2011年高考数学试题分类汇编函数与导数

理（3）f(xRxf(xxxf()（A）

yxO1f(xaxmg(yxO1mmmm【解析】代入验证，当m ，f(x)axg(x)n(xxx)，f(x)a(xxf(xa(xxx1

1 知函数应在01递增，在1,1x1 3 f)ag()a存在.f(x)

1

，其中a为正实当a4f(x3f(xR上的单调函数，求a的取值范围。（16（f(x

(x)

x1ax2(1ax2)2 （I）当a4，若f(x0,则4x28x30解得

3,

13x

(2

, (1,3) , 2

(,)3f3

f

大 小所以

3是极小值点

1是极大值点2（II）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>0ax22ax1R上恒成立，因此4a24a4a(a1)0由此并结合a00a文（5）若点(a,b)在y 图像上，a,则下列点也在此图像上的

，b）(B (10a,1 【解析】由题意b

blgalga，即a2

y

图像上(10)函数f(xaxng(

在区间 (D)【解析】代入验证，当n1f(xaxg(x)a(xxxf(x)a(xx)yxO1由f(xa(xxyxO1

x1x1，结合图像可知函数应在011,1x1

3

f)ag()a存在.故选（13）y

6x6x(13)（－3,2【解析】由6xx20x2x60，即x+3

，所以3 f(x)A

c,xAc,x

A15cAA. B. C. D. 4A分段函数，即f(4) 30c60，f(A) 15A16，选D4A13.f(x13.f(x

x

xf(xkk的取值范围 f(x)2(x2)单调递减且值域为(0,1]f(x)x1)3(x2x为(,1)f(xkk的取值范围是（0,1xf(x)xk)2ekf(x若对x0f(x)1ke解：(1)fx

x1(x2k2ekfx0x1k当k0时，f(x在(k和(k上递增，在(kk当k0f(x在(k和(k上递减，在(k

k (2)k0f(k1e

；所以不可能对x(0，)都有f(x) 当k0时有（1）f(x在(0f(k)x0f(x)e

4ke

4k k0故对x(0，)都有f(x) 时，k的取值范围为 ,0) 文（8）已知点A0,2,B2,0,若点C在函数yx2的图象上，则使得ABC的面积为2的点C的个数为 A. B. C. D.（18（已知函数fxxkex（I）求f

（II）求f 在区间0,1上的最小值（I）f

fx0xk1f

在(k1在(k1（II）当k1

f

在区间0,1f(x)minf(0k当0k11即1k2（I）f上递增，所以f f(k1)

在区间0k1上递减，(k当k11,即k2时函数f 在区间0,1上递减所以f(x)minf(1)(1k)e福建理5．1(ex2x)dx等 0 B．e

D．ef(x)asinxbxc(其中，abRcZ)abcf和f(1)，所得出的正确结果 A．4和 B．3和 C．2和 D．1和已知函数f已知函数f(x)exx，对于曲线y 上横坐标成等差数列的三个点①△ABC②△ABC③△ABC④△ABC不可能是等腰三角形B 18．(13分)y(

x

10(x6)2，其中3x6为常数，已知为5元/千克时，每日可售出该商品11千克求a的值3元/千克,试确定

x的值,使商场每日销售该商品所解：(Ⅰ)x5y11a1011a22(Ⅱ)由(Ⅰ)y

x

10(x6)2f(x)(x

x

10(x6)2]210(x3)(x6)2,3x6fx10[(x6)22(x3)(x6)30(x4)(x6fx0x函数f(x)在(34上递增，在(46)上递减，所以当x4时函数f(x)取得最大值f(4)

6xx2＋mx＋1＝0mA（－1，1） B（－2，2）C（－∞，－2）（2，＋）D－∞，－1∪（1，＋∞）2x，

D22（x＝ax＋＋axlxe＝（e＝.b（m＜M1（Ⅰb＝2Ⅱa＞0（1，＋∞（0，1a＜0（0，1（1，＋∞（Ⅲ）1，M2。4f(xg(xRA．f(x)+|g(x)|是偶函 B．f(x)-|g(x)|是奇函C．|f(x)|+g(x)是偶函 D．|f(x)|-g(x)是奇函解析:因为g(xR|g(x)|Rf(x+|g(x)|12.f(xx33x21x

解析:f'(x)3x26x3x(x2),f(x)的单调递增区间为,02,递减区间为21.(本小题满分14分x2pxq0的两根记pqmax{|

4|,|

p)(

0)作L的切线交y轴于点B.证明:对线段AB上的作一点Qp04 有pq)|p0|2（2）M(ab)aba24b＞0，a≠0.M(abL的两条切线llEp1p2E'(P1P2，llyFF'.EF1 14 24 1X.(3)设D(xy)yx1y1(x1)25,当点（pq）取遍D 4（pq）的最小值(记为min)和最大值(记为maxM(a,b)X

(a,b)|P1|2（１）

y' (1x) 1p x x 2ABy1p21p(xpy1px1p24 2 2 4q1pp1p2，方程x2pxq0的判别式p24qpp)22 4

p|p0p|

p0pp0

pp00，|pp0|||ppp0

p0||，又0|p||p|||||p||，得|p|||p| p,q)|p0|．2222 |，2（２）由a24b0M(a,bL①当a0b0M(abX

p1p20，得|p1||p2|若|p1||p2|M(abX

M(a,b)

|p1||p2|．②当a0,b0M(abM(abXp10p2，且|p1||p2|；若|p1||p2|M(abX；M(a,b)

|p1||p2|．根据曲线的对称性可知，当a0M(abX|p1||p2|，M(ab

|p1||p2|（*由（１）知点M在直线EF上，方程x2axb0的两根 p1或ap1 同理点M在直线E'F'上，方程x2axb0的两根 p2或ap2 若(ab)|p1|，则|p1|不比|ap1|、|p2|、|ap2| |p1||p2|，又|p1||p2|M(abX(a,b)(a,b)

p1|M(abX；又由（１）M(ab2p1|M(abX，综合（*）2

(a,b)

p1|2（３）y

y1(x1)25得交点(012,1，可知0p2 1x2(p,

(x,1x2 4

1过

04

x0

20 x22

4q0，解得

p p2又q1p1)25p24q42p2 42424242

t，

1t2t21(t1)250 |2 x |2

5 p24pqp1，p24p

p|p2|2 |x0

24f(x)

1

lg(x1)的定义域 (,

(,10f(xg(xh(xRfgx和fxRfgxfg(x)fgxfxg(x A．fghxfhgB．fghxfhgC．fghxfhgD．fghxfhgBf(x)x3cosx1.f(a)11f(a)

19（设a0,讨论函数f(xlnxa(1a)x22(1a)xf'(x)

2a(1a)x22(1a)x,x当a1时，方程2a(1a)x22(1a)x10的判别式12(a1)(a3①当0<a1时，0,fx)有231x12a1

(a1)(3a1)0,x1

(a1)(3a1),2a(1a)且当0xx1或xx2时，fx0,fx)在(0x1)与x2)内为增函数；当x1xx2时，fx)0,fx)在x1x2)内为减函数②当1a1时，0,fx0,fx)在(0)3③当a1时，fx10(x0),fx)在(0)x④当a1时，0x1

(a1)(3a1)0,

1

(a1)(3a1)0所以fx)在定义域内有唯一零点x

且当0xx1时，fx0,fx)在(0x1)内为增函数；当xx1时，fx0,fx)在x1)00a31a3a(x1,x2(x2,(0,(x1,1x12a1

(a1)(3a1),x12a(1

(a1)(3a1)2a(1a)（其 6.已知定义在R上的奇函数fx和偶函数gx满足fxgxaxax2【答案】

D.a解析：f2g2a2a22f2g2a2a22f2g2a2a22g22f2a2a2所以a2f22222154成为衰变，假设在放射性同位素铯137的衰变过程中，其含量M（单位：太）与时间t（单位满足函数关

M0

30M0为t0137已知t30时，铯137的含量的是10ln2（ /年，则M60A.5太【答案】

75ln2太

150ln2太D.150

30

ln2 M0600

600

30

60

3017（12分）x的一次函数．当0x200时，求函数vxx为多大时，车流量（单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/小时）fxxvx（1辆/小时）（Ⅰ）a显然vxaxb在20,200是减函数，由已知得200ab0，解得 20ab

b故函数vx的表达式为vx=

0x

200x,

20x 0x（Ⅱ）依题意并由（Ⅰ）可得fx

x200

20x当0x20fxx20时，其最大值为6020 1

1x200x

当20x200

x x2003

3

x200xx100所以，当x100时，fx在区间20,200上取得最大 3x100fx在区间0,200上取得最大值10000321.（14f(x)lnxx1x(0f(x设ak,bk(k12n若ab

abb bab1

abn1 2

n

1 若b

b=1，

b2

2b2

n n

（Ⅰ）f(x的定义域为(0fx)110x1，xf(x在(0,1上递增，在(1f(xx1f(1)（Ⅱ（1）由（Ⅰ）x(0f(xf(10即lnxx ∵a,b0，∴

ln

b

1),(k1,

n)ln

k k abn)0ab1n1abnnabn)0ab1n1abnnk

k k

1kbbnnnbbbnnn（2）①先证b1

，令ak

,(k1, ,n)，则akbk akbk

k(1(1

bb由（1）知 )1 )

1 n1 bnbn

1∴1

1 bbnbbnnn,b

n②再证b1n

…+

，记Sbkakk,(k1

k n则an

1

b21b于是由（1）kk

Sk

nkn(bn)bn1(bn)bn1S1bbnSb1b2bnn ) n所以n

b2

2…+

（2）1

曲的最大振幅A震的振幅为0.001，则此次的震级为 级；9级的最大的振幅是5级 倍。6，10000；20.（13设函数其中xR，a、b为常数，已知y

y

在点（2,0）处有相同的切线l求a、b的值，并写出切线l的方程若方程

有三个互不相同的实根0x1x2，其中x1

x2，且对任的,2，)

恒成立，求实数m解：(I)f/(x)3x24axb,g/(x)2x3，由于曲线曲线y 与y 在（2,0）处有相同的切线，故有f(2g(20,f2g21，由此解得：a 切线l的方程：xy (II)由(I)f(xg(x)x33x22xx(x23x2m)0

，xxx23x2m09m)0m94又对任意的,2，)

恒成立，特别地，取x 时f(x1)g(x1)mx1m成立，即0mm0， x1x230x1x22m0，故0x1x2xx1,x2xx20xx10x0f(xg(xmx f(x1g(x1mx1所以函数在xx1,x2上的最大值为0，于是当m0时对任意的

m的取值范围是(104 在点M , 在点M ,0)处的切线的斜率为 sinxcos A． B．

C． D． 答案ycosx(sin

(sinxcos

1x

2 2 2f(x)ex1g(x)x24x3f(a)g(b则b2[2

2,2

(2

2,2

答案解析：由题可知f(xex11

g(x)x24x3(x2)211，若有2f(a)g(b),则g(b)(1,1]，即b24b31，解得2 b22212．已知f(x)为奇函数，g(x)f(x)9,g(2)3,则f(2) 答案

f(xf(2)f(2)622（设函数f(xx1alnx(ax(I)f(xf(xx1和x2A(x1,f(x1B(x2,f(x2k，问：是否存在a，使得k 若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由（I） x2axf'(x) a2g(x)x2axa2当a20,g(x)=00，在(0f'(x)0a a2fa a2aa2当a2aa2

,x2 当0xx1

f'(x0x1xx2

f'(x0xx2f'(x)0f(x分别在(0x1x2上单调递增，在(x1x2（II）由（I）a2 因为f(xf(xxxx1x2a(ln

lnx)，所以

kf(x1 2x1

x12又由(I)x1x21k2x12若存在ak

ln

．即lnxlnxx

x

2x12lnx2

x x2再由（I）知，函数h(t)t12lnt在(0x1 1xx21x2

112ln10.这与(*) ．故不存在a，使得k216.xxy0y

2

C． 323解析：由定积分知识可得S

cosxdxsinx|3 3

3 3)

3D8.xf(xx2g(xlnxMN，则当|MN|小时t的值为 2

52

22解析：由题|MN|x2lnx(x0)h(xx2lnxh'(x2x1，令xh'(x0解得x

2x2

2时，h'(x02

x

2时，h'(x)02x

时，|MN|达到最小。即t 2 20.E（v(v0，雨速沿E移动方向的分速度为c(cR)E移动时内的淋雨量包括两部分PP的平行面（只有一个面淋雨）vc×S（2） 3 时2y3（I）

|vc|1 y100(

|vc|1)5(3|vc|10) （II）由(I)知，当0vcy5(3c3v 当cv10y5(3v3c 5(3c10)15,0v故y 15,cv 当0c10时，y是关于v的减函数.故当v10时， 203c 当10c5(0c上，yv(c,10]上，yv3故当

50c22.（13分已知函数f(x)=x3，g(x)=x xhx)=fx)-gx)设数列{a}(nN*)满足aa(a0)，f

M, n得对于任意的nN*a≤Mnx解析（I）由h(x)x3x 知，x[0,)，而h(0)0，x2h(1)10h(2)6 0x0h(x)h(x)内有零点，因此h(x)至少有两个零点21h'(x3x212

x2，记(x)3x21 2

x2，则'(x)6x 4

x2x(0时，'(x)0，因此x在(0上单调递增，则x在(0只有一个零点。又因为(1)

3)0，则x在3

,1)内有零点，所以x)3(0x1x(0x1时，(x)'(x10x(x1时，(x)'(x1)0；x(0x1)h(x)单调递减，而h(0)0，则h(x)在(0x1内无零点；x(x1h(x)单调递增，则h(x)在(x1内至多只有一个零点；从而h(x)在(0h(x)2h(x)x(x21

2，记(x)x21

2，则'(x)2x 2

x2x(0)时，'(x)0，因此x在(0上单调递增，则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，h(x)记h(x)的正零点为x0，即 x 当ax时，由a ，即ax.而a3a x x3，因此ax anx0①当n1a1x0②假设当nk(k1时，有akx0成立，则当n

3

x x3知， x，因此，当n

时， x成立k

k

k n故对任意的nN*n

当ax0时，由（1）h(x)在(x0上单调递增。则h(ah(x0)0a3a

a。从而a3

a a3

a

aa a 2①当n1a1a②假设当nk(k1时，有aka成立，则当n

3

a a3

a，因此，当n

aak a

k

kn故对任意的nN*aan综上所述，存在常数Mmax{xa}，使得对于任意的nN*，都有

M 1 2.函数f(x)log5(2x1)的单调增区间是 答案（-，+）12ylo

在(0, .u

x(1大于零,且增28.xOyf(x)2P、Qx(2x)2((2x)2(x2解析：设经过原点的直线与函数的交点为(x,)，(x2x

2PQx

42xa,xa0f(x)x2ax1f(1a)

f(1a，则aa4

a0a022aa1a2aa3不符合；a01a2a22aaa3 xOy中，已知点Pf(x)ex(x0在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 1(e P(xex0则l:yex0ex0(xx),M(01x)ex0)，过点P作l yex0ex0(xx),N(0,ex0xex0) t1[(1x)ex0ex0xex0]ex01x(ex0ex0 2t1(ex0ex0)(1x)，所以，t在(0,1上单调增，在(12x1,

1(e1). P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边AE=FB=xcm.xEFxxEFx （1）S6024x2(60x)2240x8x28(x （2）根据题意有V( 2(60 2所以，V'62x(20当0x20,时，V0,V递增;当20x

11 2219.（16分）a，bf(x)x3axg(x)x2

fgxf(xg(xf(x)g(x)0If(xgxI设a0f(xgx在区间[1,b设a0且abf(xgxa，bf(x)f(x)

x3ax,g(x)因为函数f

和g

在区间[1

x[1,),f'(x)g'(x) a0,3x2a0x[1,即x[1b2x,b2b[23 f(x0x3b0,a0,0(ab),f(0)g(0)ab0,f(xg(x在区间(ab所以b0x(0g(x0;又x(a),f(x0x(a0),f(x0 所以要使f(x)g(x)03aa,b33

,1a0,1b0,|ab| a1b0,f(x)g(x6x(x2

x10)3

fx)gx0,因此1|ab|max1ba时，因为，函数f(x)

gx)在区间（b,a）x(b,a),f'(x)g'(x) x(b,

3x2+a）(2x+b)

ba0,x(b,a),2xb0x(b,a),aba3b2,设z ，考虑点(b,a)的可行域，函数y3x2的斜率为1的切线的点设为(x0y0则6x1x1y1

1(1)1

ab0时，因为，函数f(x)gx)在区间（a,b）上单调性一致，所以，x(a,b),f'(x)g'(x)即x

3x2+a）(2x+b)

b0,x(a,b),2xb0x(a,b),aa3a2,1a0,(ba)

13a0b时，因为，函数f(x)gx)在区间（a,b）上单调性一致，所以，x(a,b),f'(x)g'(x)即x(a,b),(2x+b)（3x2+a） x2当a0bx(a,0),2x（3x2+a）0,x(a,0),3x2+a0,3a2a1a0,ba a

13（2）1log1(2xlog1(2x2

f(x(12

(12

(1,)

【答案】

x 【解析】 解

2，故

x0log1(2x1)

f(x)x22x4lnxfx)0

【答案】f(x定义域为(0,fx)2x242(x2)(x1)0 1x0x2fx)0的解集755312556156255778125，…，则52011A. B. C. 【答案】125；又201152(10041，即同52011的末四位数字为（12分f(x)1x31x22ax f(x在2,上存在单调递增区间，求a3当0a2f(x在[1,4]上的最小值为16，3

f(x【解析（1）f(x在2,)(mn)2 使得fx)0.由fx)x2x2a(x1)212a，fx)在区间2,3

'(3

)0

'(2)3

22a0解得a1 所以，当a1f(x在2,9（2）fx)0

1

18a，

1

18a，

1

1. f(x在(x1(x2,上单调递减，在(x1x2当0a2x11x24f(x在[1,4]f(x2f(4f(1276a0，即f(42

ff(x在[1,4]f(4)8a4016，得a1

2 f(x在[1,4]f(2)1033f(x

log1(2x2

，则f(x)的定义域为 (1,2

(1,2

(1,0)(0,2

(1,2log12x10,2x10,2x12答案 解析

x

1,0

4.曲线yex在点A（0,1）处的切线斜率为 C. D.e答案

y'ex,x0,e0观察下列各式：则7249,73343,742401，…，则72011的末两位数字为 fx7x,f249,f3343,f42401,f5答案 解析

如图，在ABC中，B，ABBC2P为AB边上一动点，PD//BC交AC2D,现将PDA沿PD翻折至PDA',使平面PDA平面A'PBCDPAPAB，EA'C的中点，求证：A'B 3（1）PAx，则VA-PBCD3PAS底面PDCB3x(2x3f(x

1x(23

x)222

2x3

x,(x0)f(x

2 x(0,23323(233f0f23由上表易知：当PAx 时，有VA-PBCD231EF

BC//PDED//2APBABPF，ABDE.fx1x3mx2nx3gxfx2x3x2处取得最小值5fx（2）如果mn10mnNfxm的值．(注：区间a,b的长度为ba.（1）fx1x3mx2nx，fxx22mx3又gxfx2x3x22m2xn3x2g2222m20m3x2处取最小值-g22224n35n2，fx1x33x23fx1x3mx2nx单调递减，则fxx22mxn3fxx22mxn0a，b

m2nm,nN4m2b-am+n<10,m=2，n=3m3n4m221x,x9f(x

f(x2xA．[1，2] C．[1，+] D．[0，+]11f(x的定义域为Rf(12xRf(x)2f(x2x4

1，+

，1）

，+21（f(xlnxax22a)x（I）f(x（II）设a0，证明：当0x1f1xf1x yf(xxA，BABx0f（I）

f(x)12ax(2x（ii）若a0,则由f(x0得x1且a(0,)时,fx 0,当x1时,f(0,)时,f 所以f(x)在(0,1)单调增加，在(1,)单调减少 4 g(x)

f1xf1x g(x)ln(1ax)ln(1ax)

2a3g(x) 2a 1

1

1a2当0x1时g(x)0,而g(0)0所以g(x)0a故当0x1时f1xf1

8 由（I）可得，当a0时,函数yf(xx故a0f(xf1),且f1) 不妨设A(x0B(x00xx,则0x1x

f(2x)

f(11x)

f(x0.从而

2x,于是

x1

1 由（I）f(x0

126f(x1

(2x1)(x2

3 已知函数f(x)ex2xa有零点，则a的取值范围 ．(,2ln220（=P（1,0（II）（I）x

…………2f(1) 1a

a

5f(1) 2ab g(xf(x2x22xx23lnxg(x)12x 当0x1时g(x0;当x1时g(x

12Ⅰ理（2）下列函数中，既是偶函数又单调递增的函数 （A）y

yx

（C）yx2

y2x（9）由曲线y ，直线y 及y轴所围成的图形的面积 x 3(12)y

1x

y2sinx(2x4) (B) (C) D（21（f(xalnx

yf

在点(1f(1))x x2y30求a、b的值x0x1f(x)lnxkkx （Ⅰ）

(x

，由于直线x2y30的斜率为 ，2

b故f'(11即ab1

解得a1b1 （Ⅱ）（Ⅰ知fxlnx1f(x

lnxk)

(k1)(x2(2lnx x1

x

1 考虑函数h(x)

(k1)(x2x

(x0)h'(x)

(k1)(x21)。设k0h'(x

k(x21)(x

x1h'(x0。而h(10x(0,1h(x)0

1

h(x)0当x（1，+）时，h（x）<0

1x

ln ln +）>0，即 +x x

1

（k-1（x2

(x）>0,

1

1x

h（x）<0,与题设（iii）设k1.此时h（x）>0,而h（1）=0，故当x（1）时，h（x）>0，可11x

Ⅰ文（4）曲线yx22x1在点（1,0）处的切线方程 （A）y （B）y（C）y （D）y(9)设偶函数f(x)满足f(x)=2x-4(x0，则xfx2 （A）xx2或x（C）xx0或x（21）12分设函数 xex1

（B）xx0或x（D）xx2或xa1

若当x≥0fx≥0，求a取值范（Ⅰ）a1时，f(x)x(ex11x2，f'(xex1xexxex1)(x1)。当 x f'(x);x10时，f'(x)0;x0时，f'(x)0故f(x)在 ，0,单调增加，在（-1，0）单调减少f(x)x(xa1axg(x)xa1axg'(x)exaa1，则当x0g'(x)g(xg(0)0x≥0g(xf(xa，则当x

g'(xg(x)g(0)0，从而当x g(x＜0，f(x＜0.综合得a的取值范围为Ⅱ理（2）y＝2x（x≥0）x x(A)y （x (B)y （ (C)y＝4x2（x (D)y＝4x2（2 2【解析：由y＝2x，得x .函数y＝2x（x≥0）的反函数4y .（x4ye2x1在点（0,2）y0yx y|x0(2e2x|x02ye2x1在点（0,2）y

y0

围成的三角形的面积为3f(x20x1f(x)

f(5)22

4

4

2【解析：f(5)f(52) （22（（f(x)ln(1x

x

x＞0f(x2020pp

919＜1 （Ⅰ）

f(x)

12(x

（x0x (xf(x)0f(x在(1x0f(x)0x＞0f(x 抽得的20个号码互不相同的概率为p100，要证p

即证10099...81100（9020 9882(908)(908)902

9189(901)(901)90219再证（919e2，即证1019e2，即证19ln102，即证ln10（

由（Ⅰ）f(x)ln(1x2

x

x＞0f(x令x1,则ln(11) 9ln(11)

0，即ln10 19

19（20（已知函数f(x)x33ax236a)x12a4(aR)yf(x)

（Ⅱ）f(x)在xx0处取得极小值，x0(1,3,求a

f(x)3x26ax(36a)，f(0)

f(0)曲线yf(x) 的切线方程是：y(12a4)(36a)x，在上式中令x2y所以曲线yf(x)

22（Ⅱ）由f(x)0得x22ax12a0（i）当 1a 1时，f(x)没有极2222当a 1或a 1时，由f(x)022xa a22a1,

aa22a22aa22a2x

。由题设知1a

3，当a 1时，不等 a22aa22a2当a 1时，解不等式1a2

35aa2a22a

2综合(i)(ii)得a的取值范围是(52

yx2sinx2【答案】y'12cosx,y'12cosx0,得cosx1, 数;y'12cosx0,得cosx1,此时原函数是减函数, C正确f(xR2的周期函数，且当0x2时,f(xx3x,数y 的图象在区间[0,6]上与x轴的交点的个数 【答案】【解析】因为当0x2时,f(xx3x,f(xR2f(0)0,f(6)

f(4)

f(2f(00,又因为f(10,所以f(30f(5)0,故函数y f（x=点x0(n,n1),nN,则 *【答案】0logaxxb(a＞0，且a1=0x,ylogax(2a30yxb(3b40

,

(nn1nN*,结合图象,xa(2a3)时,y1,y1x1b(45);当y2时,对数函数ylogax(2a3)的图象上点的横坐标x(49),直线yxb(3b4x(56),故所求的n5.21.（12分左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积 3的建造费用仅与其表面积有关.3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3).设该容器的建造费用为y千元y关于r求该容器的建造费用最小时的r 立方米，所3rl4r3rl

,解得l80

32rl=2

3r 804r)16082

两端两个半球的表面积之和为4r2所以y3r 1608r24cr2,定义域为(0,lr 160

3c8[(c2)r33c（Ⅱ）y

16r+8cr ,所以令y0得:r r r23cy'0得03c

,r

米时,该容器的建造费用最小33c（4）yx311P(1，12)y（A）- C3f(x)（xR）f(x)f(xf(x2)f(xy的图像 （yf(x【解选 由f(x)f(x)得yf(x)是偶函数所以函数yf(x)的图象关于y轴B，Df(x2)f(x)y

24，不符合，选项B2 xf(xx

x

，若f(f(1))1，则a 0 x10f(1

f(xxa3t2dtxa30f(0a3，所以a31a【答案】设nN，一元二次方程x4xn0有根的充要条件是n 2 【解】x4

162

2

44

44为整数，且n

4nNn12,34n34之n34x24xn0【答案】321（f(x定义在(0f(1)0f(x)1g(x)f(xf(xxg(xg(x

g(x

x0，使得|g(xg(x|1x0x （2）（3）即c0

f(x)1x

f(xlnxc（c为常数f(10，所以ln1c0，∴f(x)lnx；g(x)lnx1x

g(x)x1

g(x)0

x10xx(0,1g(x)0g(x是减函数，故区间在(0,1g(xx(1时，g(x)0，g(x(1g(x的增区间；x1g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，g(xg(1)1

(x（2）g()lnxx，设h(x)g(x)g()2lnxx ，则h(x) 当x1时，h(1)0，即g(x)g(1)，当x (1,)时，h(x)0，h(1)0x因此函数h(x)在(0内单调递减，当0x1h(x)h(1=0g(x)g1xx1h(xh(1=0g(x)g1x（3）满足条件的x0不存在．证明如下证法一x0，使|g(xg(x|1x0 即对任意x0有lnxg(x)lnx

egx0时，有lnx

1x0，使|g(xg(x|1x01 证法二x0，使|g(xg(x|1x0 由（1）g(xg(1)g(x)lnx1lnxx1时，lnx的值域为(0x…1g(xx从而可以取一个值x11，使g(x1) ，即g(x1) |g(x)g(x)|…11，这与假 ．∴不存在x0，使|g(x)g(x)|1对任xx xx1x0成立．14.函数yx3的图像是 取x1，1，则y1，1，选项B，D符合；取x1，则y1，选 Blgx,x11．设f(x) ，则f(f 10,x„x

，∴f(2)102

0，所以f(102lg1022，即f(f(2))2f(x)lnxg(xf(xf(xg(xg(x)

g(x

求ag(ag(x1x＞0a（2）函数的单调性，并由单调性判断函数的正负（3）对任意x＞0成立的恒成立g(x【解（1f(xlnxg(x)lnx1x

g(x)x1g(x)0xx∈（0，1）g(x＜0，g(x是减函数，故（0，1）g(xx∈（1，+∞）g(x＞0，g(x是增函数，故（1，+∞）g(x的单调递增区g(11

(x(2)g()lnxx，设h(x)g(x)g()lnxx ，则h(x) x1h(1)0g(x)g1x(0,11h(x0x因此，h(x)在(0内单调递减，当0x1时，h(x)h(1)0g(x)g1x（3）（1）g(x)的最小值为1g(ag(x)1x0，成立ag(a)11aIna1从而得0ae理1f(x)

1x

f1(x

11x

.g(xR1f(x)xg(x)在区间[34值域为[2,5]，则f(x)在区间[10,10]上的值域 .16.下列函数中，既是偶函数，又是在区间(0,)上单调递减的函数是 ）（A）y

|x

（B）yx3 （C）y2|x| （D）y 20.（12148分）f(x)a2xb3x，其中常数abab0若ab0f(x若ab0f(x1)f(xx20、解：⑴当a0b0x1x2Rx1x2 f(x)f(x)a(2x12x2)b(3x13x2 ∵2x12x2,a0a(2x12x2)0，3x13x2,b0b(3x13x2)0∴f(x1f(x20f(xRa0b0f(x f(x1)f(x)a2x2b3xa

，当a0b

时，3 a，()()axlog15(2b)；a当a0b0时3)x

，则xlog15(2b)3、f(x)

的反函数为f1(x)，则f1(2) 2

214g(xR1f(x)xg(x)在区间[0,1值域为[2,5]，则f(x)在区间[0,3]上的值域 [2,下列函数中，既是偶函数，又在区间(0,)上单调递减的函数是 ）y

y

y

y21.（141628分f(x)a2xb3x，其中常数abab若ab0f(x若ab0f(x1)f(xx的取值范围.21、解：⑴当a0b0x1x2Rx1x2，则 f(x)f(x)a(2x12x2)b(3x13x2 ∵2x12x2,a0a(2x12x2)0，3x13x2,b0b(3x13x2)0∴f(x1f(x20f(xR上是增函数。当a0b0fR f(x1)f(x)a2x2b3x当a0b0时3)x 当a0b0时3)x

xlog15xlog15

a)；a理f(xRx0f(x)1)x1f(x2x0f(x单调递减，值域为(12)，此时，其反函数单调递减且图象x1x2A．13．计算(lg4

lg251002

lg25)10022 2lg10 20 100f(x)A，若x1,x2Af(x1)f(x2)时总有x1x2f(x)为单函数．例如，函数f(x)=2x+1(xR)是单函数．下列命题：f(x)x2（xR）②若f(x为单函数x1x2Ax1x2，则f(x1f(x2f：A→B为单函数，则对于任意bB④函数f(x)在某区间上具有单调性，则f(x)一定是单函数． f(x1f(x2x1x2，不满足；②实际上是单函数命题的逆否命题，故为真命题；对于③，若任意bB，若有两个及以上的原象，也即当f(x1f(x2x1x2，不满足题设，故该命题为真；根据定义，命22（x已知函数f(x)2x1，h(x) x 设函数F(x)＝f(x)－h(x)，求F(x)的单调区间与极值设aR，解关于x的方程log3f(x13logh(ax

h(4x)4 f(100)h(100)h(k1k （Ⅰ

x（x0）知，F(x

F(x0x94x4x6x(0,9F(x0x(9)F(x)0 x[0,9)F(xx[9)F(xF(xx

F(9)1 方法一：原方程可化为log42f(x14log2h(axlog2h(4x即为log(x1

ax

xaa44 4

1x①当1a4时，1xa，则x155

x26xa40364(ax3

x65a

204a32

，∵1xa

x14

得x26xa40，364(a 若4a5，则0x3若a5时，则0x3；若a1或a5，原方程无解．

5a方法二：原方程可化为log4(x1log2h(4xlog2h(ax1

1x1log(x1

44

4xaa

x

ax

a(x3)2①当1a4x3②当4a5x3③当a5x3④当a1a5

5a5ak由知得h(k) ．kk k设数列{ann项和为

，且

f(n)h(n)1（nN*6k从而a1S11，当2k100时，akSkSk1 k

1[(4kk6k

(4k

k(4k3)k(4k1)k1(4k3)2k(4(4k3)k(4k1)k

0 6(4k3)k(4k1)k k1k即对任意2k100时，有ak ，又因为a11k1k

，所以ak f(100)h(100)h(k1

k

kk 文4．y

x1y=x2解析：y1)x1图象过点(02y=x对称的图象过点(22A．22（l4）x已知函数f(x)2x1，h(x) x 设函数F(x)＝18f(x)－x2[h(x)]2，求F(x)的单调区间与极值设aR，解关于x的方程lg3f(x132lgh(ax2lgh(4x) 设n*，证明：f(n)h(n)[h)h() h(n]1．6（Ⅰ）F(x)3x212令F(x)0x2（x2舍去x(02)F(x)0x(2)F(x)0x[02F(xx[2F(xx2F(x的极大值点，且F(2)824925方法一：原方程可化为log[3f(x13

h(ax)

h(4x)即为log(x1

4ax4

aa4

x

1x①当1a4时，1xa，则x155

x26xa40364(ax3

x65a

204a32

，∵1xa

x1ax4

x26xa40，364(a4)204a若4a5，则0x3若a5时，则0x3；若a1或a5，原方程无解．

5a方法二：原方程可化为log4(x1log2h(4xlog2h(ax)，x1

1x1log(x1

44

4xaa

x

ax

a(x3)2①当1a4x3②当4a5x3③当a5x3④当a1a5

5a5a由知得)() (]12 n，f(n)h(n)14n3n1 设数列{an项和为S，且Sf(n)h(n1（nN* 从而有a1S11，当2k100时，akSkSk1 1(4k3)2k(4k1)2(kkk又ak 6[(4kkk

(4k

k1] 6(4k

k(4k

k1(4k3)k(41(4k3)k(4k1)kk16k1即对任意k2时，有ak

，又因为a11

a1a2 an1

n则Snh(1)h(2) h(n)，故原不等式成立．2．函数fx

Ａ．2,

Ｂ．1,

Ｃ．

【解】1．f22260f12130f02000fx2x3x的零点所在的一个区间是10．故选Ｂ．2fx2x3x0可化为2x3x．y2xylog2

xfx2 2

x,

x0若fafa则实数a的取值范围 Ａ．1,0Ｃ．1,0

Ｂ．,1U1,Ｄ．,1U0,1【解】若a0，则log2alog1a，即2log2a0，所以a2若a0则log12

2log2

0

，1 所以实数a的取值范围是a1或1

，即a1,0U1,．故选16．设函数fx

x3fx4m2fxfx14fm m 恒成立，则实数m的取值范围 【解】

3,． 2 m解法１．fx14fmfx4m2fxm

2 x

1

4 14mx

0整理得1

4m2x22x30 x20，所以1

，设gx

，x3,

于是题目化为114m2gxx3 为此需求gx

x3的最大值．设u1，则0u2 gxhu3u22u在区间02上是增函数，因而在u2h234228，所以1

34m2

3x83 3

整理得12m45m230，即4m23 所以4m230，解得m2

或m 3323 3 因此实数m

,

2U

, 2．1,题目化为114m2gxx3为此需求gx

x3

设t

，则t6,．gxht t6t

t9t因为函数t9在3上是增函数，所以当t6t9取得最小值63t从而ht有最大12m45m230

4632

8．所以1

4m2

x3

，整理得即4m23

，所以4m230，解得m2

或m 3323 3 因此实数m

,

2U

, m3．fx14fmfx4m2fxm

2 x

1

4 14mx

01

4m2x22x30 F(x1

4m2x22x3 由于F030则其判别式0因此Fx的最小值不可能在函数图象的顶点得到所以为使F(x)0x3F3 2 即实数m 4m2 F3 2 2

14m2 2 2解得m23，因此实数m的取值范围是m

3

3, 2 4．(针对填空题或选择题)x3 mfx4m2fxfx14fmm x3fx4m2fxfx14fmm m x3f34m2f3f14fm 9

14m294m2114m244m204m2 12m45m230，即4m23

，所以4m230m2

或m 3323 3 因此实数m

,

2U

, 21（f

ygxyfxx1x1fxgx．x1

，且fx1

x1x22【解（Ⅰ）fx ．令fx1xex0，则xx变化时fx,fx的变化情况如下x1f0f增减ff

在区间,1内是增函数，在区间1,内是减函数e（Ⅱ）ygxyfxx1所以gx ，于是gx Fx

Fx

，Fxx x12x20，从而e2x210，又ex0Fx0于是函数F因为F1

在区间1上是增函数所以x1时，Fx

因此fxgx．（Ⅲ）(1)若x11x210，由（Ⅰ）及fx1

,x1

,与x1 若x11x210，由由（Ⅰ）及fx1

,x1

,与x1 根据(1)，(2)可得x11x210．不妨设x11x2（Ⅱ）fx2gx2f2x2fx1fx2gx2f2x2因为x21，所以2x21，又x11，由（Ⅰ，f 在区间,1内是增函数所以x12x2x1x22．4．函数fxexx2的零点所在的一个区间是 Ａ．2,

Ｂ．1,

Ｃ．

【解f1e1120f0e00210f1e112e10所以函数fx 的零点所在的一个区间是0,1．故选 6．设alog4，blog32，clog5 Ａ．acＣ．ab【解】因为clog45

Ｂ．bcＤ．ba ，0alog541，0alog53 所以blog32log3log4log4a，所以ba gxx,x10．设函数gx gxx,x

f

是 Ａ．9,0U1,

Ｂ．0, Ｃ．9, Ｄ．9,0U2,

【解xgxx22x2x20x1x2xgxx2 x2x x2x1x2fx

x1或x1xx1x2fx当1x2x2x2x

122

9fx9 x1x2x2x20，所以94

fx0fx2或9

fx0f

的值域是90U24

x

围 【解】 1．显然m0fxx1x1x则当m0fmx

不恒成立，因此m0当m0时，函数hxf 在x1,是减函数x1hx取得最大值h1m1m于是hxfmxmfx0恒成立等价于hxx1的最大值0 m

即h1m 0解

得m1．于是实数m的取值范围是 m解法2m0，由于函数fxx1x1m0时，xfmx

不成立，因此m0 1 2m2x21fmxmfxmx mx 2mx 0 x1m0，则2m2x21m20gx

x1,时为增函数，于是x1时，g 取得最小值g1 解 得

−1．于是实数m的取值范围

m3因为对任意x1fmxm