(xk，0)(k＝1，2，…，n)．
(1)试求xk与xk－1的关系(2≤k≤n)；
(2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|.
课标理数19.B11，D4[2011·陕西卷] 【解答】
(1)设Pk－1(xk－1，0)，由y′＝ex得Qk－1(xk－1，exk－1)点处切线方程为y－exk－1＝exk－1(x－xk－1)，
由y＝0得xk＝xk－1－1(2≤k≤n)．
(2)由x1＝0，xk－xk－1＝－1，得xk＝－(k－1)，
所以|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是
Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|
＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝＝.
课标文数19.B11，D4[2011·陕西卷] 如图1－12，从点P1(0，0)作x轴的垂线交曲线y＝ex于点Q1(0，1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2.再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复
图1－12
上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，记Pk点的坐标为(xk，0)(k＝1，2，…，n)．
(1)试求xk与xk－1的关系(2≤k≤n)；
(2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|.
课标文数19.B11，D4[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设Pk－1(xk－1，0)，由y′＝ex得Qk－1(xk－1，exk－1)点处切线方程为y－exk－1＝exk－1(x－xk－1)，
由y＝0得xk＝xk－1－1(2≤k≤n)．
(2)由x1＝0，xk－xk－1＝－1，得xk＝－(k－1)，
所以|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是
Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|
＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝＝.
大纲理数3.B11[2011·重庆卷] 已知lim ＝2.则a＝( )
A．－6 B．2
C．3 D．6
大纲理数3.B11[2011·重庆卷] D 【解析】 ＝ ＝ ＝＝2，即a＝6.
大纲文数3.B11[2011·重庆卷] 曲线y＝－x3＋3x2在点(1，2)处的切线方程为( )
A．y＝3x－1 B．y＝－3x＋5
C．y＝3x＋5 D．y＝2x
大纲文数3.B11[2011·重庆卷] A 【解析】 y′＝－3x2＋6x，
∵点(1，2)在曲线上，∴所求切线斜率k＝y′|x＝1＝3.
由点斜式得切线方程为y－2＝3(x－1)，即y＝3x－1.故选A.
课标文数18.B12[2011·安徽卷] 设f(x)＝，其中a为正实数．
(1)当a＝时，求f(x)的极值点；
(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．
课标文数18.B12[2011·安徽卷] 本题考查导数的运算，极值点的判断，导数符号与函数单调性变化之间的关系，求解二次不等式，考查运算能力，综合运用知识分析和解决问题的能力．
【解答】 对f(x)求导得f′(x)＝ex.①
(1)当a＝时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，
解得x1＝，x2＝.
结合①可知
x
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以，x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．
(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，知00，知0＜a≤1.
课标理数18.B12[2011·北京卷] 已知函数f(x)＝(x－k)2e.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范围．
课标理数18.B12[2011·北京卷] 【解答】 (1)f′(x)＝(x2－k2)e.
令f′(x)＝0，得x＝±k.
当k＞0时，f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞，－k)
－k
(－k，k)
k
(k，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
4k2e－1
0
所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)；单调递减区间是(－k，k)．
当k＜0时，f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞，k)
k
(k，－k)
－k
(－k，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
0
4k2e－1
所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)；单调递增区间是(k，－k)．
(2)当k＞0时，因为f(k＋1)＝e＞，所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤.
当k＜0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝.
所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤，等价于f(－k)＝≤.
解得－≤k＜0.
故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤时，k的取值范围是.
课标文数18.B12[2011·北京卷] 已知函数f(x)＝(x－k)ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值．
课标文数18.B12[2011·北京卷] 【解答】 (1)f′(x)＝(x－k＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝k－1.
f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞，k－1)
k－1
(k－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
－ek－1
所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．
(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0，1]上单调递增．
所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；
当00时，f(x)>0；
(2)从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为p.证明：p<<.
大纲理数22.B12，E8[2011·全国卷] 【解答】 (1)f′(x)＝.
当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)为增函数，又f(0)＝0.因此当x>0时，f(x)>0.
(2)p＝.
又99×81<902，98×82<902，…，91×89<902，
所以p<.
由(1)知：当x>0时，ln(1＋x)>.
因此，ln(1＋x)>2.
在上式中，令x＝，则19ln>2，即>e2.
所以p<<.
大纲文数21.B12[2011·全国卷] 已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋(3－6a)x＋12a－4(a∈R)．
(1)证明：曲线y＝f(x)在x＝0处的切线过点(2，2)；
(2)若f(x)在x＝x0处取得极小值，x0∈(1，3)，求a的取值范围．
大纲文数21.B12[2011·全国卷] 【解答】 (1)证明：f′(x)＝3x2＋6ax＋3－6a.
由f(0)＝12a－4，f′(0)＝3－6a得曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝(3－6a)x＋12a－4，
由此知曲线y＝f(x)在x＝0处的切线过点(2，2)．
(2)由f′(x)＝0得x2＋2ax＋1－2a＝0.
①当－－1≤a≤－1时，f′(x)≥0恒成立，f(x)没有极小值；
②当a>－1或a<－－1时，由f′(x)＝0得
x1＝－a－，x2＝－a＋，
故x0＝x2.由题设知1<－a＋<3.
当a>－1时，不等式1<－a＋<3无解；
当a<－－1时，解不等式1<－a＋<3得－0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于( )
A．2 B．3 C．6 D．9
课标文数10.B12，E6[2011·福建卷] D 【解析】 f′(x)＝12x2－2ax－2b，
∵f(x)在x＝1处有极值，
∴f′(1)＝0，即12－2a－2b＝0，化简得 a＋b＝6，
∵a>0，b>0，
∴ab≤＝9，当且仅当a＝b＝3时，ab有最大值，最大值为9，故选D.
课标文数22.B11，B12[2011·福建卷] 已知a，b为常数，且a≠0，函数f(x)＝－ax＋b＋axlnx，f(e)＝2(e＝2.71828…是自然对数的底数)．
(1)求实数b的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)当a＝1时，是否同时存在实数m和M(m0时，由f′(x)>0得x>1，由f′(x)<0得00得01.
综上，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)；
当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(3)当a＝1时，f(x)＝－x＋2＋xlnx，f′(x)＝lnx.
由(2)可得，当x在区间内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
1
(1，e)
e
f′(x)
－
0
＋
f(x)
2－
单调递减
极小值1
单调递增
2
又2－<2，所以函数f(x)(x∈)的值域为[1，2]．
据此可得，若相对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点；
并且对每一个t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)都没有公共点．
综上，当a＝1时，存在最小的实数m＝1，最大的实数M＝2，使得对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点．
课标理数12.B12[2011·广东卷] 函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．
课标理数12.B12[2011·广东卷] 2
【解析】 f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，
当x∈(0，2)时，f′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，显然当x＝2时f(x)取极小值．
课标文数19.B12[2011·广东卷]
设a＞0，讨论函数f(x)＝lnx＋a(1－a)x2－2(1－a)x的单调性．
课标文数19.B12[2011·广东卷] 【解答】 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝，
当a≠1时，方程2a(1－a)x2－2(1－a)x＋1＝0的判别式Δ＝12(a－1).
①当00，f′(x)有两个零点，
x1＝－>0，x2＝＋，
且当0x2时，f′(x)>0，f(x)在(0，x1)与(x2，＋∞)内为增函数；
当x10(x>0)，f(x)在(0，＋∞)内为增函数；
④当a>1时，Δ>0，x1＝－>0，
x2＝＋<0，
所以f′(x)在定义域内有唯一零点x1，
且当00，f(x)在(0，x1)内为增函数；当x>x1时，f′(x)<0，f(x)在(x1，＋∞)内为减函数．
f(x)的单调区间如下表：
01
(0，x1)
(x1，x2)
(x2，＋∞)
(0，＋∞)
(0，x1)
(x1，＋∞)
(其中x1＝－，
x2＝＋)
课标理数10.B12[2011·湖北卷] 放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减少，这种现象称为衰变．假设在放射性同位素铯137的衰变过程中，其含量M(单位：太贝克)与时间t(单位：年)满足函数关系：M(t)＝M02－，其中M0为t＝0时铯137的含量．已知t＝30时，铯137含量的变化率是－10ln2(太贝克/年)，则M(60)＝( )
A．5太贝克 B．75ln2太贝克
C．150ln2太贝克 D．150太贝克
课标理数10.B12[2011·湖北卷] D 【解析】 因为M′(t)＝－M02－·ln2，所以M′(30)＝－M0ln2＝－10ln2.所以M0＝600.所以M(t)＝600×2－.所以M(60)＝600×2－2＝150(太贝克)．
课标理数21.B12，E9[2011·湖北卷]
(1)已知函数f(x)＝lnx－x＋1，x∈(0，＋∞)，求函数f(x)的最大值；
(2)设ak，bk(k＝1，2，…，n)均为正数，证明：
①若a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤b1＋b2＋…＋bn，则ab11ab22…abnn≤1；
②若b1＋b2＋…＋bn＝1，则≤bb11bb22…bbnn≤b＋b＋…＋b.
课标理数21.B12，E9[2011·湖北卷] 【解答】
(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝－1＝0，解得x＝1，
当00，f(x)在(0，1)内是增函数；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)内是减函数．
故函数f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.
(2)证明：①由(1)知，当x∈(0，＋∞)时，有f(x)≤f(1)＝0，即lnx≤x－1.
∵ak，bk>0，从而有lnak≤ak－1，得bklnak≤akbk－bk(k＝1，2，…，n)，
即≤nb1＋b2＋…＋bn＝n，
∴bb11bb22…bbnn≥.
(ii)再证bb11bb22…bbnn≤b＋b＋…＋b，
记S＝，设ak＝(k＝1，2，…，n)，
于是由①得…≤1，
即bb11bb22…bbnn≤Sb1＋b2＋…＋bn＝S，
∴bb11bb22…bbnn≤b＋b＋…＋b.
综合(i)(ii)，②得证．
课标文数20.B12，E9[2011·湖北卷] 设函数f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a，g(x)＝x2－3x＋2，其中x∈R，a、b为常数，已知曲线y＝f(x)与y＝g(x)在点(2，0)处有相同的切线l.
(1)求a、b的值，并写出切线l的方程；
(2)若方程f(x)＋g(x)＝mx有三个互不相同的实根0、x1、x2，其中x10，即m>－.
又对任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)0，x1x2＝2－m>0，
故00，
则f(x)＋g(x)－mx＝x(x－x1)(x－x2)≤0，
又f(x1)＋g(x1)－mx1＝0，
所以函数f(x)＋g(x)－mx在x∈[x1，x2]的最大值为0.
于是当－0)时的最小值．
令F′(t)＝2t－＝0，得t＝或t＝－(舍去)．
故t＝时，F(t)＝t2－lnt有最小值，即达到最小值，故选D.
课标文数7.B12[2011·湖南卷] 曲线y＝－在点M处的切线的斜率为( )
A．－ B.
C．－ D.
课标文数7.B12[2011·湖南卷] B 【解析】 对y＝－求导得到
y′＝＝，
当x＝，得到y′＝＝.
课标文数22.B12，E8[2011·湖南卷] 设函数f(x)＝x－－alnx(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直线的斜率为k.问：是否存在a，使得k＝2－a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
课标文数22.B12，E8[2011·湖南卷] 【解答】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝1＋－＝.
令g(x)＝x2－ax＋1，其判别式Δ＝a2－4.
①当|a|≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0.故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a<－2时，Δ>0，g(x)＝0的两根都小于0.
在(0，＋∞)上，f′(x)>0.
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
③当a>2时，Δ>0，g(x)＝0的两根为x1＝，x2＝.
当00；当x1x2时，f′(x)>0.
故f(x)分别在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
(2)由(1)知，a>2.
因为f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋－a(lnx1－lnx2)，所以，
k＝＝1＋－a·.
又由(1)知，x1x2＝1，于是
k＝2－a·.
若存在a，使得k＝2－a，则＝1.
即lnx1－lnx2＝x1－x2.
亦即x2－－2lnx2＝0(x2>1)．(*)
再由(1)知，函数h(t)＝t－－2lnt在(0，＋∞)上单调递增，而x2>1，所以x2－－2lnx2>1－－2ln1＝0.这与(*)式矛盾．
故不存在a，使得k＝2－a.
课标理数19.B12[2011·江西卷] 设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.
(1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围；
(2)当00即m2>n.
不妨设两根为x1，x2，则|x2－x1|＝2为正整数．
又m＋n<10(m，n∈N＋)，
故m≥2时才可能有符合条件的m，n，
当m＝2时，只有n＝3符合要求；
当m＝3时，只有n＝5符合要求；
当m≥4时，没有符合要求的n.
综上所述，只有m＝2，n＝3或m＝3，n＝5满足上述要求．
课标理数21.B12[2011·课标全国卷] 已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x＞0，且x≠1时，f(x)＞＋，求k的取值范围．
课标理数21.B12[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)f′(x)＝－，
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1，1)，故即
解得a＝1，b＝1.
(2)由(1)知f(x)＝＋，所以
f(x)－＝.
考虑函数h(x)＝2lnx＋(x>0)，
则h′(x)＝.
①设k≤0，由h′(x)＝知，
当x≠1时，h′(x)＜0，而h(1)＝0，
故当x∈(0，1)时，h(x)＞0，可得h(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0.
从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－＞0，
即f(x)＞＋.
②设0＜k＜1，由于当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x＞0，故h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈时，h(x)>0，可得h(x)<0.与题设矛盾．
③设k≥1，此时h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得h(x)＜0，与题设矛盾．
综合得，k的取值范围为(－∞，0]．
课标理数11.B12[2011·辽宁卷] 函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为( )
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
课标理数11.B12[2011·辽宁卷] B 【解析】 设G(x)＝f(x)－2x－4，所以G′(x)＝f′(x)－2，由于对任意x∈R，f′(x)>2，所以G′(x)＝f′(x)－2>0恒成立，所以G(x)＝f(x)－2x－4是R上的增函数，又由于G(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以G(x)＝f(x)－2x－4>0，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)，故选B.
课标理数21.B12[2011·辽宁卷]
已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a＞0，证明：当0＜x＜时，f＞f；
(3)若函数y＝f(x)的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明f′(x0)＜
0.
课标理数21.B12[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－.
①若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)单调增加．
②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝，且当x∈时，f′(x)＞0，当x＞时，f′(x)＜0.所以f(x)在单调增加，在单调减少．
(2)设函数g(x)＝f－f，则
g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax，
g′(x)＝＋－2a＝.
当0＜x＜时，g′(x)＞0，而g(0)＝0，所以g(x)＞0.
故当0＜x＜时，f＞f.
(3)由(1)可得，当a≤0时，函数y＝f(x)的图像与x轴至多有一个交点，故a>0，从而f(x)的最大值为f，且f>0.
不妨设A(x1，0)，B(x2，0)，0f(x1)＝0.
从而x2>－x1，于是x0＝>.
由(1)知，f′(x0)<0.
课标文数11.B12[2011·辽宁卷] 函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为( )
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
课标文数11.B12[2011·辽宁卷] B 【解析】 设G(x)＝f(x)－2x－4，所以G′(x)＝f′(x)－2，由于对任意x∈R，f′(x)>2，所以G′(x)＝f′(x)－2>0恒成立，所以G(x)＝f(x)－2x－4是R上的增函数，又由于G(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以G(x)＝f(x)－2x－4>0，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)，故选B.
课标文数16.B12[2011·辽宁卷] 已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．
课标文数16.B12[2011·辽宁卷] (－∞，2ln2－2] 【解析】 由于f(x)＝ex－2x＋a有零点，即ex－2x＋a＝0有解，所以a＝－ex＋2x.
令g(x)＝－ex＋2x，由于g′(x)＝－ex＋2，令g′(x)＝－ex＋2＝0解得x＝ln2.
当x∈(－∞，ln2)时，g′(x)＝－ex＋2>0，此时为增函数；当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)＝－ex＋2<0，此时为减函数．
所以，当x＝ln2时，函数g(x)＝－ex＋2x有最大值2ln2－2，即g(x)＝－ex＋2x的值域为(－∞，2ln2－2]，所以a∈(－∞，2ln2－2]．
课标文数20.B12[2011·辽宁卷] 设函数f(x)＝x＋ax2＋blnx，曲线y＝f(x)过P(1，0)，且在P点处的切线斜率为2.
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)≤2x－2.
课标文数20.B12[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)f′(x)＝1＋2ax＋.
由已知条件得即
解得a＝－1，b＝3.
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知f(x)＝x－x2＋3lnx.
设g(x)＝f(x)－(2x－2)＝2－x－x2＋3lnx，则
g′(x)＝－1－2x＋＝－.
当0＜x＜1时，g′(x)＞0；当x＞1时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(0，1)单调增加，在(1，＋∞)单调减少．
而g(1)＝0，故当x＞0时，g(x)≤0，即f(x)≤2x－2.
课标文数21.B12[2011·课标全国卷] 已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x>0，且x≠1时，f(x)>.
课标文数21.B12[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)f′(x)＝－.
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1，1)，故即
解得a＝1，b＝1.
(2)由(1)知f(x)＝＋，所以
f(x)－＝.
考虑函数h(x)＝2lnx－(x>0)，则
h′(x)＝－＝－.
所以当x≠1时，h′(x)<0，而h(1)＝0，故
当x∈(0，1)时，h(x)>0，可得h(x)>0.
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，可得h(x)>0.
从而当x>0，且x≠1时，f(x)－>0，
即f(x)>.
课标文数21.B12[2011·山东卷] 某企业拟建造如图1－9所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，
图1－9
左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3)千元．设该容器的建造费用为y千元．
(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；
(2)求该容器的建造费用最小时的r.
课标文数21.B12[2011·山东卷] 【解答】 (1)设容器的容积为V，
由题意知V＝πr2l＋πr3，又V＝，
故l＝＝－r＝.
由于l≥2r，
因此0＜r≤2.
所以建造费用y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr××3＋4πr2c，
因此y＝4π(c－2)r2＋，0＜r≤2.
(2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－
＝，0＜r≤2.
由于c＞3，所以c－2＞0.
当r3－＝0时，r＝.
令＝m，则m＞0，
所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)．
①当0＜m＜2即c＞时，
当r＝m时，y′＝0；
当r∈(0，m)时，y′＜0；
当r∈(m，2]时，y′＞0.
所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点．
②当m≥2即3＜c≤时，
当r∈(0，2]时，y′＜0，函数单调递减，
所以r＝2是函数y的最小值点．
综合所述，当3＜c≤时，建造费用最小时r＝2；
当c＞时，建造费用最小时r＝.
课标文数18.B12[2011·安徽卷] 设f(x)＝，其中a为正实数．
(1)当a＝时，求f(x)的极值点；
(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．
课标文数18.B12[2011·安徽卷] 本题考查导数的运算，极值点的判断，导数符号与函数单调性变化之间的关系，求解二次不等式，考查运算能力，综合运用知识分析和解决问题的能力．
【解答】 对f(x)求导得f′(x)＝ex.①
(1)当a＝时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，
解得x1＝，x2＝.
结合①可知
x
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以，x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．
(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，知01时，h(x)0成立⇔g(a)－1<，
即lna＜1，从而得0＜a＜e.
课标数学19.B12[2011·江苏卷] 已知a，b是实数，函数f(x)＝x3＋ax，g(x)＝x2＋bx, f′(x)和g′(x)分别是f(x)和g(x)的导函数，若f′(x)g′(x)≥0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致．
(1)设a>0，若f(x)和g(x)在区间[－1，＋∞)上单调性一致，求b的取值范围；
(2)设a<0且a≠b，若f(x)和g(x)在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a－b|的最大值．
课标数学19.B12[2011·江苏卷] 本题主要考查函数的概念、性质及导数等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力．
【解答】 f′(x)＝3x2＋a，g′(x)＝2x＋b.
(1)由题意知f′(x)g′(x)≥0在[－1，＋∞)上恒成立．因为a>0，故3x2＋a>0，进而2x＋b≥0，即b≥－2x在区间[－1，＋∞)上恒成立，所以b≥2.因此b的取值范围是[2，＋∞)．
(2)令f′(x)＝0，解得x＝±.
若b>0，由a<0得0∈(a，b)．又因为f′(0)g′(0)＝ab<0，所以函数f(x)和g(x)在(a，b)
上不是单调性一致的．因此b≤0.
现设b≤0.当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.因此当x∈时，f′(x)g′(x)<0.故由题设得a≥－且b≥－，从而－≤a<0，于是－≤b≤0，因此|a－b|≤，且当a＝－，b＝0时等号成立．
又当a＝－，b＝0时，f′(x)g′(x)＝6x，从而当x∈时f′(x)g′(x)>0，故函数f(x)和g(x)在上单调性一致．因此|a－b|的最大值为.
课标理数19.B12[2011·天津卷] 已知a>0，函数f(x)＝lnx－ax2，x>0(f(x)的图象连续不断)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当a＝时，证明：存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f；
(3)若存在均属于区间[1，3]的α，β，且β－α≥1，使f(α)＝f(β)，证明≤a≤.
课标理数19.B12[2011·天津卷] 【解答】 (1)f′(x)＝－2ax＝，x∈(0，＋∞)．令f′(x)＝0，解得x＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
f′(x)
＋
0
－
f(x)
极大值
所以，f(x)的单调递增区间是，f(x)的单调递减区间是.
(2)证明：当a＝时，f(x)＝lnx－x2.由(1)知f(x)在(0，2)内单调递增，在(2，＋∞)内单调递减．
令g(x)＝f(x)－f.由于f(x)在(0，2)内单调递增，故f(2)>f，即g(2)>0.
取x′＝e>2，则g(x′)＝<0.
所以存在x0∈(2，x′)，使g(x0)＝0，即存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f.
(说明：x′的取法不惟一，只要满足x′>2，且g(x′)<0即可．)
(3)证明：由f(α)＝f(β)及(1)的结论知α<<β，
从而f(x)在[α，β]上的最小值为f(α)．
又由β－α≥1，α，β∈[1，3]，知1≤α≤2≤β≤3.
故即
从而≤a≤.
课标文数19.B12[2011·天津卷] 已知函数f(x)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R.
(1)当t＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当t≠0时，求f(x)的单调区间；
(3)证明：对任意t∈(0，＋∞)，f(x)在区间(0，1)内均存在零点．
课标文数19.B12[2011·天津卷] 【解答】 (1)当t＝1时，f(x)＝4x3＋3x2－6x，f(0)＝0，f′(x)＝12x2＋6x－6，f′(0)＝－6，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－6x.
(2)f′(x)＝12x2＋6tx－6t2.令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝.因为t≠0，以下分两种情况讨论：
①若t<0，则<－t.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－t，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
f(x)
所以，f(x)的单调递增区间是，(－t，＋∞)；f(x)的单调递减区间是.
②若t>0，则－t<.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－t)
f′(x)
＋
－
＋
f(x)
所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－t)，；f(x)的单调递减区间是.
(3)证明：由(2)可知，当t>0时，f(x)在内单调递减，在内单调递增．以下分两种情况讨论：
①当≥1，即t≥2时，f(x)在(0，1)内单调递减．
f(0)＝t－1>0，f(1)＝－6t2＋4t＋3≤－6×4＋4×2＋3<0.
所以对任意t∈[2，＋∞)，f(x)在区间(0，1)内均存在零点．
②当0<<1，即00，
所以f(x)在内存在零点．
若t∈(1，2)，f＝－t3＋(t－1)<－t3＋1<0，
f(0)＝t－1>0，
所以f(x)在内存在零点．
所以，对任意t∈(0，2)，f(x)在区间(0，1)内均存在零点．
综上，对任意t∈(0，＋∞)，f(x)在区间(0，1)内均存在零点．
课标文数10.B12[2011·浙江卷] 设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象是( )
图1－3
课标文数10.B12[2011·浙江卷] D 【解析】 设F(x)＝f(x)ex，∴F′(x)＝exf′(x)＋exf(x)＝ex(2ax＋b＋ax2＋bx＋c)，
又∵x＝－1为f(x)ex的一个极值点，
∴F′(－1)＝e2(－a＋c)＝0，即a＝c，
∴Δ＝b2－4ac＝b2－4a2，
当Δ＝0时，b＝±2a，即对称轴所在直线方程为x＝±1；
当Δ>0时，>1，即对称轴在直线x＝－1的左边或在直线x＝1的右边．
又f(－1)＝a－b＋c＝2a－b＜0，故D错，选D.
大纲理数18.B12[2011·重庆卷] 设f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1的导数f′(x)满足f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常数a，b∈R.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)设g(x)＝f′(x)e－x，求函数g(x)的最值．
大纲理数18.B12[2011·重庆卷] 【解答】 (1)因f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，故f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
令x＝1，得f′(1)＝3＋2a＋b，由已知f′(1)＝2a，
因此3＋2a＋b＝2a，解得b＝－3.
又令x＝2，得f′(2)＝12＋4a＋b，由已知f′(2)＝－b，因此12＋4a＋b＝－b，
解得a＝－.
因此f(x)＝x3－x2－3x＋1，从而f(1)＝－.
又因为f′(1)＝2×＝－3，故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝－3(x－1)，即6x＋2y－1＝0.
(2)由(1)知g(x)＝(3x2－3x－3)e－x，
从而有g′(x)＝(－3x2＋9x)e－x.
令g′(x)＝0，得－3x2＋9x＝0，解得x1＝0，x2＝3.
当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，0)上为减函数；
当x∈(0，3)时，g′(x)>0，故g(x)在(0，3)上为增函数；
当x∈(3，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(3，＋∞)上为减函数；
从而函数g(x)在x1＝0处取得极小值，即最小值g(0)＝－3，在x2＝3处取得极大值，即最大值g(3)＝15e－3.
大纲文数19.B12[2011·重庆卷] 设f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1的导数为f′(x)，若函数y＝f′(x)的图象关于直线x＝－对称，且f′(1)＝0.
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)的极值．
大纲文数19.B12[2011·重庆卷]
【解答】 (1)因f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1，
故f′(x)＝6x2＋2ax＋b.
从而f′(x)＝6＋b－，即y＝f′(x)关于直线x＝－对称，从而由题设条件知－＝－，解得a＝3.
又由于f′(1)＝0，即6＋2a＋b＝0，解得b＝－12.
(2)由(1)知f(x)＝2x3＋3x2－12x＋1，
f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x－1)(x＋2)．
令f′(x)＝0，即6(x－1)(x＋2)＝0.
解得x1＝－2，x2＝1.
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，故f(x)在(－∞，－2)上为增函数；
当x∈(－2，1)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－2，1)上为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数．
从而函数f(x)在x1＝－2处取得极大值f(－2)＝21，在x2＝1处取得极小值f(1)＝－6.
课标理数5.B13[2011·福建卷] (ex＋2x)dx等于( )
A．1 B．e－1 C．e D．e＋1
课标理数5.B13[2011·福建卷] C 【解析】 因为F(x)＝ex＋x2，且F′(x)＝ex＋2x，则
(ex＋2x)dx＝(ex＋x2)|＝(e＋1)－(e0＋0)＝e，故选C.
课标理数6.B13[2011·湖南卷] 由直线x＝－，x＝，y＝0与曲线y＝cosx所围成的封闭图形的面积为( )
A. B．1 C. D.
课标理数6. B13[2011·湖南卷] D 【解析】 根据定积分的简单应用相关的知识可得到：由直线x＝－，x＝，y＝0与曲线y＝cosx所围成的封闭图形的面积为：
S＝＝＝＝，
故选D.
课标理数9.B13[2011·课标全国卷] 由曲线y＝，直线y＝x－2及y轴所围成的图形的面积为( )
A. B．4 C. D．6
课标理数9.B13[2011·课标全国卷] C 【解析】 如图，由 解得x＝4或x＝1.经检验x＝1为增根，
∴x＝4，∴B(4，2)，又可求A(0，－2)，
图1－4
所以阴影部分的面积S ＝ (－x ＋ 2)dx ＝ ＝ .
课标理数11.B13[2011·陕西卷] 设f(x)＝若f(f(1))＝1，则a＝________．
课标理数11.B13[2011·陕西卷] 1 【解析】 由f(x)＝得
f(x)＝f(1)＝lg1＝0，
f[f(1)]＝f(0)＝a3＝1，∴a＝1.
图1－2
课标文数10.B14[2011·广东卷] 设f(x)，g(x)，h(x)是R上的任意实值函数，如下定义两个函数(f∘g)(x)和(f·g)(x)：对任意x∈R，(f∘g)(x)＝f(g(x))；(f·g)(x)＝f(x)g(x)．则下列等式恒成立的是( )
A．((f∘g)·h)(x)＝((f·h)∘(g·h))(x)
B．((f·g)∘h)(x)＝((f∘h)·(g∘h))(x)
C．((f∘g)∘h)(x)＝((f∘h)∘(g∘h))(x)
D．((f·g)·h)(x)＝((f·h)·(g·h))(x)
课标文数10.B14[2011·广东卷] B 【解析】 根据题目已知的新定义，空心为复合，实心则拿出来相乘，在B中左边＝((f·g)∘h)(x)＝(f·g)(h(x))＝f(h(x))g(h(x))，
右边＝((f∘h)·(g∘h))(x)＝(f∘h)(x)(g∘h)(x)＝f(h(x))g(h(x))，
由于左边＝右边，所以B正确．其他选项按照此规律计算都不满足题意．
课标文数8.B14[2011·湖南卷] 已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3.若有f(a)＝g(b)，则b的取值范围为( )
A. B.
C．[1，3] D．(1，3)
课标文数8.B14[2011·湖南卷] B 【解析】 因为f(x)＝ex－1>－1，g(x)＝－x2＋4x－3≤1，要有f(a)＝g(b)，则一定要有－1＜－x2＋4x－3≤1，解之得：有2－＜x＜2＋，即2－＜b＜2＋，故选B.
课标理数9.B14[2011·辽宁卷] 设函数f(x)＝则满足f(x)≤2的x的取值范围是( )
A．[－1，2] B．[0，2]
C．[1，＋∞) D．[0，＋∞)
课标理数9.B14[2011·辽宁卷] D 【解析】 当x≤1时，f(x)≤2化为21－x≤2，解得0≤x≤1；
当x>1时，f(x)＝1－log2x<1<2恒成立，故x的取值范围是[0，＋∞)，故选D.
课标理数21.B14[2011·山东卷] 某企业拟建造如图1－5所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，
图1－5
左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3)千元．设该容器的建造费用为y千元．
(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；
(2)求该容器的建造费用最小时的r.
课标理数21.B14[2011·山东卷] 【解答】 (1)设容器的容积为V，
由题意知V＝πr2l＋πr3，又V＝，
故l＝＝－r＝.
由于l≥2r，
因此03，所以c－2>0，
当r3－＝0时，r＝.
令＝m，则m>0，
所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)．
①当0时，
当r＝m时，y′＝0；
当r∈(0，m)时，y′<0；
当r∈(m，2]时，y′>0.
所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点．
②当m≥2即3时，建造费用最小时r＝.
大纲文数22.B14[2011·四川卷] 已知函数f(x)＝x＋，h(x)＝.
(1)设函数F(x)＝18f(x)－x2[h(x)]2，求F(x)的单调区间与极值；
(2)设a∈R，解关于x的方程lg＝2lgh(a－x)－2lgh(4－x)；
(3)设n∈N*，证明：f(n)h(n)－[h(1)＋h(2)＋…＋h(n)]≥.
大纲文数22.B14[2011·四川卷] 【解答】 (1)F(x)＝18f(x)－x2[h(x)]2＝－x3＋12x＋9(x≥0)，
∴F′(x)＝－3x2＋12.
令F′(x)＝0，得x＝2(x＝－2舍去)．
当x∈[0，2)时，F′(x)＞0；当x∈(2，＋∞)时，F′(x)＜0.
故当x∈[0，2)时，F(x)为增函数；
当x∈[2，＋∞)时，F(x)为减函数．
x＝2为F(x)的极大值点，且F(2)＝－8＋24＋9＝25.
(2)原方程代为lg(x－1)＋2lg＝2lg
⇔⇔
图1－9
①当1＜a≤4时，原方程有一解x＝3－；
②当4＜a＜5时，原方程有两解 x1，2＝3±；
③当a＝5时，原方程有一解x＝3；
④当a≤1或a＞5时原方程无解．
(3)由已知得h(1)＋h(2)＋…＋h(n)＝＋＋…＋，
f(n)h(n)－＝－.
设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝f(n)h(n)－(n∈N*)，从而有a1＝S1＝1，
当k≥2时，ak＝Sk－Sk－1＝－.
又ak－＝[(4k－3)－(4k－1)]
＝
＝ ＞0.
即对任意的k≥2，有ak＞.
又因为a1＝1＝，
所以a1＋a2＋…＋an≥＋＋…＋.
则Sn≥h(1)＋h(2)＋…＋h(n)，故原不等式成立．
大纲理数11.B14[2011·四川卷] 已知定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x)＝3f(x＋2)，当x∈[0，2)时，f(x)＝－x2＋2x.设f(x)在[2n－2，2n)上的最大值为an(n∈N*)，且{an}的前n项和为Sn，则Sn＝( )
A．3 B. C．2 D.
大纲理数11.B14[2011·四川卷] D 【解析】 由f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1可得a1＝1，再由f(x)＝3f(x＋2)可知f(x)＝f(x＋2)，且由
y＝f(x＋2) y＝f(x)可知，函数f(x)在 上的最大值an(n∈N*)组成的数列{an}是公比为的无穷递减等比数列，所以Sn＝＝.
大纲理数16.B14[2011·四川卷] 函数f(x)的定义域为A，若x1，x2∈A且f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，则称f(x)为单函数．例如，函数f(x)＝2x＋1(x∈R)是单函数．下列命题：
①函数f(x)＝x2(x∈R)是单函数；
②若f(x)为单函数，x1，x2∈A且x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)；
③若f：A→B为单函数，则对于任意b∈B，它至多有一个原象；
④函数f(x)在某区间上具有单调性，则f(x)一定是单函数．
其中的真命题是________．(写出所有真命题的编号)
大纲理数16.B14[2011·四川卷] ②③ 【解析】 本题主要考查对函数概念以及新定义概念的理解．对于①，如－2，2∈A且f(－2)＝f(2)，所以①错误；对于②③，根据单函数的定义，函数即为一一映射确定的函数关系，所以当函数自变量不相等时，则函数值不相等，即②③正确；对于④，函数f(x)在某区间上具有单调性，则函数只能是在该区间上为一一映射确定的函数关系，而不能说f(x)一定是单函数，所以④错误．
大纲理数22.B14[2011·四川卷] 已知函数f(x)＝x＋，h(x)＝.
(1)设函数F(x)＝f(x)－h(x)，求F(x)的单调区间与极值；
(2)设a∈R，解关于x的方程log4＝log2h(a－x)－log2h(4－x)；
(3)试比较f(100)h(100)－h(k)与的大小．
课标理数22.B14[2011·四川卷] 【解答】 由F(x)＝f(x)－h(x)＝x＋－(x≥0)知，
F′(x)＝，令F′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，F′(x)＜0，当x∈时，F′(x)＞0，
故当x∈时，F(x)是减函数，当x∈时，F(x)是增函数．
F(x)在x＝处有极小值且F＝.
图1－9
(2)原方程可化为log4(x－1)＋log2h(4－x)＝log2h(a－x)，
即log2(x－1)＋log2＝log2，
⇔ ⇔
①当1＜a≤4时，原方程有一解x＝3－；
②当4＜a＜5时，原方程有两解x1，2＝3±；
③当a＝5时，原方程有一解x＝3；
④当a≤1或a＞5时，原方程无解．
(3)由已知得
设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝f(n)h(n)－(n∈N*)．
从而有a1＝S1＝1.
当2≤k≤100时，ak＝Sk－Sk－1＝－.
又ak－＝[(4k－3)－(4k－1)]
＝
＝＞0.
即对任意的2≤k≤100，有ak＞.
又因为a1＝1＝，所以
故f(100)h(100)－(k)＞.
课标理数10.B14[2011·浙江卷] 设a，b，c为实数，f(x)＝(x＋a)(x2＋bx＋c)，g(x)＝(ax＋1)(cx2＋bx＋1)．记集合S＝{x|f(x)＝0，x∈R}，T＝{x|g(x)＝0，x∈R}．若|S|，|T|分别为集合S，T的元素个数，则下列结论不可能的是( )
A．|S|＝1且|T|＝0 B．|S|＝1且|T|＝1
C．|S|＝2且|T|＝2 D．|S|＝2且|T|＝3
课标理数10.B14[2011·浙江卷] D 【解析】 当a＝b＝c＝0时，＝1且 |T|＝0；当a≠0，c≠0且b2－4c<0时，＝1且|T|＝1；当a≠0，c≠0且b2－4c＝0时，|S|＝2且|T|＝2；当a≠0，c≠0且b2－4c>0时，＝3且|T|＝3.
课标理数22.B14[2011·浙江卷] 设函数f(x)＝(x－a)2lnx，a∈R.
(1)若x＝e为y＝f(x)的极值点，求实数a；
(2)求实数a的取值范围，使得对任意的x∈(0，3e]，恒有f(x)≤4e2成立．
注：e为自然对数的底数．
课标理数22.B14[2011·浙江卷] 【解答】 (1)求导得f′(x)＝2(x－a)lnx＋＝(x－a).
因为x＝e是f(x)的极值点，
所以f′(e)＝(e－a)＝0，解得a＝e或a＝3e，
经检验，符合题意，所以a＝e或a＝3e.
(2)①当0＜x≤1时，对于任意的实数a，恒有f(x)≤0＜4e2成立．
②当1＜x≤3e时，由题意，首先有f(3e)＝(3e－a)2ln(3e)≤4e2，
解得3e－≤a≤3e＋ .
由(1)知f′(x)＝(x－a)，
令h(x)＝2lnx＋1－，则h(1)＝1－a＜0，
h(a)＝2lna＞0，
且h(3e)＝2ln(3e)＋1－≥2ln(3e)＋1－
＝2＞0.
又h(x)在(0，＋∞)内单调递增，所以函数h(x)在(0，＋∞)内有唯一零点，记此零点为x0，则1＜x0＜3e，
1＜x0＜a.
从而，当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；当x∈(x0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，a)内单调递减，在(a，＋∞)内单调递增．
所以要使f(x)≤4e2对x∈(1，3e]恒成立，只要
成立．
由h(x0)＝2lnx0＋1－＝0，知
a＝2x0lnx0＋x0.(3)
将(3)代入(1)得4xln3x0≤4e2.又x0>1，注意到函数x2ln3x在[1，＋∞)内单调递增，故10.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求所有实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．
注：e为自然对数的底数．
课标文数21.B14[2011·浙江卷] 【解答】 (1)因为f(x)＝a2lnx－x2＋ax，其中x＞0，
所以f′(x)＝－2x＋a＝－.
由于a＞0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，＋∞)．
(2)由题意得：f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e.
由(1)知f(x)在[1，e]内单调递增，
要使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立，
只要
解得a＝e.
