2011届高考数学(理)模拟题(新课标)分类汇编：函数与导数

【数学理】2011届高考模拟题（课标）分类汇编：函数与导数

4．（2011

北京朝阳区期末）

下列函数中，在(-1, 1)内有零点且单调递增的是 (B)

（A）y=log1x （B）y=2-1 （C）y=x-2x213 (D) y=-x 22．（2011

北京朝阳区期末）

1a1 (aR). x已知函数f(x)lnxax（Ⅰ）当a1时，求曲线yf(x)在点(2, f(2))处的切线方程；

1时，讨论f(x)的单调性. 22解：（Ⅰ）当a=-1时，f(x)=lnx+x+-1，x?(0,x（Ⅱ）当0≤a ).

x2+x-2(x)=所以f′，x?(0,2x ). „„„（求导、定义域各一分） 2分

(2)=1. 即曲线yf(x)在点(2, f(2))处的切线斜率为1. „„„„ 3分 因此f′又f(2)=ln2+2， „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 4分 所以曲线yf(x)在点(2, f(2))处的切线方程为x-y+ln2=0. „„„ 5分 （Ⅱ）因为f(x)lnxax1a1， x1a-1ax2x1a(x)=-a+2所以f′，x?(0,2xxx令g(x)=ax-x+1-a，x?(0,2 ). „„„„ 7分

)，

)，

①当a0时，g(x)=-x+1，x?(0,(x)0，函数f(x)单调递减；„„„ 8分 当xÎ(0,1)时，g(x)>0，此时f′(x)0，函数f(x)单调递增. „„ 9分 当x(1,)时，g(x)0，此时f′②当0a11(x)0即ax2x1a0解得x1=1，x2=-1. 时，由f′2a第- 1 -页 共68页

此时

1-1>1>0， a(x)0，函数f(x)单调递减；„10分 所以当xÎ(0,1)时，g(x)0，此时f′x(1, 11)时，g(x)0，此时f'(x)0，函数f(x)单调递增；„„11分 a1x(1, )时，g(x)0，此时f'(x)0，函数f(x)单调递减. „12分

a综上所述：

当a0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+ )上单调递增； 当0a111时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1, -1)上单调递增；在(-1,+ )上单2aa调递减. „„„„„„„„„„„„„„ 3．（2011

已知函数f(x)ax2bx1（a, b为实数，a0，xR），F(x)北京朝阳区期末）

x0,xf ()

f(x) x0.（Ⅰ）若f(1)0， 且函数f(x)的值域为[0, )，求F(x)的表达式；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，当x[2, 2]时，g(x)f(x)kx是单调函数，求实数k

的取值范围；

（Ⅲ）设mn0，mn0，a0，且函数f(x)为偶函数，判断F(m)F(n)是

否大于0？

解：（Ⅰ）因为f(1)0，所以ab10.

a0,因为f(x)的值域为[0,)，所以 „„„„„„„„„ 2分 2b4a0.所以b4(b1)0. 解得b2，a1. 所以f(x)(x1).

2(x1) x0,所以F(x) „„„„„„„„„„„„„„ 4分 2(x1) x0.22（Ⅱ）因为g(x)f(x)kxx2x1kxx(2k)x1

222k2(2k)2)1 =(x， „„„„„„„„„„ 6分 24第- 2 -页 共68页

所以当

k2k2≥2或≤2时g(x)单调. 22即k的范围是(-?, 2]或[6,+ )时，g(x)是单调函数． „„„„„ 8分

（Ⅲ）因为f(x)为偶函数，所以f(x)ax21.

2ax x0,所以F(x) „„„„„„„„„„„„„„„„„„ 10分 2ax x0.因为mn0， 依条件设m0，则n0.

又mn0，所以mn0.

所以mn. „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 12分 此时F(m)F(n)f(m)f(n)am21an21a(m2n2)0.

即F(m)F(n)0． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 13分

4．（2011

北京丰台区期末）

)上为增函数，且f(2)f(4)0，那么下列四个命题中一定正确的是（D）设偶函数f(x)在[0，

A．f(3)f(5)0 B．f(3)f(5)

f(4))处的切线斜率k10 C．函数在点(4，f(4))处的切线斜率k20 D．函数在点(4，5．（2011

北京丰台区期末）

定义方程f(x)f(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”，如果函数g(x)x，

)）的“新驻点”分别为，，，那么，，h(x)ln(x1)，(x)cosx（x(，的大小关系是（>>）．

6. （2011

北京丰台区期末）

2设函数f(x)(1x)2ln(1x)． （I）求f(x)的单调区间；

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（II）当012x(x2)． x1x12x(x2)0，所以x2或x0． 令f(x)0，则

x1f(x)2(1x)因为定义域为(1,)，所以x0． 令f(x)0，则

2x(x2)0，所以2x0．

x1因为定义域为(1,)，所以1x0．

所以函数的单调递增区间为(0,)，单调递减区间为

(1,0)． „„„„„„„„„7分

（II）g(x)(2a)x2ln(1x) （x1）．

2(2a)xa． 1x1xa0． 因为02aa令g(x)0 可得x．

2aaa)上为减函数，在(,)上为增函数． 所以函数g(x)在(0,2a2aa33，即0a时， ①当02a2aa)上为减函数，在(,3)上为增函数． 3]上，g(x)在(0,在区间[0，2a2aa2)a2ln所以g(x)ming(． 2a2aa33，即a2时，g(x)在区间(0，3)上为减函数． ②当

2a2g(x)(2a)x所以g(x)ming(3)63a2ln4． 综上所述，当0a当

14分

32时，g(x)mina2ln； 22a3a2时，g(x)min63a2ln4． „„„„„„„„„2第- 4 -页 共68页

7．（2011

北京西城区期末）

115，②f(x)log2x()x，③f(x)cos(x2)cosx，

2x对于函数①f(x)4x判断如下两个命题的真假：

命题甲：f(x)在区间(1,2)上是增函数；

命题乙：f(x)在区间(0,)上恰有两个零点x1,x2，且x1x21. 能使命题甲、乙均为真的函数的序号是(D) （A）①

8. （2011

已知函数f(x)（B）②

（C）①③

（D）①②

北京西城区期末）

12ax(2a1)x2lnx(aR). 2(Ⅰ)若曲线yf(x)在x1和x3处的切线互相平行，求a的值； (Ⅱ)求f(x)的单调区间；

(Ⅲ)设g(x)x2x，若对任意x1(0,2]，均存在x2(0,2]，使得f(x1)g(x2)，求a的取值范围.

解：f(x)ax(2a1)22(x0). „„„„„„2分 x2. „„„„„„3分 3（Ⅰ）f(1)f(3)，解得a（Ⅱ）f(x)(ax1)(x2)(x0). „„„„„„5分

x①当a0时，x0，ax10，

在区间(0,2)上，f(x)0；在区间(2,)上f(x)0，

故f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,). „„„„„„6分 ②当0a11时，2， 2a1a1a

在区间(0,2)和(,)上，f(x)0；在区间(2,)上f(x)0，

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故f(x)的单调递增区间是(0,2)和(,)，单调递减区间是(2,). „„„„7分

1a1a

1(x2)2③当a时，f(x)， 故f(x)的单调递增区间是(0,). „„„8分

22x④当a11时，02， 2a1a1a在区间(0,)和(2,)上，f(x)0；在区间(,2)上f(x)0，

故f(x)的单调递增区间是(0,)和(2,)，单调递减区间是(,2). „„„9分 （Ⅲ）由已知，在(0,2]上有f(x)maxg(x)max. „„„„„„10分 由已知，g(x)max0，由（Ⅱ）可知， ①当a1a1a1时，f(x)在(0,2]上单调递增， 2故f(x)maxf(2)2a2(2a1)2ln22a22ln2， 所以，2a22ln20，解得aln21，故ln21a②当a1. „„„„„11分 2111

时，f(x)在(0,]上单调递增，在[,2]上单调递减， 2aa

1a12lna. 2a故f(x)maxf()2由a111可知lnalnln1，2lna2，2lna2， 22e所以，22lna0，f(x)max0， „„„„„„13分 综上所述，aln21.

9. （2011

10.

巢湖一检）下列函数中，在其定义域内既是增函数又是奇函数的是(B)

D.y3x

1A.y B.yx33x3x C.ylog3x

x（2011巢湖一检）

已知函数f(x)2l2og(4x1，6命题)p：

“x0R,使f2(x0)af(x0)10”，则在区间4,1上随机取一个数a，命题p为真命题的概率为(B)

1125A. B. C. D. 3636第- 6 -页 共68页

11. （201112. （2011

巢湖一检）求定积分2132xdx1． 2巢湖一检）已知f(x)xasinx．

(Ⅰ)若f(x)在(,)上为增函数，求实数a的取值范围；

(Ⅱ)当常数a0时，设g(x)f(x)5，求g(x)在,上的最大值和最小值. x66 )上为增函数， 解：(Ⅰ)∵f(x)在(， )恒成立. „„„„„„„„∴f(x)1acosx0对x(，2分

1]恒成立， 令tcosx，则1at0对t[1，∴1a(1)01a10，解得1a1，

1]. „„„„„„„„6分 ∴实数a的取值范围是[1，(Ⅱ)当a0时，g(x)f(x)asinxa(xcosxsinx)，∴g(x)，„„„„„„„8分 1xxx2记h(x)xcosxsinx，x(0，)，则h(x)xsinx0对x(0，)恒成立， ∴h(x)在x(0，)上是减函数，∴h(x)h(0)0，即g(x)0，

f(x)5在0，上是减函数，得g(x)在， 上为减函数. x663a53a∴当x时，g(x)取得最大值1；当x时，g(x)取得最小值1.

665∴当a0时，g(x)13. (2011

2x1的定义域是（ D ） 22xx1A.xx1 B.xx1 22 C.xx1且x1 D.xx1且x1

22承德期末)函数f(x)14. (201115.

承德期末)曲线yxlnx在点e,e处的切线方程为（A ）

若

A.y2xe B. y2xe C. y2xe D. yx1

(2011承德期末)nm表示

m,n(mn)的区间长度，函数

f(x)axx(a0)的值域区间长度为2(21)，则实数a的值是（ A ）

A．4 B．2 C．2 D．1 16. (2011承德期末)

设定义在R上的函数f(x)满足：①对任意的实数x,yR，有

f(xy)f(x)f(y);②当

x0时，f(x)1.数列an满足a1f(0),且f(an1)第- 7 -页 共68页

1(nN).

f(1an)

（Ⅰ）求证：f(x)1，并判断函数f(x)f(x)的单调性；

1设T111(nN)，(bnN)，n2b1b2bn（Ⅱ）令bn是最接近an的正整数，即anbn求 T1000；

解：（1）令y0,x1,f(1)(1f(0))0. f(0)1 .∵x0时，f(x)1.

f(x)1 „„„„„ 3分

f(x)f(1)1 ∴

∴1f(0)f(xx)f(x)f(x).∴∴x0时，0设x1而x2∴

f(x)1 ∴xR时，f(x)0

x2,f(x2)fx1x2x1fx1fx2x1

x10,f(x2x1)1 ∴f(x2)f(x1)f(x2x1)f(x1)

f(x)在R上是增函数. „„„„„„6分

f(0)1,f(an1)f(an1)

（2）a1∴an1an1， ann(nN).

111122令bnk(kN),knk 即kknkk.

4422∵k,n都是正整数，∴k∴满足bn2k1nk2k.

k的正整数n，有k2kk2k112k（个）

3121000322 322321993

T100012分

11111111214662862b1b2b10002331324„„

17. (2011承德期末)

1423在区间1,2上单调递xxax22x2在区间1,1上单调递减，

43第- 8 -页 共68页

已知函数f(x)

增.

（Ⅰ）求实数a的值； （Ⅱ）若关于x的方程

解：（Ⅰ）∵函数

f(2x)m有三个不同实数解，求实数m的取值范围； （Ⅲ）若函数ylog2f(x)p的图象与坐标轴无交点，求实数p的取值范围.

f(x)在区间1,1上单调递减，在区间1,2上单调递增，

∴x1为其极小值点，f(1)0，a1 „„„„„ 3分 2（Ⅱ）由（1）得

142312f(x)xxx2x2

432f(x)x32x2x2x1x2x1

可得函数

f(x)的极大值为f(1)3758,f(2)，极小值为f(1)

12123∵关于x的方程在tf(2x)m有三个不同实数解，令2xt(t0)，即关于t的方程f(t)m0,上有三个不同实数解，即yf(t)的图象与直线ym在t0,上有三个不

f(t)的图像，观察可得378m 123同的交点，画出y综合①②得

517p „„„„„ 121218．(2011东莞期末)

已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，且f(x)的图象关于直线x1对称，那么下列式子中对任意xR恒成立的是 (D) A. f(x1)f(x) B. f(x2)f(x) C. f(x3)f(x) D. f(x4)f(x)

19．(2011

东莞期末)

为了预防流感，某段时间学校对教室用药熏消毒法进行消毒. 设药物开始释放后第t小时教室内每立

方米空气中的含药量为y毫克．已知药物释放过程中，教室内每立

方米空气中的含药量y（毫克）与时间t（小时）成正比；药物释放

ta1完毕后，y与t的函数关系式为y．函数图象（a为常数）

32第- 9 -页 共68页

如图所示.

根据图中提供的信息，解答下列问题：

（1）求从药物释放开始每立方米空气中的含药量y（毫克）与时间t（小时）之间的函数关系式； （2）按规定，当空气中每立方米的含药量降低到0.25毫克以下时，学生方可进教室，那么从药物

(第17题图)

释放开始，至少需要经过多少时间，学生才能回到教室？

解: (1)解：函数图象由两线段与一段指数函数图象组成，两曲线交于点（0.1，1），故t∈（0，0.1]

时，由y（毫克）与时间（小时）t成正比，可设ykt， „„„„„„„„„„„2分

所以有10.1k，即k10，y=10t； „„„„„„„„„„„

4分

t∈[0.1，+∞）时，将（0.1，1）代入y即

1a10132ta，得1321，

得

a1． „„„„„„„„„„„6分 10故所求函数关系为：

10t1y1t1032„

„

t110t0,0.1t0.1,分

． „„„„„„„„„

8

1)10（2）令

13225(t0.2522， „„„„„„„„„„„10分

得，5(t11分

11)2，t，即0.5小时以后． „„„„„„„„„„„102答：至少30分钟后，学生才能回到教室. „„„„„„„„„„„

12分

20．(2011东莞期末)

22已知函数f(x)2alnxx(常数a0).

(1)求证：无论a为何正数，函数f(x)的图象恒过点A(1,1)； (2) 当a1时，求曲线yf(x)在x1处的切线方程；

2(3)讨论函数f(x)在区间(1,e)上零点的个数（e为自然对数的底数）

解：(1)∵f(1)2aln11011

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2

∴无论a为何正数，函数f(x)的图象恒过点A(1,1)． „„„„„„„„„„„2分

(2)当 a1时，f(x)2lnxx2，

22x. xf(1)0. „„„„„„„„„„f(x)„3分

又f(1)1，

∴

曲

线

yf(x)在点

x1处的切线方程为

y10． „„„„„„„„„„„4分

(3) f(x)2a2lnxx2，所以

2a22a22x2f(x)2x

xx

2(xa)(xa). „„„„„„„„„„„5分

x因为x0，a0，

于是当0xa时，f(x)0，当xa时，f(x)0. „„„„„„„„„„„

所

以

6分

f(x)在

0,a上是增函数，在

a,上是减函，

数. „„„„„„„„„„„7分 所以

f(m22 x „„„„„„„„„„„8分 x) a 2函数f(x)无零点，在(1,e)上也无零点；„„„„e时，f(讨论函数f(x)的零点情况如下． ①当a(2lna1)0，即0a9分

②当a(2lna1)0，即a而 1aee，

22e时，函数f(x)在(0,)内有唯一零点a，

2f(x)∴在内有一(1,e)点； „„„„„„„„„„„10分

③当a2(2lna1)0，即a个零

e时，

由于f(1)10，f(a)a2(2lna1)0，

f(e2)2a2lne2e44a2e4(2ae2)(2ae2)，

e2e2e2，f(e2)0，由单调性可知，当2ae0时，即ea时，1ea2222函数f(x) 在(1,a)内有唯一零点x1、在(a,e)内有唯一零点x2满足，f(x)在(1,e)内有两

2个零点；„11分

1e2e时，f(e2)0，而且f(e)2a2ea2e0，当2ae0时，即a22f(1)10由单调性可知，无论ae2还是ae2，f(x)在(1,e)内有唯一的一个零点，

2在[e,e2)内没有零点，从而f(x)在(1,e)内只有一个零点； „„„„„„„„„„„13分

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2

（注：这一类的讨论中，若没有类似“f(e)0来说明唯一零点在(1,e)内”的这一步，则扣去这2分）

综上所述，有：

当0ae时，函数f(x)无零点；

e2当ae或a时，函数f(x)有一个零点；

2e2当ea时，函数f(x)有两个零点. „„„„„„„„„„„

2

21．（2011

佛山一检）已知三次函数fxax3bx2cxa,b,cR.

（Ⅰ）若函数f(x)过点(1,2)且在点1,f1处的切线方程为y20，求函数fx的解析式；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若对于区间3,2上任意两个自变量的值x1,x2都有

f(x1)f(x2)t，求实数t的最小值；

（Ⅲ）当1x1时，f(x)1，试求a的最大值，并求a取得最大值时fx的表达式.

解：（Ⅰ）∵函数f(x)过点(1,2)，∴f(1)abc2， ①

2又f(x)3ax2bxc，函数f(x)点(1,f(1))处的切线方程为y20，

∴f(1)2abc2，∴， ②

f(1)03a2bc03由①和②解得a1，b0，c3，故 f(x)x3x； ---------------------------------------4分

2（Ⅱ）由（Ⅰ）f(x)3x3，令f(x)0，解得x1，

∵f(3)18，f(1)2，f(1)2，f(2)2， ∴在区间3,2上fmax(x)2，fmin(x)18，

∴对于区间3,2上任意两个自变量的值x1,x2，|f(x1)f(x2)|20，

∴t20，从而t的最小值为20； ---------------------------------------8分 （Ⅲ）∵f(x)3ax2bxc，

2f(0)c则 f(1)3a2bc，可得6af(1)f(1)2f(0)．

f(1)3a2bc第- 12 -页 共68页

∵当1x1时，f(x)1，∴f(1)1，f(0)1，f(1)1， ∴6|a|f(1)f(1)2f(0)f(1)f(1)2f(0)4，

22，故a的最大值为， 33f(0)c12当a时，f(1)22bc1，解得b0，c1，

3f(1)22bc123∴a取得最大值时fxxx． ---------------------------------------14分

3∴a

22．（2011

福州期末）如图，有一直角墙角，两

边的

长度足够长，在P处有一棵树与两墙的距离分别是

am(0a12),4m，不考虑树的粗细，现在用16m长

笆，借助墙角围成一个矩形的花圃ABCD。设此矩形花圃积为S m2，S的最大值为f(a)，若将这棵树围在花墙内，数af(a)的图象大致是

的篱的面则函

（ C ）

23．（2011

福州期末）设函数yf(x)的定义域为实数集R，对于给定的正数k，定义函数

f(x)fk(x)k(f(x)k)2，给出函数f(x)x2，若对于任意的x(,)，恒

(f(x)k)

B．k的最小值为2 D．k的最小值为1

（ B ）

有fk(x)f(x)，则

A．k的最大值为2 C．k的最大值为1

第- 13 -页 共68页

24．（2011

福州期末）设

f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)0,当x0时，有

xf(x)f(x)20恒成立，则不等式（0,2） xf(x)0的解集为 （－∞,－2）∪2x25．（2011

福州期末）

已知函数f(x)x3ax2bxc在（-∞，0）上

是减函数，在（0，1）上是增函数，函数f(x)在R上有三个零点，且1是其中一个零点。 （Ⅰ）求b的值；

（Ⅱ）求f(2)的取值范围；

（Ⅲ）设g(x)x1，且f(x)g(x)的解集为（-∞，1），求实数a的取值范围。

2解: （Ⅰ）∵f（x）=－x3+ax2+bx+c，∴fx3x2axb．

1分

∵f（x）在在（－∞,0）上是减函数，在（0,1）上是增函数， ∴当x=0时，f（x）取到极小值，即f00．∴b=0． （Ⅱ）由（1）知，f（x）=－x3+ax2+c，

∵1是函数f（x）的一个零点，即f（1）=0，∴c=1－a． ∵fx3x22ax0的两个根分别为x10，x25分

3分

2a． 3∵f（x）在（0,1）上是增函数，且函数f（x）在R上有三个零点， ∴x22a31，即a．

237分

∴f284a1a3a7故f（2）的取值范围为5． 29分

5,． 23（Ⅲ）解法1：由（Ⅱ）知fxxax1a，且a23． 2

∵1是函数fx的一个零点，∴f10，

∵g(x)x1,∴g(1)0，

∴点(1,0)是函数f(x)和函数g(x)的图像的一个交点． 10分

结合函数f(x)和函数g(x)的图像及其增减特征可知，当且仅当函数f(x)和函数g(x)的图像只有一个交点(1,0)时，f(x)g(x)的解集为(,1)．

yx1,x1即方程组（１）只有一个解． 11分 32y0yxax1a3232由xax1ax1，得x1ax1x10．

第- 14 -页 共68页

即x1x2x1ax1x1x10． 即x1x21ax2a0．

∴x1或x21ax2a0． 12分 由方程x21ax2a0， （２）

得1a242aa22a7．∵a32， 当0，即a22a70，解得

32a221 13分

此时方程（２）无实数解，方程组（１）只有一个解x10．

y

所以

32a221时，f(x)g(x)的解集为(,1)． 14分 （Ⅲ）解法2：由（Ⅱ）知fxx3ax21a，且a32．

∵1是函数fx的一个零点

f(x)(x1)x21ax1a

又f(x)g(x)的解集为(,1)，

f(x)g(x)(x1)x21ax2a0解集为-，1 x21ax2a0恒成立 11分

1a2412a0 12分

a22a70a128

又a3232a221a的取值范围为32，221

26．（ 2011广东广雅中学期末）

11(1x2x)dx （B ）

A． B.2 C.1 D.1 27．（

2011广东广雅中学期末）

第- 15 -页 共68页

分

分

1014

如图放置的边长为1的正三角形PAB沿x轴滚动，设顶点 A(x,y)的纵坐标与横坐标的函数关系式是yf(x)，则f(x)在区间2,1上的解析式是

121(x1),x2,2；（说明：“正三角形PAB沿x轴滚动”包括沿x轴正方向和沿y1x2,x1,12x轴负方向滚动.沿x轴正方向滚动指的是先以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在x轴上时，

再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续.；类似地，正三角形PAB也可以沿x轴负方向逆时针滚动） 28. （

2011广东广雅中学期末）

某园林公司计划在一块O为圆心,R(R为常数，单位为米)为半径的半圆形（如图）地上种植花草树

木，其中弓形CMDC区域用于观赏样板地，OCD区域用于种植花木出售，其余区域用于种植

草皮出售.已知观赏样板地的成本是每平方米2元，花木的利润是每平方米8元，草皮的利润是．．．．．．每平方米3元.

（1）设COD(单位：弧度）, ,用表示弓形CMDC的面积S弓f(); （2）园林公司应该怎样规划这块土地,才能使总利润最大? 并求相对应的 (参考公式:扇形面积公式S

【解析】（1）S扇121RRl，l表示扇形的弧长) 22MC草皮地 观赏样板地 D花木地 草皮地 AOB12R，SOCD1R2sin, 221S弓f()R2(sin). „„„„„3分

2(2)设总利润为y元，草皮利润为y1元，花木地利润为y2，观赏样板地成本为y3

1111y13(R2R2)，y2R2sin8，y3R2(sin)2,

22221111yy1y2y33(R2R2)R2sin8R2(sin)2 .

2222第- 16 -页 共68页

12.„„„„„8分 R[3(510sin)]2

,. )设g()510sin (0g'()510cos

1上为减函数； g'()0,cos,g()在（0, ）231上为增函数. „„„„„12分 g'()0,cos,g()在（，）23当3时，g()取到最小值,此时总利润最大.

答：所以当园林公司把扇形的圆心角设计成 29. （

3时，总利润最大. „„„„„14分

2011广东广雅中学期末）

已知函数f(x)xkb（常数k,bR）的图像过点(4,2)、(16,4)两点. （1）求f(x)的解析式；

（2）若函数g(x)的图像与函数f(x)的图像关于直线yx对称，若不等式

g(x)g(x2)（3）若PP2,PP,1,3,,n2ax恒成立,求实数a的取值范围；

是函数f(x)图像上的点列，Q1,Q2,Q3,,Qn,是x正半轴上的点列，

O为坐标原点，OQ,,QP,是一系列正三角形，记它们的边长是1P1,Q1Q2P2n1Qnna1,a2,a3,,an,，探求数列an的通项公式，并说明理由.

24kb1b0,k【解析】（1）f(x)x „„„„„ 3分 k2416b（2）g(x)x2(x0)

x20g(x)g(x2)2ax22 2x(x2)2ax2原问题等价于ax利用函数yx12在x[2,)恒成立 „„„„„6分 x12在区间[2,)上为增函数可得a x „„„„„8分

12yxxa1 „„„„„ 9分 （3）由33y3x第- 17 -页 共68页

yx16Sn1112Sn1由 3xx3Sn10x6y3(xSn1)11112Sn1，由此原问题转化为 将x代人an2(xSn1)331212已知(an)(112Sn1)且a1，求an „„„„„ 11分

39312112124又(an1)(112Sn)，两式相减可得：(an1)(an)an

39333112(an1)2(an)2(an1an)(an1an)0

3332又，因为an0，所以an1an0

3222n从而{an}是以为首项，为公差的等差数列，即an „„„„„14分

333

30. （2011广州调研） 函数

gxx3的定义域为（A）

A．

xx3 B．xx3 C．xx3 D．xx3

x2,x,1,fx2,.x,x1 若

31. （2011广州调研）

设函数

fx4，则

x的取值范围是

,22, .

32．（2011广州调研）

已知函数

fxxa(agxlnxxR), .

的单调区间；

(1) 求函数

Fxfxgxgxfx2e2(e为自然对数的底数)只有一个实数根, 求a的值. xx (2) 若关于的方程

(本小题主要考查函数、导数等知识, 考查函数与方程、分类与整合的数学思想方法，以及抽象概

括能力、推理论证能力、运算求解能力和应用意识)

第- 18 -页 共68页

Fxfxgxxalnx0,. x的定义域为

(1)解: 函数

'a1x2xaFx12xxx2 ∴.

a1'2Fx0. xxa04时, 得,则

① 当14a0, 即 ∴函数

Fx在

0,上单调递增. „„2分

a1'F4时, 令x0, 得x2xa0,

② 当14a0, 即

解得

x1114a114a0,x222.

1114aa0x2042(ⅰ) 若, 则.

∵

x0,, ∴

F'x0, ∴函数

Fx在

0,上单调递增. „„ 4分

114ax'0,2Fx0;  (ⅱ)若a0,则时, 114ax,2F'x0 时, ,

114a114a0,,22Fx上单调递增. ∴函数在区间上单调递减, 在区间

„„ 6分 综上所述, 当a0时, 函数

Fx的单调递增区间为

0,;

114a0,2Fx, 单调递增区间为a0当时, 函数的单调递减区间为114a,2. „„ 8分

gxlnxalnx2x2ex2exafx2e22x(2) 解: 由x, 得x, 化为x.

第- 19 -页 共68页

hxlnx1lnx'h'xx, 则x2.令hx0, 得xe.

令

h'x0h'x00xexe当时, ; 当时, .

∴函数

hx在区间

0,e上单调递增, 在区间e,上单调递减.

hx取得最大值, 其值为

2∴当xe时, 函数而函数

he1e. „„ 10分

mxx22exaxeae2,

. „„ 12分

当xe时, 函数

mx取得最小值, 其值为

meae2ae2∴ 当

gx11ae2fx2e2e, 即e时, 方程x只有一个根. „„ 14

33．（2011广州调研）

P(0,1)作曲线C的切线l0交x轴于点Q1(x1,0)，又过Q1作

如图5，过曲线C：ye上一点0xP(x,y)P(x,y)l x轴的垂线交曲线C于点111，然后再过111作曲线C的切线1交x轴于点 Q2(x2,0)，又过Q2作x轴的垂线交曲线C于点P2(x2,y2)，，以此类推，过点Pn的切线ln

与x轴相交于点 (1) 求

Qn1(xn1,0)，再过点Qn1作x轴的垂线交曲线C于点Pn1(xn1,yn1)（nN*）

．

x1、x2及数列{xn}的通项公式；

ln及直线Pn1Qn1所围成的图形面积为Sn，求Sn的表达式；

(2) 设曲线C与切线

Tn1xn1*{S}TTx(nnnnnn (3) 在满足(2)的条件下, 若数列的前项和为，求证：N).

第- 20 -页 共68页

(本小题主要考查导数、数列、不等式、定积分等知识, 考查化归与转化的数学思想方法，以及抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新意识)

xnxlkkeyennn (1) 解: 由，设直线的斜率为，则.

lx1， „„2分

∴直线0的方程为yx1.令y0，得1y1ex1111x1P(1,)ke11e， ∴e.∴e.

11(x1)x2. „„4分 ee.令y0，得2∴

∴直线1的方程为

lyxnxnlyee(xxn)， n一般地，直线的方程为

由于点

Qn1(xn1,0)在直线ln上，∴xn1xn1.

∴数列

xn是首项为1，公差为1的等差数列.∴xnn. „„6分

nx111xnSnedx(xnxn1)yne|yn(enen1)en(n1)(n1)222（2）解：

第- 21 -页 共68页

e21n2ee. （资料来源：数学驿站 www.maths168.com）„„8分 11[1()n]e2111e2eee2(11)Tn12n12eee2e2e(e1)een1e（3）证明：.

„„10分

n1Tn1en11e1en11n1xn1(n1)11Tneeee11nxnn. e ∴，n11Tn1xn1e11n1n1Txe(e1)ne. eennn 要证明，只要证明，即只要证明

„„11分 证法1：（数学归纳法）

222(e1)0e2e1e(e1)e成立； n12 当时，显然

3 假设nk时，e则当nk1时，ek1(e1)ke成立，

k2eek1e[(e1)ke]，

2e[(e1)ke][(e1)(k1)e](e1)(k1)0. 而

∴e[(e1)ke](e1)(k1)e.∴ek2(e1)(k1)e.

这说明，nk1时，不等式也成立. （资料来源：数学驿站 www.maths168.com）

Tn1xn1Txn对一切nN*都成立. „„14分

由①②知不等式n第- 22 -页 共68页

n1n101n1n1e[1(e1)]CC(e1)C(e1)n1n1n1证法2:

01CC)1(n1)(e1)(e1)ne. n1n1(e1

Tn1xn1Txn对一切nN*都成立. „„14分

∴不等式n证法3:令

fxex1e1xe,则

f'xex1e1,

f'xex1e1ee110x0当时, ,

fx∴函数在

0,上单调递增.∴当x0时, fxf00.

, 即

∵nN,∴

*fn0en1e1ne0.

Tn1xn1en1e1neTxn对一切nN*都成立.„ ∴.∴不等式n34．（2011奇函数

A．C．

哈尔滨期末）

f(x)在(0,)上的解析式是f(x)x(1x)，则在(,0)上f(x)的函数解析式是

（ B ）

f(x)x(1x) B．f(x)x(1x) f(x)x(1x) D．f(x)x(x1)

35．（2011哈尔滨期末）

x已知函数f(x)ekx(xR)

（1）若ke，试确定函数f(x)的单调区间；

（2）若k0且对任意xR，f(|x|)0恒成立，试确定实数k的取值范围； （3）设函数F(x)f(x)f(x)，求证：F(1)F(2)F(n)(e

第- 23 -页 共68页

n12)(nN)

n2

解：（1）f(x)exe，令f(x)0，解得x1

当x(1,)时，f(x)0，f(x)在(1,)单调递增； 当x(,1)时，f(x)0，f(x)在(1,)单调递减

（2）f(|x|)为偶函数，f(|x|)0恒成立等价于f(x)0对x0恒成立 当x0时，f(x)exk，令f(x)0，解得xlnk （1）当lnk0，即k1时，f(x)在(0,lnk)减，在(lnk,)增

f(x)minf(lnk)kkllnk0，解得1ke，1ke

（2）当lnk0，即0k1时，f(x)exk0，f(x)在[0,)上单调递增，

f(x)minf(0)10，符合，0k1

综上，0ke

（3）F(x)exex,F(1)ee1,F(n)enen

F(1)F(n)en1e1ne1ne1nen12 F(2)F(n1)en1e2ne2ne1nen12

。。。。。。

F(n)F(1)en12

F(1)F(2)F(n)(e

36．（2011

可能是

2n12)

n2杭州质检）已知函数f(x)的图像如图所示，则f(x)的解析式

（ B ）

A．f(x)x2lnx B． f(x)xlnx

C． f(x)|x|2lnx D．f(x)|x|lnx

第6题

2第- 24 -页 共68页

37．（2011

杭州质检）已知集合U{(x,y)xR,yR}，M{(x,y)xya}，

P{(x,y)yf(x)}，现给出下列函数：①yax②ylogax③ysin(xa)④ycosax，若0a1时，恒有PCUMP，则f(x)所有可取的函数的编号是

A． ①②③④

（ B ） B．①②④

C．①② D．④

38．（2011杭州质检）已知函数f(x)x3f`(2222)xx，则函数f(x)的图像在(,f())333处的切线方程是 27x + 27y +4 = 0 ．

39．（2011

杭州质检）已知函数f(x)ax2lnx(aR)．

1时，求f(x)在区间1,e上的最大值和最小值； 2（1）当a（2）如果函数g(x)，f1(x)，f2(x)，在公共定义域D上，满足f1(x)g(x)f2(x)，那么

就称为g(x)为f1(x),f2(x)的“活动函数”．

已知函数f1(x)(a)x2ax(1a)lnx，f2(x)122212x2ax． 2①若在区间1,上，函数f(x)是f1(x)，f2(x)的“活动函数”，求a的取值范围； ②当a

1121x21解：（1）当a时，f(x)xlnx，f(x)x；

22xx 对于x[1, e]，有f(x)0，∴f(x)在区间[1, e]上为增函数，

2时，求证：在区间1,上，函数f1(x)，f2(x)的“活动函数”有无穷多个． 3

1e2∴fmax(x)f(e)1，fmin(x)f(1)． 3 分

22（2）①在区间（1，+∞）上，函数f(x)是f1(x),f2(x)的―活动函数‖，则f1(x)f(x)f2(x)

令p(x)f(x)f2(x)(a)x2axlnx<0，对x（1，+∞）恒成立， 1且h（x）=f1（x） – f（x）=x22axa2lnx<0对x（1，+∞）恒成立， 5分

2122

1(2a1)x22ax1(x1)[(2a1)x1]∵p`(x)(2a1)x2a （*）

xxx1）若a11，令p`(x)0，得极值点x11，x2， 22a1第- 25 -页 共68页

当x2x11，即

1a1时，在（x2，+∞）上有p`(x)0， 2此时p(x)在区间（x2，+∞）上是增函数，并且在该区间上有p(x)∈（p(x2)，+∞），不合题意；

当x2x11，即a1时，同理可知，p(x)在区间（1，+∞）上，有

p(x)∈（p(1)，+∞），也不合题意； 7分

2） 若a1，则有2a10，此时在区间（1，+∞）上恒有p`(x)0， 2从而p(x)在区间（1，+∞）上是减函数；

要使p(x)0在此区间上恒成立，只须满足p(1)a所以110a，

2211a． 9分 22/

a2x22axa2(xa)2又因为h（x）= –x+2a–= <0, h（x）在（1, +∞）上为减函数， xxxh（x）a2(xa)20, h`（x） = – x + 2a =xx112a0，解得a． 8分 24(x1)[(2a1)x1]1而p`（x）=对x（1,+） 且a有p`（x） <0．

x411只要p（1）  0, a2a0，解得a,

2211所以．a． 12分

24h（x）在（1,+）递减，只要h（1）  0, 得②当a214514时，f1(x)x2xlnx,f2(x)x2x 363923

15则y=f2（x） –f1（x）=x2 –lnx, x（1，+∞）．

93

2x56x25因为y =>0，y=f2（x） –f1（x）在 （1，+∞）为增函数， 39x9x/

第- 26 -页 共68页

40．(2011

1所以f2（x） –f1（x）> f2（1） –f1（1）= ．

31设R（x）=f1（x）+（0<<1）, 则 f1（x）3所以在区间（1，+∞）上，函数f1(x),f2(x)的―活动函数‖有无穷多个． 其他如R（x）=f1（x）+f2（x）（ 0<,<1,且+=1）等也可以

湖北八校一联)

（ A ）

x2定义在区间(0,a)上的函数f(x)x有反函数，则a最大为

2

A．

2 ln2B．

ln2 2C．

1 2D．2

41．(2011湖北八校一联)

2设二次函数f(x)ax4xc(xR)的值域为[0,),则

A．

19的最大值为 c1a9（ C ） D．

31 25B．

38 33C．

6 531 2642．(2011奇函数

湖北八校一联)

f(x)满足对任意

x都有R(f2)x(f2且x)0，f则f(201f0)43．(2011

(f2的值为0 -9 。

湖北八校一联)

对于连续函数f(x)和g(x),函数|f(x)g(x)|在闭区间[a,b]上的最大值称为f(x)与g(x)在闭区

间[a,b]上的“绝对差”，记为(f(x),g(x))，则

axb1x4(12213,xx)= 。 x19944．(2011湖北八校一联)

4已知f(x)log2(1x)1mx(xR)是偶函数。 1x2 （I）求实常数m的值，并给出函数f(x)的单调区间（不要求证明）； （II）k为实常数，解关于x的不等式：f(xk)f(|3x1|).

第- 27 -页 共68页

（Ⅰ）f(x)是偶函数, f(x)f(x), 解：

1mxmx14log(1x), 21x21x2mx0,m0. 2分

1f(x)log2(1x4),f(x)的递增区间为[0,)，递减区间为(,0].

1x2log2(1x4) 4分

（Ⅱ）f(x)是偶函数 ,f(xk)f(xk),

不等式即f(xk)f(3x1),由于f(x)在[0,)上是增函数,

xk3x1, x22kxk29x26x1,

即8x(62k)x(1k)0,

22k1k1)(x)0, 7分 24k1k13k1(),

2441k时，不等式解集为；

31k1k1k时，不等式解集为(,)；

3421k1k1k时，不等式解集为(,). 12分

324(x

45．(2011

湖北八校一联)

121ax)x2ax.(a为常数,a0) 2已知函数f(x)ln( （I）若x1是函数f(x)的一个极值点，求a的值； 21 （II）求证：当0a2时,f(x)在[,+)上是增函数；

212x[,1],使不等式f(x)m(1a)成立，求实数m的a(1,2), （III）若对任意的总存在00．．．．2取值范围。

第- 28 -页 共68页

a2212ax(x)a2a. 22xa解：f(x)111axax221a22（Ⅰ）由已知，得 f()0且0，

22aa2a20，a0，a2.

2分

a221a2a2(a2)(a1)（Ⅱ）当0a2时，0,

2a22a2a1a22, 22a12axa220， 0.又当x时，x21ax2a1f(x)0，故f(x)在[, )上是增函数. 5分

2111（Ⅲ）a(1, 2)时，由（Ⅱ）知，f(x)在[,1]上的最大值为f(1)ln(a)1a，

222于是问题等价于：对任意的a(1, 2)，

1a)1am(a21)0恒成立. 2112记g(a)ln(a)1am(a1)，（1a2）

221a12ma[2ma(12m)]， 则g(a)1a1aa0，g(a)在区间(1, 2)上递减，此时，g(a)g(1)0， 当m0时，g(a)1a不等式ln(由于a10，m0时不可能使g(a)0恒成立，故必有m0,

212g(a)若

2ma1[a(1)]. 1a2m1111，可知g(a)在区间(1, min{2, 1})上递减， 2m2m在此区间上，有g(a)g(1)0，与g(a)0恒成立矛盾， 故

111，这时，g(a)0，g(a)在(1, 2)上递增， 2m第- 29 -页 共68页

m01恒有g(a)g(1)0，满足题设要求，1，即m，

4112m所以，实数m的取值范围为[, ). 14分

46．（2011·湖北重点中学二联）三个数60.7,0.76,log0.76的大小顺序是

（ A ）

B．0.7660.7log0.76 D．0.76log0.7660.7

14A．log0.760.7660.7 C．log0.7660.70.76

47．（2011·湖北重点中学二联）已知函数f(x)的图像如图所示，f'(x)是f(x)的导函

数，则下列数值排序正确的是（ B ）

A．0f'(2)f'(3)f(3)f(2) B．0f'(3)f(3)f(2)f'(2) C．0f'(3)f'(2)f(3)f(2) D．0f(3)f(2)f'(2)f'(3)

0.3x

48．（2011·湖北重点中学二联）甲、乙、丙、丁四位同学得到方程2xe1000（其中e2.7182）的大于零的近似解依次为①50；②50.1；③49.5；④50.001，你认为 甲

的答案为最佳近似解（请填甲、乙、丙、丁中的一个） 49．（2011·湖北重点中学二联）（本小题满分14分）

设函数f(x)xaex1。

（I）求函数f(x)单调区间；

（II）若f(x)0对xR恒成立，求a的取值范围； （III）对任意n的个正整数a1,a2,,an.记Aa1a2an

nai1ai （1）求证：eA(i1,2,n)（2）求证：Ana1a2an A

第- 30 -页 共68页

解：（I）f(x)1aex1„„„„„„1分

当a0时，f(x)0，f(x)在R上是增函数„„„„2分 当a0时，令f(x)0得x1lna„„„„„„„„3分

若x1lna则f(x)0，从而f(x)在区间(,1lna)上是增函数 若x1lna则f(x)0，从而f(x)在区间(1lna,)上是减函数

综上可知：当a0时，f(x)在区间(,)上是增函数。当a0时，在区间(,1lna)上是增函数，f(x)在区间(1lna,)上是减函数„„„„5分 （II）由（I）可知：当a0时，f(x)0不恒成立„„„„6分 又当a0时，f(x)在点x1lna处取最大值， 且f(1lna)1lnaaelnalna„„„„„„8分 令lna0得a1

故若f(x)0对xR恒成立，则a的取值范围是1,„„9分 （III）证明：（1）由（II）知：当a1时恒有f(x)xex10成立 即xex1

ai1aieA„„„„„„11分 Aana1a2111aa1a（2）由（1）知：eA； 2eA；„„； neA

AAAa1a2anna1a2anAe1„„„„„„13分 把以上n个式子相乘得

AnAna1a2an

故Ana1a2an„„„„„„„„14

1lnxb()1lnxxe,1250、（2011·淮南一模）若, alnx, , ce，则

（ D ）

A．cba B．bac C． abc D． bca

51、（2011·淮南一模）

ππylncxosx2的图象是 2函数

（ A ）

52、（2011·淮南一模）已知直线x2及x4与函数ylog2x图像的交点分别为A,B，

第- 31 -页 共68页

与函数ylgx图像的交点分别为C,D，则直线AB与CD (A )

A.相交，且交点在坐标原点 B.相交，且交点在第I象限 C.相交，且交点在第II象限 D.相交，且交点在第IV象限

53、（2011·淮南一模）（本小题12分）

已知f(x)是R上的单调函数，且对任意的实数aR，有f(a)f(a)0恒成立，若f(3)2 （Ⅰ）试判断f(x)在R上的单调性，并说明理由；

（Ⅱ）解关于x的不等式：

f(mx)f(m)0x，其中mR且m0。

解：（Ⅰ）f(x)为R上的减函数。理由如下：

f(x) 是R上的奇函数，f(0)0，又因f(x) 是R上的单调函数，

由f(3)2,f(0)f(3)，所以f(x)为R上的减函数。 „„„„„„6分

f(（Ⅱ）由

mxmx)f(m)0f()f(m)f(m)xx，得，

mx(1m)xmm0x结合（I）得x，整理得

x当m1 时，x当0m1 时，

2f(x)(1x)2ln(1x)。 54、（2011·淮南一模）（本小题13分）设函数

x0,或xm1m； 当m1 时，xx0；

0xm1m； „„„„„„12分

（Ⅰ）若在定义域内存在

x0，而使得不等式

2f(x0)m0能成立，求实数m的最小值；

0,2上恰有两个不同的零点，

（Ⅱ）若函数g(x)f(x)xxa在区间求实数a的取值范围。

第- 32 -页 共68页

解：(Ⅰ)要使得不等式

f(x0)m0能成立，只需mf(x)min。

求导得：

f'(x)2(1x)212x(x2)1xx1， „„„3分

∵函数f(x)的定义域为(1,)，

当x(1,0)时，f(x)0，∴函数f(x)在区间(1,0)上是减函数； 当x(0,)时，f(x)0，∴函数f(x)在区间(0，+∞)上是增函数。

∴

f(x)minf(0)1， ∴m1。故实数m的最小值为1。 „„„6分

2f(x)(1x)2ln(1x)得： (Ⅱ)由

g(x)(1x)22ln(1x)(x2xa)x12ln(x1)a

由题设可得：方程(1x)2ln(1x)a在区间

0,2上恰有两个相异实根。 „„„8分

设

hx(1x)2ln(1x)。∵

hx12x11xx1，列表如下：

x 0 0,1 － 减函数 1 0 1,2 ＋ 增函数 2 hxhx∵

1 22ln2 32ln3 h0h21(32ln3)2(ln31)2(lne1)0hxmax1hx，

，∴

h0h2。

从而有画出函数

hxmin22ln2 „„„11分

在区间

hxa0,2上的草图（见右下）0,2上恰有两个相

，易知要使方程在区间

异实根，

只需：22ln2a32ln3，即：

a22ln2,32ln3。 „„„13分

第- 33 -页 共68页

55．(2011·黄冈期末)若集合M{x|x2x0}，函数f(x)log2(1|x|)的定义域为N，

则MN （ A ）

A．[0,1)

B．(0,1)

C．[0,1] D．(1,0]

56. (2011·黄冈期末)设a∈R，函数f(x)=ex+a·e-x的导函数是f ′（ x），且 f ′（ x）是奇函数，若曲线y=f(x)的一条切线的斜率是

A.ln2 2

3，则切点的横坐标为 （ C ） 2ln2 B. －ln2 C. ln2 D.

257. (2011·黄冈期末)已知二次函数y=f(x)的图像为开口向下的抛物线，且对任意x∈R都有

f(1+x)=f(1-x)．若向量a(m,1)，b(m,2)，则满足不等式f(ab)f(1)的m的取

值范围为 ________0m1___________．

58．(2011·黄冈期末)（12分）已知函数f(x)=

2x； x1（1）证明：函数f(x)在(1,)上为减函数；

x（2）是否存在负数x0，使得f(x0)30成立，若存在求出x0；若不存在，请说明理由。 解： （1）任取

，且

∵ „„„„4分

第- 34 -页 共68页

∴函数

在

上为减函数 „„„„„„„„„6分

（2）不存在 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„7分 假设存在负数

，使得

成立，则

即

与

所以不存在负数

，使得

矛盾，

成立。 „„„„„„„„„„„12分

另解:，由得： 或但，所以不存在。

59．(2011·黄冈期末)（14分）设函数f(x)xa(x1)ln(x1),(x1,a0) （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）当a1时，若方程f(x)t在[n1,1]上有两个实数解，求实数t的取值范围； 2m（Ⅲ）证明：当m>n>0时，(1m)(1n). 解析：（Ⅰ）f(x)1aln(x1)a

/①a0时，f(x)0 ∴f(x)在（—1，+）上是增函数 „„„„„1分

1aa1aa/②当a0时，f(x)在(1,e1]上递增，在[e1,)单调递减. „„„„4分

12111又f(0)0,f(1)1ln4,f()ln2

2221∴f(1)f()0

211∴当t[,ln2,0)时，方程f(x)t有两解 „„„„„„8分

22（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)在[,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减 （Ⅲ）要证：(1m)(1n)只需证nln(1m)mln(1n), 只需证：

nmln(1m)ln(1n) mn第- 35 -页 共68页

xln(1x)xln(1x)ln(1x)/1x,(x0)，设g(x) 则g(x)„„„„„„10分

x2x2(1x)x由（Ⅰ）知x(1x)ln(1x)󰀀在(0,)单调递减 „„„„„„12分 ∴x(1x)ln(1x)0，即g(x)是减函数，而m>n

∴g(m)g(n)，故原不等式成立。 „„„„„„14分

60. (2011·惠州三调)某学校开展研究性学习活动，一组同学获得了下面的一组实验数据：

x y

现准备用下列四个函数中的一个近似地表示这些数据的规律，其中最接近的一个是( )

11

A.y＝2x－2 B.y＝(2)x C.y＝log2x D.y＝2(x2－1)

【解析】选D 直线是均匀的，故选项A不是；指数函数y(1.99 1.5 3 4.04 4 7.5 5.1 12 6.12 18.01 1x)是单调递减的，也不符合要 求；2对数函数ylog1x的增长是缓慢的，也不符合要求；将表中数据代入选项D中，基本符合要求.

261. (2011·惠州三调)在区间[π,π]内随机取两个数分别记为a,b，则使得函数f(x)x22axb2π2有零点的概率为（ ）

A．1-23 B．1- C．1- D．1- 4842【解析】B；若使函数有零点，必须必须

2a4b2π2≥0，即a2b2≥π2．

在坐标轴上将a,b的取值范围标出，有如图所示

当a,b满足函数有零点时，坐标位于正方形内圆外的部分．

3于是概率为1． 1244

62. (2011·惠州三调)（本题满分14分）

第- 36 -页 共68页

已知函数f(x)ax33x26ax11,g(x)3x26x12,和直线m：ykx9 . 又f(1)0. (1)求a的值；

(2)是否存在k的值，使直线m既是曲线yf(x)的切线，又是yg(x)的切线；如果存在，求出k的值；如果不存在,说明理由.

(3)如果对于所有x2的x,都有f(x)kx9g(x)成立，求k的取值范围.

解：（1）f(x)3ax26x6a,因为f(1)0所以a=－2. „„„„2分 (2)因为直线m恒过点（0，9）.先求直线m是yf(x) 的切线.

2设切点为(x0,3x06x012), „„„„3分

2∵g(x0)6x06.∴切线方程为y(3x06x012)(6x06)(xx0), 将点（0，9）代入得x01.

当x01时，切线方程为y=9, 当x01时，切线方程为y=12x9.

2由f/(x)0得6x6x120，即有x1,x2

当x1时，yf(x)的切线y18，

当x2时， yf(x)的切线方程为y9„„„„6分

2 y9是公切线，又由f/(x)12得6x6x1212x0或x1，

当x0时yf(x)的切线为y12x11，当x1时yf(x)的切线为y12x10，

y12x9，不是公切线， 综上所述 k0时y9是两曲线的公切线 „„7分

2 (3).（1）kx9g(x)得kx3x6x3，当x0，不等式恒成立，kR.

当2x0时，不等式为k3(x 而3(x1)6，„„8分 x11)63[(x)]63260k0 x(x)11当x0时，不等式为k3(x)6，3(x)612 k12

xx当x2时,kx9g(x)恒成立，则0k12 „„„„10分

32（2）由f(x)kx9得kx92x3x12x11

2当x0时，911恒成立，kR，当2x0时有k2x3x1220 x203210520=2(x)，

x48x3210520当2x0时2(x)为增函数，也为增函数

48xh(x)h(2)8

2设h(x)2x3x12第- 37 -页 共68页

要使f(x)kx9在2x0上恒成立，则k8 „„„„12分

由上述过程只要考虑0k8，则当x0时f/(x)6x216x12=6(x1)(x2)

在x(0,2]时f/(x)0，在(2,)时f/(x)0

f(x)在x2时有极大值即f(x)在(0,)上的最大值，„„„„13分

又f(2)9，即f(x)9而当x0,k0时kx99，

f(x)kx9一定成立，综上所述0k8. „„„„14分

63、(2011·锦州期末)设0＜a＜1，函数f(x)loga(a2x2ax2)，则使f(x)0的x的取值范围是( C )

（A）(,0)

（B）(0,) （D）(loga3,)

3sin3cos25xx4x1，其中0，，326（C）(,loga3)

64、(2011·锦州期末)设函数fx则导数f1的取值范围是( A ) （A）[3,6]

（B）[3,43] （C）[43,6] （D）[43,43]

65、(2011·锦州期末)设函数f(x)2x1x1，则使f(x)22的x取值范围是

3,4___________.

66、(2011·锦州期末)（本题满分12分）

32已知函数f(x)axbxcxd(xR,a0)，2是f(x)的一个零点，又f(x)在

x0处有极值，在区间(6,4)和(2,0)上是单调的，且在这两个区间上的单调性相反．

（I）求

b的取值范围； a（II）当b3a时，求使y|yf(x),3x23,2成立的实数a的取值范围． （21）解：

第- 38 -页 共68页

（Ⅰ）因为f(x)ax3bx2cxd，所以f(x)3ax22bxc 又f(x)在x0处有极值，所以f(0)0即c0……………………2分 所以f(x)3ax22bx 令f(x)0 所以x0或x又因为f(x)在区间(6,4),(2,0)上是单调且单调性相反

所以42b 3a2bb2所以36 …………………6分 3aa（Ⅱ）因为b3a，且2是f(x)ax33ax2d的一个零点，

所以f(2)8a12ad0，所以d4a，从而f(x)ax33ax24a

所以f(x)3ax26ax，令f(x)0，所以x0或x2…………8分

列表讨论如下： x f(x) f(x) 3 (3,2) 2 0 0 (2,0) 0 (0,2) 2 a0 a0 + — a0 a0 — + 0 a0 a0 + — 4a     4a   16a 所以当a0时，若3x2，则4af(x)16a 当a0时，若3x2，则16af(x)4a

a0a016a316a2从而 或

4a24a3即0a13a0 或816所以存在实数a

31，00，，满足题目要求。……………………12分 16867．（2011·金华十二校一联）已知直线yx1与曲线yexa相切，则a的值为

第- 39 -页 共68页

A．1

（ D ） B．2

C．-1 D．0

68．（2011·金华十二校一联）（本题满分14分）

已知f(x)x2(a1)xa2,(aR)，若f(x)能表示成一个奇函数g(x)和一个偶函数

h(x)的和．

（I）求g(x)和h(x)的解析式；

（II）若f(x)和g(x)在区间(,(a1)2]上都是减函数，求f(1)的取值范围．

解：（I）由题意得g(x)(a1)x,h(x)x2a2；（写出答案就给满分） （4分）

a1(a1)22（II）f(x)和g(x)在区间(,(a1)]上都是减函数， 2a1031711a1，f(1)a2a2(a)2(2,]．（14分） 2244

69．（2011·金华十二校一联）（本题满分15分）

已知函数f(x)(2m2)lnxmx（I）讨论f(x)的单调性；

m2(m1)． xx22x5 (x1)（II）设 g(x)113．当m2时，若对任意x1(0,2)，存在x2

x (x1)22[k,k1]（kN），使f(x1)g(x2)，求实数k的最小值．

．解：（I）由题意函数f(x)的定义域为(0,)，

f'(x)2m2m2(x1)[mx(m2)]m2 xxx2第- 40 -页 共68页

（1）若m0,则f(x)'2x2，从而当x1时，f'(x)0；当x1时f'(x)0， 2x此时函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为[1,) （3分）

（2）若m0，则f'(x)①当m0时，1当1x1m(x1)[x(1x22)]m

221，从而当x1或x1时，f'(x)0， mm2 时，f'(x)0 m此时函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和(1②当1m0时，122,)，单调递减区间为[1,1]； mm20， m此时函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为[1,)

综上所述，当1m0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为

[1,)；当m0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和(1[1,12]． （8分） m2,)，单调递减区间为m

（II）由（Ｉ）可得当m2时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减， 所以在区间(0,2)上，f(x)maxf(1)2

由题意，对任意x1(0,2)，存在x2[k,k1]（kN），使f(x1)g(x2) 从而存在x[k,k1]（kN）使g(x)2，

即只需函数g(x)在区间x[k,k1]（kN）上的最大值大于－２， 又当k0时，x[0,1],6g(x)*11，不符， 22所以在区间x[k,k1]（kN）上g(x)maxg(k1)k62 解得k2(kN)，所以实数k的最小值为3． （15分

70．（2011·九江七校二月联考）在股票买卖过程中，经常用到两种曲线，一种是即时价格曲线y＝f(x)，一种是平均价格曲线 y＝g(x)(如f(2)＝3表示开始交易后第2小时的即时价格为3元；g(2)＝4表示开始交易后两个小时内所有成交股票的平均价格为4元).下面所给出的四个图象中，实线表示y＝f(x)，虚线表示 y＝g(x)，

第- 41 -页 共68页

其中可能正确的是( C )

y y y y x x x x A B C D

1b、71．（2011·九江七校二月联考）已知f(x)log2x,实数a、c满足f(a)f(b)f(c)0,3（0A．x0a B．x0b C．x0c D．x0c

x72．（2011·九江七校二月联考）（本题满分14分）已知函数f(x)1lnx x1（1）若函数在区间(a,a)上存在极值，其中a >0，求实数a的取值范围；

2k（2）如果当x1时，不等式f(x)恒成立，求实数k的取值范围；

x1（3）求证:(n1)！(n1)en2(nN)。

2

(x1)(1lnx)(x1)(1lnx)（2）不等式f(x)k,即为k, 记g(x),

xxx1第- 42 -页 共68页

(x1)(1lnx)x(x1)(1lnx) 所以g(x)x2xlnx „„„„ 6分 x2 令h(x)xlnx，则h(x)11， x1，h(x)0,h(x)在1,)上单调递增，

x h(x)minh(1)10，从而g(x)0， 故g(x)在1,)上也单调递增，„„„„ 8分 所以g(x)ming(1)2，所以k2 . „„„„ 9分 （3）由（2）知：f(x)2,恒成立，即lnxx11212， x1x1x1x2， „„„„ 11分

n(n1) 令xn(n1)，则lnn(n1)1 所以 ln(12)12, 12ln(23)1ln(34)12， 232， 34 „ „

lnnn112，

nn1232 叠加得：ln123n(n1)n2111 n(n1)1223=n-2(1-

12)＞n-2+＞n-2 . „„„„ 13分 n1n12

n-2

*

则12232n2(n1)en2，所以[(n+1)!]＞(n+1).e(n∈N)„„„„ 14分

73．(2011·南昌期末)若函数f(x)x2ax(aR) ，则下列结论正确的是( A ) A．存在a∈R，fx是偶函数 B．存在a∈R， fx是奇函数 C．对于任意的a∈R，fx在(0,＋∞)上是增函数 D．对于任意的a∈R，fx在(0,＋∞)上是减函数

e2x2,x[0,1]74．(2011·（其中e为自然对数的底数），则南昌期末)设f(x)12,x[1,e]0xf(x)dx的值为( C ) A．

4578 B． C． D． 3333第- 43 -页 共68页

x2975．(2011·南昌期末)函数f(x)=

log2(x1)76. (2011·南昌期末)（本小题满分12分） 设函数

的定义域为___[3,+∞]______.

fxax33ax,g(x)bx2lnx(a,bR)，已知它们在x1处的切线互相平行.

（1）求b的值；

f(x),x02（2）若函数F(x)，且方程Fxa有且仅有四个解，求实数a的取值范围. g(x),x0解：（1）f'x3ax3af'10，g'x2bx21g'12b1，„2分 x依题意：2b10，所以b1；„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分 2110，x1,时，g'xx0，„„„5分 xx（2）x0,1时，g'xx所以当x1时，gx取极小值g12当a0时，方程Fxa不可能有四个解；„„„7分 当a0时，x,1时，f'x0，

1；„„„„„„„„„„„„„„„6分 2yx1,0时f'x0，

所以x1时，fx取得极小值f'1=2a，又f00，所以Fx的图像如下：

从图像可以看出Fxa不可能有四个解。„„„„10分

2112O2a1x当a0时，x,1时，f'x0，x1,0时f'x0， 所以x1时，fx取得极小值f'1=2a，又f00，所以Fx的图像如下：

从图像看出方程Fxa有四个解，则

2y2a1211a22a， 2所以实数a的取值范围是(

2,2)。„„„„„„12分 2O1x第- 44 -页 共68页

77、(2011·日照一调)函数y2cosx的定义域为A，值域为B，则AB等于(B) (A) A (B) B (C)[1,1] (D) AB 78、(2011·日照一调)定积分(A)－1

(B)1

ln20exdx的值为( B )

(C)e21

(D)e2

79、(2011·日照一调)函数f(x)ln(x1)(A)(0,1)

(B) (1,2)

2(x>0)的零点所在的大致区间是( B ) x(C)(2,e) (D)(3,4)

80、(2011·日照一调)已知函数yf(x)的图象如图①所示，则图②是下列哪个函数的图象( C )

(A)yfx (B)yfx (C)yfx (D)yfx 81、(2011·日照一调)已知函数f(x)__(1,0](2,)_________．

82、(2011·日照一调)（本小题满分14分）

一次函数r(x)axb的图象过原点，函数h(x)lnx定义在(1,e)（e为自然对数的底）上. （Ⅰ）若f(x)r(x)h(x)有极值，求实数a的取值范围；

（Ⅱ）记函数g(x)xx2，x(1,e)，在（Ⅰ）的条件下，证明在函数f(x)图象上任取点A,

总能在g(x)图象上找到相应的点B, 使A、B连线平行于x轴.

3



log2x,x0,x2,x0. 若f(a)1，则a的取值范围是2

解:（Ⅰ）∵ r(x)axb的图象过原点，∴ b0,∴ f(x)axlnx.

求导可得f'(x)a令f'(x)a1 ， x110 ， 可得a . xx第- 45 -页 共68页

∵x(1,e) ， ∴111(1,) ， ∴a(1,). ………………… 3分 xee当x变化时， f(x)、f(x)的变化情况如下：

x f'(x) f(x)

1(1,)a + 1a 1(,e)a — 单调递减 0 单调递增 极大值

e3e20,a(1,)111ln()0, e，a13所以 ee21ln()，2ae1，2a,

a

3∴(ae1,1ln()](2,ee2)，

1a3 (a,1ln()](2,ee2) ,

1a∴x1(1,e)，x0(1,e)，使得g(x0)f(x1)成立．

第- 46 -页 共68页

∴ 在函数f(x)图象上任取点A, 总能在g(x)图象上找到相应的点B,

使A、B连线平行于x轴. …………………… 14分

83．（2011·三明三校二月联考）已知,是三次函数f(x)个极值点，且(0,1),(1,2),则

1312xax2bx的两32b2的取值范围是 （ A ） a1111111 A (,1) B (,1) C (,) D (,)

42242284、 （2011·三明三校二月联考）定义在(,)上的偶函数f(x)满足

f(x1)f(x)，且f(x)在[1,0]上是增函数，下面五个关于f(x)的命题中：①f(x)是周

期函数；②f(x)图像关于x1对称；③f(x)在[0,1]上是增函数；④f(x)在[1,2]上为减函数；⑤f(2)f(0)，正确命题的个数是 （ C ） A． 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

85、 （2011·三明三校二月联考）函数f(x)Asin(x)k(A0,0,||的图象

如图所示，则f(x)的表达式是f(x)

86．（2011·三明三校二月联考）已知函数f(x )x1，关于x的方程

,1 f2(x)f(x)k0，若方程恰有8个不同的实根，则实数k的取值范围是0，42)3sin(2x)1 . 23

87． （2011·三明三校二月联考）（本题满分14分） 已知函数f(x)axlnx图

像上点(e,f(e))处的切线与直线y2x

2平行（其中e2.71828），g(x)xtx2. （I）求函数f(x)的解析式；

（II）求函数f(x)在[n,n2](n0)上的最小值；

（III）对一切x0,e,3f(x)g(x)恒成立，求实数t的取值范围。

解：（I）由点(e,f(e))处的切线方程与直线2xy0平行，得该切线斜率为2，即f'(e)2.

又f'(x)a(lnx1),令a(lne1)2,a1,所以f(x)xlnx.

„„„„4分

第- 47 -页 共68页

（II）由（I）知f'(x)lnx1，显然f'(x)0时xe1当x(0,)时f'(x)0,

所以函数f(x)在(0,)上单调递减.当x(,)时f'(x)0，所以函数f(x)在(,)上单调递增，

1e1e1e1e111eee1②nn2时，函数f(x)在[n,n2]上单调递增， e①(n,n2]时,f(x)minf(); 因此f(x)minf(n)nlnn;

„„„„7分

所以f(x)min11,(0n),ee„„„„10分

1nlnn,(n).e （III）对一切x0,e,3f(x)g(x)恒成立，又g(x)x2tx2,3xlnxx2tx2,

即tx3lnx22.设h(x)x3lnx,x0,e, xx32x23x2(x1)(x2),由h'(x)0得x1或x2, 则h'(x)1222xxxxx(0,1),h'(x)0,h(x)单调递增， x(1,2),h'(x)0,h(x)单调递减， x(2,e),h'(x)0,h(x)单调递增，

h(x)极大值h(1)1,且h(e)e32e11,

所以h(x)maxh(1)1.

因为对一切x0,e,3f(x)g(x)恒成立，

th(x)max1.

故实数t的取值范围为1,.

88．(2011·汕头期末)下列函数中，最小值为2的是( )

„„„„14分

第- 48 -页 共68页

1x22

A．yx22

x21B．y

x

2x2 C．yx(22x)(0x22) D．yx21x213．y无最小值，yx(22x)(0x22)也没最小值，(有最大值2)，排B、

xC；yx221x222，但等号不成立，排A；yx22x12=x211x122，

x0时取等号。选D；

89．(2011·汕头期末)定义在R上的函数f(x)满足f(4)1，f'(x)为f(x)的导函 数，已知yf'(x)的图像如图所示，若两个正数a、b满足

f(2ab)1，则

11A．(,)

53C．(,5)

b1的取值范围是( ) a11B．(,)(5,)

3 D．(,3)

Y O X 13解：观察图像，可知f(x)在(,0]上是减函数，在[0,)2ab4上是增函数，由f(2ab)1f(4)，可得a0，画

b0

b 4 出以(a,b)为坐标的可行域（如图所示阴影部分），而

b1a1可看成(a,b)与(1,1)连线的斜率，可求得C为所求，故选C。

90．(2011·汕头期末) (本小题满分14分)

已知函数f(x)x2xalnx. (Ⅰ)若函数f(x)在区间(0,1)上是单调函数， 求实数a的取值范围；

2 1 O 2  1 a (Ⅱ)当t1时，不等式f(2t1)2f(t)3

第- 49 -页 共68页

恒成立，求实数a的取值范围．

20．解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域是(0,)， ………………1分

a2x22xaf(x)2x2， …………3分

xx因为函数f(x)在区间（0，1）上为单调函数

所以只需f(x)0或f(x)0在区间（0，1）上恒成立，

即a(2x22x)或a(2x22x)在区间（0，1）上恒成立，…………5分 解得a0,或a4;故实数a的取值范围是(,4][0,) …………7分 （Ⅱ）不等式f(2t1)2f(t)3 可化为2t24t2alnt2aln(2t1)

即2t2alnt22(2t1)aln(2t1) …………10分 记g(x)2xalnx(x1)，要使上式成立

只须g(x)2xalnx(x1)是增函数即可 …………12分 即g'(x)2a0在[1,)上恒成立，即a2x在[1,)上恒成立，故a2， x实数a的取值范围是(,2]。 ………

91. （2011·上海普陀区高三期末）已知函数

的反函数

的图像经过点

，则

4 .

,

,若

92. （2011·上海普陀区高三期末） 已知函数区间

上存在零点，则实数的取值范围是

.

在

93. （2011·上海普陀区高三期末）设

的以下性质中，错误的是（ C ） ．．

为非零实数，则关于函数

，

第- 50 -页 共68页

A. 函数C. 区间

一定是个偶函数； B. 函数一定是

的单调递增区间； D. 函数

一定没有最大值； 不可能有三个零点.

94、（2011·上海长宁区高三期末）给出下面4个命题: (1)ytanx在第一象限是增函数；

(2)奇函数的图象一定过原点；

(3)f-1(x)是f(x)的反函数,如果它们的图象有交点,则交点 必在直线y=x上；

(4)\"a>b>1\"是\"logab<2\"的充分但不必要条件.其中正确的

命题的序号是__（4）____.(把你认为正确的命题的序号都填上)

2x2,x1,95、（2011·上海长宁区高三期末）设函数fx2，则函数

x2x,x,1yf(x)的零点是 0,1 .

96、（2011·上海长宁区高三期末）已知函数f(x)=x2＋2︱x︱－15，定义域是

[a,b](a,bZ)，值域是[－15,0]，

则满足条件的整数对(a,b)有 7 对．

97、（2011·上海长宁区高三期末）对于函数f(x)，在使f(x)M成立的所有常数M中，我们把M的最大值称为函数f(x)的“下确界”，则函数f(x)sin2xsinxcsc2xcscx的“下确界”为-0--------。

98（、2011·上海长宁区高三期末）已知函数fxlog2x，正实数m,n满足mn，

2m且fmfn，若fx在区间 ,n上的最大值为2，则m、n的值分别为 （ C ）

A、

112,2 B、,2 C、1,2 D、,4

4422第- 51 -页 共68页

99、（2011·上海长宁区高三期末）（本题满分18分，第（1）小题4分，第2小题6分，第3小题8分）

11已知函数f(x)=2+2，实数aR且a0。

aax（1）设mn0，判断函数f(x)在[m,n]上的单调性，并说明理由；

（2）设0mn且a0时，f(x)的定义域和值域都是[m,n]，求nm的最大值； （3） 若不等式|a2f(x)|2x对x1恒成立，求a的范围； 解：（1）设mx1x2n，则f(x1)f(x2)x1x211， 222ax1ax2ax1x2…………………………………………………. 2分

mn0,mx1x2n，x1x20,x1x20，f(x1)f(x2)0，

即f(x1)f(x2)，因此函数f(x)在[m,n]上的单调递增。

…………………………………………………. 4分

（2）由（1）及f(x)的定义域和值域都是[m,n]得f(m)m,f(n)n， 因此m,n是方程2112x的两个不相等的正数根， aax…………………………………………………. 6分

等价于方程a2x2(2a2a)x10有两个不等的正数根，

2a2a10且xx0， 即(2aa)4a0且x1x21222aa222解得a1， 2…………………………………………………. 8分

nm112164a24a33()2 ， aa331343a(,)，a时，nm最大值为。

223…………………………………………………. 10分

11（3）a2f(x)2a2a,则不等式|a2f(x)|2x对x1恒成立，即2x2a2a2xxx第- 52 -页 共68页

122aa2xx1即不等式2a2a2xx,对x1恒成立,

…………………………………………………. 12分

112xg(x)2x[1,)递减。 令h(x)=,易证h(x)在递增，同理[1,)xx…………………………………………………. 14分

h(x)minh(1)3,g(x)maxg(1)1，

…………………………………………………. 16分

32a2a1a1。

22a2a3…………………………………………………. 18分

100、（2011·泰安高三期末）同时满足两个条件：①定义域内是减函数 ②

定义域内是奇函数的函数是（ A ）

A. f(x)=-x｜x｜ B. f(x)= x3 C. f(x)=sinx D. f(x)=

lnxx

log3x,x0101. （2011·泰安高三期末）设函数f(x)=log(x),x0若f(m)＜f(-m)，则

13实数m的取值范围是( D )

A.（-1，0）∪（0，1） B.（-∞，-1）∪（1，+∞） C.（-1，0）∪（1，+∞） D.（-∞，-1）∪（0，1）

102. （2011·泰安高三期末）已知函数f(x)在R上可导，且f(x)=x2+2xf ′(2），则f (-1）与f (1）的大小关系为( B )

A. f（-1）= f（1） B. f（-1）＞f（1） C. f（-1）＜ f（1） D.不确定

103. （2011·泰安高三期末）（本小题满分12分）

某企业科研课题组计划投资研发一种新产品，根据分析和预测，能获得10万元～1000万元的投资收益.企业拟制定方案对课题组进行奖励，奖励方案为：奖金y(单位：万元)随投资收益x(单位：万元)的增加而增加，且奖金不超过9万元，同时奖金也不超过投资收益的20%，并用函数y= f(x)模拟这一奖励方案.

第- 53 -页 共68页

（Ⅰ）试写出模拟函数y= f(x)所满足的条件；

（Ⅱ）试分析函数模型y= 4lgx-3是否符合奖励方案的要求？并说明你的理由. 解：（Ⅰ）由题意，模拟函数y=f(x)满足的条件是：

1（1） f(x)在［10，1000］上是增函数；（2）f(x)≤9；（3）f(x)≤x. „„„„

5（3分）

(Ⅱ)对于y=4 lg x-3,显然它在［10，1000］上是增函数，满足条件（1），„„„„„„„（4分）

又当10≤x≤1000时，4lg10-3≤y≤4lg1000-3,即y［1，9］，从而满足条件（2）. „„（5分）

11下面证明：f(x)≤x，即4lg x-3≤x对于x［10，1000］恒成立. „„„„„„„„

55（6分）

4120lgex1. „„„„„„令g(x)= 4lgx-3-x(10≤x≤1000),则g′(x)=

5xlg1055x（8分）

1∵e＜10,lgelg10,20lge10,则x10,

2∴20lge-x＜0，∴g′(x) ＜0对于x ［10，1000］恒成立. ∴g(x)在［10，1000］上是减函数„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（10分）

1∴g(x)在［10，1000］时，g (x)≤g(10=4lg10-3-×10=-1＜0，

511即4lg x-3-x≤0，即4lg x-3≤x对于x ［10，1000］恒成立.从而满足条件（3）.

55故函数模型y=4lgx-3符合奖励方案的要

求. „„„„„„„„„„„„„„„„„„„（12分）

104. （2011·泰安高三期末）（本小题满分14分）

x3x2(x1)已知函数f(x)

alnx(x1)（Ⅰ）求f(x)在［-1，e］（e为自然对数的底数）上的最大值；

（Ⅱ）对任意给定的正实数a，曲线y= f(x)上是否存在两点P，Q，使得△POQ是以

O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？

x3x2(x1)解：（Ⅰ）因为f(x)=

alnx(x1)① 当-1≤x＜1时，f ′(x)=- x (3x -2)，

第- 54 -页 共68页

解f ′(x)＞0得0＜x＜∴f(x)在（-1，0）和（从而f (x)在x=(

22：解f ′(x) ＜0得-1＜x＜0或＜x＜1 3322，1）上单减，在（0，）上单增， 332处取得极大值f 324)=„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（3分） 327又∵f(-1)=2，f(1)=0， ∴f(x)在［-1，1)上的最大值为2. „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（4分） ② 当1≤x≤e时，f(x)=alnx， 当a≤0时，f(x)≤0；

当a＞0时，f(x)在［1，e］单调递增； ∴f(x)在［1，e］上的最大值为

a. „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（6分） ∴当a≥2时，f(x)在［-1，e］上的最大值为a； 当a＜2时，f(x)在［-1，e］上的最大值为2. „„„„„„„„„„„„„„„„„„（8分）

（Ⅱ）假设曲线y= f(x)上存在两点P，Q满足题意，则P，Q只能在y轴两侧，不妨

32

设P（t, f(t)）(t＞0),则Q（-t，t+t），且t≠

1„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（9分） ∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形 ∴OPOQ=0，即- t2+f(t)（t3+t2）=0（*）„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（10分）

是否存在P，Q等价于方程（*）是否有解.

① 若0＜t＜1，则f(x)=- t3+t2，代入方程（*）得：- t2+（-t3+t2）（t3+t2）=0， 即：t4-t2+1=0，而此方程无实数解，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（11分）

②当t＞1时，

∴f(t)=alnt，代入方程（*）得：- t2+ alnt·（t3+t2）=0，

1即：(t1)lnt,„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„

a（12分）

1+1＞0在［1,+∞)恒成立. x∴h(x)在［1,+∞)上单调递增，从而h(x)≥h(1)=0，则h(x)的值域为［0,+∞).

1∴当a＞0时，方程=（t+1）lnt有解，即方程（*）有解. „„„„„„„„„„„

a（13分）

∴对任意给定的正实数a，曲线y=f(x)上总存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴

上. „„„„„„„„„„„„„„„„„„（14分）

设h(x)=(x+1)lnx(x≥1),则h′(x)=lnx+

105．（2011中山期末）函数

f(x)2log3x

的定义域是（D）

第- 55 -页 共68页

A．(9,) C．（0，9）

B．[9,) D．(0,9]

'106．（2011中山期末）已知奇函数f(x)的导函数为f(x)5cosx，x1,1，且f(0)0，

2如果f(1x)f(1x)0，则实数x的取值范围为（B）

1） B．(1,A．（0，2) C．(2,2) D．(1,2)∪(2,1)

107．（2011中山期末）计算

31(x1)dxx 4+ln3_______

108．（2011中山期末）设a0且a1，函数

f(x)alg(x22x3)有最大值，则不等式

loga(x25x7)0

解集为

{x2x3} ．

109．（2011中山期末）(本小题满分14分)

 f(x) (x0)F(x)2f(x)axbx1 a,b f(x) (x0). 已知函数(为实数)，xR，

（1）若f(1)0,且函数f(x)的值域为[0, )，求F(x)的表达式；

（2）在(1)的条件下，当x[2, 2]时，g(x)f(x)kx是单调函数，求实数k的取值范围； （3）设mn0，mn0,a0且f(x)为偶函数，判断F(m)＋F(n)能否大于零. 解：(1)∵f(1)0，∴ab10，-------（1分）又xR, f(x)0恒成立，∴

a022b4(b1)0，∴b2, a1------（3分）. b4a0-------（2分），∴

2(x1) (x0)F(x)22(x1)2 (x0)f(x)x2x1(x1)∴. ∴------（4分）

22g(x)f(x)kxx2x1kxx(2k)x1 ------（5分） (2)

k2k22k2(2k)222(x)124，当2或2时，------（7分）

即k6或k2时，g(x)是单调函数. ------（8分）

第- 56 -页 共68页

2f(x)ax1,------（9分） f(x)(3) ∵是偶函数，∴2(x0)ax1 F(x)2(x0)ax1 ------（10分），

∵mn0,设mn,则n0.又mn0, mn0,∴|m|  |n|，------（12分）F(m)＋

F(n)f(m)f(n)(am21)an21a(m2n2)0，

∴F(m)＋F(n)能大于零. ------（14分） 110.

（2011苏北四市二调）已知函数f(x)mx3nx2的图象在点(1,2)处的切线

恰好与直线3xy0平行，若f(x)在区间t,t1上

,1单调递减，则实数t的取值范围是 [2 ] ．

111、

（2011苏北四市二调）已知函数

f(x)x1x2x2011x1x2x2011(xR)，

且f(a23a2)f(a1)，则满足条件的所有整数a的和是 6 ． 112.

（2011苏北四市二调）(本小题满分16分)

已知函数f(x)x21,g(x)a|x1|．

（1）若关于x的方程|f(x)|g(x)只有一个实数解，求实数a的取值范围； （2）若当xR时，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；

（3）求函数h(x)|f(x)|g(x)在区间[2,2]上的最大值（直接写出结果，不需给出演算步骤）． ．．．．．．．．．．．．．．

解：（1）方程|f(x)|g(x)，即|x21|a|x1|，变形得|x1|(|x1|a)0， 显然，x1已是该方程的根，从而欲原方程只有一解，即要求方程|x1|a， 有且仅有一个等于1的解或无解 ，

结合图形得a0. „„„„„„„„4分

（2）不等式f(x)≥g(x)对xR恒成立，即(x21)≥a|x1|（*）对xR恒成立， ①当x1时，（*）显然成立，此时aR；

x21x21x1,(x1),②当x1时，（*）可变形为a，令(x) |x1||x1|(x1),(x1).因为当x1时，(x)2，当x1时，(x)2， 所以(x)2，故此时a≤2.

综合①②，得所求实数a的取值范围是a≤2. „„„„„„„„„„„„„8分

x2axa1,(x≥1),（3）因为h(x)|f(x)|g(x)|x21|a|x1|=x2axa1,(1≤x1),„10分

x2axa1,(x1).第- 57 -页 共68页

a1,即a2时，结合图形可知h(x)在[2,1]上递减，在[1,2]上递增， 2且h(2)3a3,h(2)a3，经比较，此时h(x)在[2,2]上的最大值为3a3.

aa② 当0≤≤1,即0≤a≤2时，结合图形可知h(x)在[2,1]，[,1]上递减，

22aa2aa1， 在[1,]，[1,2]上递增，且h(2)3a3,h(2)a3，h()242经比较，知此时h(x)在[2,2]上的最大值为3a3.

aa③ 当1≤0,即-2≤a0时，结合图形可知h(x)在[2,1]，[,1]上递减，

22aa2aa1， 在[1,]，[1,2]上递增，且h(2)3a3,h(2)a3，h()242经比较，知此时h(x) 在[2,2]上的最大值为a3.

3aaa④ 当≤1,即-3≤a2时，结合图形可知h(x)在[2,]，[1,]上递减，

2222aa在[,1]，[,2]上递增，且h(2)3a30, h(2)a3≥0，

22经比较，知此时h(x) 在[2,2]上的最大值为a3. a3当,即a3时，结合图形可知h(x)在[2,1]上递减，在[1,2]上递增， 22故此时h(x) 在[2,2]上的最大值为h(1)0.

综上所述，当a≥0时，h(x)在[2,2]上的最大值为3a3； 当3≤a0时，h(x) 在[2,2]上的最大值为a3；

当a3时，h(x) 在[2,2]上的最大值为0.„„„„„„„„„„„„„„„„16分

① 当

113．（ 2011·温州八校联考）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，其最小

正周期为3，

且x∈（-2，0）时，f（x）=log2（-3x+1），则f（2011）=（ C ）

A．4

B． 2

C．-2

D．log27

3114．（ 2011·温州八校联考）称横坐标、纵坐标都为整数的点为“整点”，过曲线

y100x2上任意两个整点作直线，则倾斜角不小于30的直线条数为

A．12 115．（

（ D ）

B．13

C．14

D．15

2011·温州八校联考）（本小题满分15分）

设函数f(x)exsinx,g(x)ax,F(x)f(x)g(x).

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（1）若x=0是F(x)的极值点，求a的值；a1 (2)当a=时，若存在x1、x20,使得f(x1)=g(x2)，求x2-x1的最小值；3(3)若x0,+时，F(x)F(-x)恒成立，求a的取值范围。 解：

（1）F(x)exsinxax,F(x)excosxa.因为x0是F(x)的极值点，所以F(0)=e0cos0a0,所以a2.当x0时,F(x)excosxa1120；当x0时,则(x)ecosxa，则(x)esinx110；所以F(x)在0，+单调递增。从而F(x)F(0)11a220.于是x0是F(x)的极小值点，所以a2符合题意。4分。xx

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1)当a2时，h(x)0,h(x)在0,单调递增，即h(x)h(0)0，当a2时，F(x)F(x)0对x0,恒成立。2）当a2时，h(x)0,又h(x)在0,单调递增，总存在x0(0,)使得在区间0，x0上h(x)0。导致h(x)在0,x0递减，而h(0)0，当x(0,x0)时，h(x)0，这与F(x)F(x)0对x0,恒成立不符，a2不合题意。综上a取值范围是-,2.15分。

116、（2011·温州十校高三期末）

设函数yf(x)在R内有定义.对于给定的正数K，定义函数

f(x),f(x)K, fK(x)K,f(x)K.x若f(x)=2xe，对任意的xR，恒有fK(x)=f(x)，则 （ A）

（A）K的最小值为1 （B） K的最大值为1 （C）K的最小值为2 （D） K的最大值为2

117、（2011·温州十校高三期末）（本题15分）已知函数f(x)(x23x3)ex，其定义域为2,t（t2）,

设f(2)m,f(t)n.

（1）试确定t的取值范围,使得函数f(x)在2,t上为单调函数； （2）试判断m,n的大小并说明理由；

f'(x0)22(t1)（3）求证：对于任意的t2,总存在x0(2,t)，满足,并确定这样的x0的x0e3个数.

解：（1）因为f(x)(x3x3)e(2x3)ex(x1)e-----1分

由f(x)0x1或x0；由f(x)00x1,所以f(x)在(,0),(1,) 上递增,在(0,1)上递减-----------------------------------3分

要使f(x)在2,t上为单调函数,则2t0---------------4分 （2）nm.

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2xxx

f(x)在(,0),(1,)上递增,在(0,1)上递减，∴f(x)在x1处有极小值e---6分

又f(2)13e，∴ f(x)在2,上的最小值为f(2)---8分 2e 从而当t2时,f(2)f(t)，即mn --------------9分

f'(x0)2f'(x0)2x0x0，又∵x0(t1)2， （3）证：∵x0e3e2(t1)2, 3222222 令g(x)xx(t1),从而问题转化为证明方程g(x)xx(t1)=0在(2,t)上有

33∴x0x02解,并讨论解的个数------10分 ∵g(2)62221(t1)2(t2)(t4),g(t)t(t1)(t1)2(t2)(t1), 3333 ①当t4或2t1时,g(2)g(t)0,所以g(x)0在(2,t)上有解,且只有一解-------------------------------------12分

②当1t4时,g(2)0且g(t)0,但由于g(0)2(t1)20, 3所以g(x)0在(2,t)上有解,且有两解----------------------------13分

2③当t1时,g(x)xx0x0或x1,故g(x)0在(2,t)上有且只有一解；

当t4时,g(x)x2x60x2或x3,

所以g(x)0在(2,4)上也有且只有一解------------------------14分

f'(x0)2(t1)2, 综上所述, 对于任意的t2,总存在x0(2,t),满足x0e3且当t4或2t1时,有唯一的x0适合题意；当1t4时,有两个x0适合题意.-------------------------------15分

（说明:第（3）题也可以令(x)xx,x(2,t),然后分情况证明论直线y22(t1)2在其值域内,并讨32(t1)2与函数(x)的图象的交点个数即可得到相应的x0的个数） 3（注：据今年编考试说明回来的老师透露，明年的高考19题将改为数列题，这次考虑到学生可能没

准备好，还是没变，请各位老师注意；考试说明中别

第- 61 -页 共68页

118. （2011A.1

烟台一调）幂函数y=f(x)的图象经过点（4，

B.2

C.3

D.4

11），则f()的值为( B ) 24119. （2011烟台一调）函数y=ln(1-x)的图象大致为( C )

120. （2011烟台一调）设曲线y

B.2

x1在点（3，2）处的切线与直线axy10垂x1C.直，则a( B )

A.2

1 2 D.

1 2121. （2011定义函数：

烟台一调）设函数yf(x)在(,)内有定义，对于给定的正数K，

fK(x)fxfx≤K1当K时,函数fK(x)在下列区间上取函数f(x)a|x|(a＞1).aK,f(x)＞K.单调递减的是( D )

A.(,0) 122. （2011

B.(a,)

C.(,1)

D.(1,)

烟台一调）（本小题满分14分）

已知f(x)xlnx,g(x)x2ax3. （1）求函数f(x)在[t,t2](t＞0)上的最小值；

（2）对一切x(0,),2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； （3）证明：对一切x(0,)，都有lnx＞12成立. exex

.解：（1）f(x)lnx1，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„1

11当x(0,),f(x)0,f(x)单调递减，当x(,),f(x)0,f(x)单调递增 „„2分

ee1①0tt2，没有最小值； „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„

e3分

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11t2，即0t时， ee11 f(x)minf()； „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„

ee4分

②0t11③tt2，即t时，f(x)在t,t2上单调递增，f(x)minf(t)tlnt；„„„5ee分

所以

11,0t.ee „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6

1tlnt,tef(x)min分

（2）2xlnxx2ax3，则a2lnxx7分

3(x3)(x1)设h(x)2lnxx(x0)，则h(x)， 2xx3，„„„„„„„„„„„„„„„„„x① x(0,1),h(x)0,h(x)单调递减， ② x(1,),h(x)0,h(x)单调递增， 所以h(x)minh(1)4，对一切x(0,),2f(x)g(x)恒成立，所以ah(x)min4；

x2（3）问题等价于证明xlnxx(x(0,))，分

ee11由（1）可知f(x)xlnx(x(0,))的最小值是，当且仅当x时取到，

eex21x设m(x)x(x(0,))，则m(x)x，易知

eee1m(x)maxm(1)，当且仅当x1时取到，

e12从而对一切x(0,)，都有lnxx 成立

eex

123. （2011124. （2011125. （2011

镇江高三期末）函数f(x)ex在x1处的切线方程是 yex . 镇江高三期末）方程xlog2x0的根的个数为 1 .

镇江高三期末）已知函数f(x)lnx2x,若f(x22)f(3x)，则实数x的

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取值范围是 （1,2） .

126、 （2011

镇江高三期末）已知函数f(x)x(x0,x1)． lnx（1）求函数f(x)的极值;

x（2）若不等式ex对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围．

解：（1）函数f(x)ax的定义域为(0,1)(1,)， lnxlnx1，„„„„„3分 f(x)ln2x令f(x)0，解得xe，列表

x f(x) (0,1) － 单调递减 (1,e) － 单调递减 e 0 极小值f(e) (e,) + 单调递增 f(x) 由表得函数f(x)的单调减区间为(0,1)，(1,e)，单调减区间为(e,)； 所以极小值为f(e)＝e，无极大值. （2）当x0时，对任意a0，不等式恒成立；

当x0时，在ex两边取自然对数，得

xaxlnx， ax， lnx1当0x1时，lnx0，当a0，不等式恒成立；

如果a0，lnx0， alnx0，不等式等价于a由(1)得，此时

x(,0)，不等式不恒成立. lnxx, lnx2当x1时，lnx0，则a0,不等式等价于a由(1)得，此时

x的最小值为e， lnx得0ae.„„„„14分

综上：a的取值范围是0ae.

【说明】本题考查用导数判断函数单调性、求极值、对数函数的性质、转化化归思想、分类讨论思

想、不等式的性质、恒成立问题处理方法.

127. （2011

镇江高三期末）某园林公司计划在一块O为圆心,R(R为常数)为半径的半圆

形（如图）地上种植花草树木，其中弓形CMDC区域用于观赏样板地，OCD区域用于种植花木出售，其余区域用于种植草皮出售.已知观赏样板地的成本是每平方米2元，花木的利润是每

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平方米8元，草皮的利润是每平方米3元.

(1) 设COD,CMDl,分别用,l表示弓形CMDC的面积S弓f(),S弓g(l);

(2) 园林公司应该怎样规划这块土地,才能使总利润最大?

(参考公式:扇形面积公式S

解：（1）S扇121RRl) 22MC草皮地 观赏样板地 D花木地 草皮地 AOB12R，SOCD1R2sin, 221S弓f()R2(sin). 2 又S扇1Rl，SOCD1R2sinl, 22R1lS弓g(l)R(lRsin).

2R(2)设总利润为y元，草皮利润为y1元，花木地利润为y2，观赏样板地成本为y3

1111y13(R2lR)，y2R2sin8，y3R(lRsin)2,

22221111yy1y2y33(R2R2)R2sin8R2(sin)2 .

22221 R2[3. )](510sin2,. )设g()510sin (0g'()510cos , „„„„12分

1上为减函数； g'()0,cos,g()在（0, ）231上为增函数. g'()0,cos,g()在（，）23当3时，g()取到最小值,此时总利润最大.

所以当园林公司把扇形的圆心角设计成

3时，总利润最大.

【说明】本题考查导数，函数性质，考查运算能力和分析问题和解决问题的能力.

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128. （2011

镇江高三期末）设函数f(x)x(x1)(xa)(aR),f(x)的两个极值点为

A(,f()),B(,f()),

线段AB的中点为M.

(1) 如果函数f(x)为奇函数,求实数a的值;当a2时，求函数f(x)图象的对称中心； (2) 如果M点在第四象限,求实数a的范围;

(3) 证明:点M也在函数f(x)的图象上,且M为函数f(x)图象的对称中心.

解：（1）【法一】因为f(x)为奇函数，所以f(1)f(1),

得：1(11)(1a)0a1.

当a1时，f(x)x(x1)(x1)x(x21)， 有f(x)f(x)，则f(x)为奇函数.

【法二】f(x)x3(1a)x2ax,f(x)f(x)恒成立，

(x)3(1a)x2axx3(1a)x2ax,

求得a1.

当a2时，f(x)x(x1)(x2)，该图象可由奇函数f(x)(x1)x(x1)的图象向 右平移一个单位得到，

可知函数f(x)x(x1)(x2)图象的对称中心为（1，0）. （2）f'(x)3x22(1a)xa,

令f'(x)3x22(1a)xa0，则,为3x22(1a)xa0两实根.

2(1a)a,. 33f()f()13(1a)2a3(1a)2a 221()23(a1)()22a() 22(a1)3a(a1)(a1)(a2)(2a1)= , 27327=

第- 66 -页 共68页

点M(,f()f())在第四象限,

220,得：a10,

(a1)(2a1)(a2)0,a2.

（3）由（2）得点M(又f

1a(a1)(a2)(2a1),)， 3271a1a1a1a1aa212a 1a3333333=(a1)(a2)(2a1)，所以点M也在函数f(x)的图象上.

27【法一】设P(x0,y0)为函数f(x)的图象上任意一点，

P(x0,y0)关于M的对称点为Q(2(1a)x0,2(a1)(a2)(2a1)y0)

327而f(2(1a)2(1a)2(1a)2(1a)x0)(x0)3(1a)(x0)2a(x0) 33332(a1)(a2)(2a1)2(a1)(a2)(2a1)=x03(a1)x02ax0y0.

27272(1a)2(a1)(a2)(2a1)即Q(x0,y0)在函数f(x)x(x1)(xa)的图像上.

327所以，M为函数f(x)的对称中心.

1a(a1)(a2)(2a1) )3271a1a1a(a1)(a2)(2a1) (x)(x1)(xa)333271aa212a(a1)(a2)(2a1) (x)(x)(x)333271aa212a21aa2a212a1a12ax3()x()x

3333333331aa212a(a1)(a2)(2a1) 333271 x3(a2a1)x.

31a(a1)(a2)(2a1)为奇函数， g(x)f(x)327对称中心为O(0,0).

【法二】设g(x)f(x 把函数g(x)f(x1a(a1)(a2)(2a1)的图象按向量 )327第- 67 -页 共68页

1a(a1)(a2)(2a1)OM(,)平移后得f(x)的图象，

3271a(a1)(a2)(2a1)M(,) 为函数f(x)的对称中心. 327【说明】本题考查函数的奇偶性，函数图像平移，图象对称性，考查化归转化思想及运算能力.

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