2012年高考数学真题分类汇编B 函数与导数(理科)
B 函数与导数
B1 函数及其表示
14．B1[2012·天津卷] 已知函数y＝的图象与函数y＝kx－2的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是________．
14．(0,1)∪(1,4) [解析] 本题考查函数的表示及图象应用，考查应用意识，偏难．
y＝＝ 在同一坐标系内画出y＝kx－2与y＝的图象如图，
结合图象当直线y＝kx－2斜率从0增到1时，与y＝在x轴下方的图象有两公共点；当斜率从1增到4时，与y＝的图象在x轴上下方各有一个公共点．
5．B1[2012·江苏卷] 函数f(x)＝的定义域为________．
5．(0，] [解析] 本题考查函数定义域的求解．解题突破口为寻找使函数解析式有意义的限制条件．由解得0
0}，y＝xex的定义域为R，y＝的定义域为{x|x≠0}，故选D.
3．B1[2012·江西卷] 若函数f(x)＝则f(f(10))＝( )
A．lg101 B．2 C．1 D．0
3．B [解析] 考查分段函数的定义、对数的运算、分类讨论思想；解题的突破口是根据自变量取值范围选择相应的解析式解决问题．∵10>1，∴f(10)＝lg10＝1≤1，
∴f(f(10))＝f(1)＝12＋1＝2，故选B.
B2 反函数
B3 函数的单调性与最值
7．B3[2012·上海卷] 已知函数f(x)＝e|x－a|(a为常数)．若f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．
7．(－∞，1] [解析] 考查复合函数的单调性，实为求参数a 的取值范围．
令t＝，又e>1，函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数，只需函数t＝在[1，＋∞)上是增函数，所以参数a的取值范围是(－∞，1]．
11．B3、B4、B9[2012·辽宁卷] 设函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝x3.又函数g(x)＝|xcos(πx)|，则函数h(x)＝g(x)－f(x)在上的零点个数为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
11．B [解析] 本小题主要考查函数的奇偶性与周期性和函数零点的判断．解题的突破口为根据函数的性质得到函数f(x)的解析式，结合函数图象求解．
f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(2－x)＝f(x－2)，所以函数f(x)为周期为2的周期函数，且f(0)＝0，f(1)＝1，而g(x)＝为偶函数，且g(0)＝g＝g＝g＝0，在同一坐标系下作出两函数在上的图像，发现在内图像共有6个公共点，则函数h(x)＝g(x)－f(x)在上的零点个数为6.
3．A2、B3[2012·山东卷] 设a>0且a≠1，则“函数f(x)＝ax在R上是减函数”是“函数g(x)＝(2－a)x3在R上是增函数”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．A [解析] 本题考查充分必要条件及函数的单调性，考查推理论证能力，容易题．
当f＝ax为R上的减函数时，00，此时g(x)＝(2－a)x3在R上为增函数成立；当g(x)＝(2－a)x3为增函数时，2－a>0即a<2，但1即可，也就是>，即可以看作点Qm(m，Sm)与O(0,0)连线的斜率大于点Qm＋1(m＋1，Sm＋1)与O(0,0)连线的斜率，所以观察可知到第Q9(9，S9)与O(0,0)连线的斜率开始大于点Q10(10，S10)与O(0,0)连线的斜率．答案为C.
14．A2、A3、B3、E3[2012·北京卷] 已知f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2，若同时满足条件：
①∀x∈R，f(x)<0或g(x)<0；
②∃x∈(－∞，－4)，f(x)g(x)<0.
则m的取值范围是________．
14．(－4，－2) [解析] 本题考查函数图像与性质、不等式求解、逻辑、二次函数与指数函数等基础知识和基本技能．
满足条件①时，由g(x)＝2x－2<0，可得x<1，要使∀x∈R，f(x)<0或g(x)<0，必须使x≥1时，f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)<0恒成立，
当m＝0时，f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)＝0不满足条件，所以二次函数f(x)必须开口向下，也就是m<0，要满足条件，必须使方程f(x)＝0的两根2m，－m－3都小于1，即可得m∈(－4,0)．
满足条件②时，因为x∈(－∞，－4)时，g(x)<0，所以要使∃x∈(－∞，－4)时，f(x)g(x)<0，只要∃x0∈(－∞，－4)时，使f(x0)>0即可，只要使－4比2m，－m－3中较小的一个大即可，当m∈(－1,0)时，2m>－m－3，只要－4>－m－3，解得m>1与m∈(－1,0)的交集为空集；
当m＝－1时，两根为－2；－2>－4，不符合；当m∈(－4，－1)时，2m<－m－3，所以只要－4>2m，
所以m∈(－4，－2)．
综上可知m∈(－4，－2)．
20．B3、D4、M4[2012·北京卷] 设A是由m×n个实数组成的m行n列的数表，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零，记S(m，n)为所有这样的数表构成的集合．
对于A∈S(m，n)，记ri(A)为A的第i行各数之和(1≤i≤m)，cj(A)为A的第j列各数之和(1≤j≤n)；
记k(A)为|r1(A)|，|r2(A)|，…，|rm(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，…，|cn(A)|中的最小值．
(1)对如下数表A，求k(A)的值；
1
1
－0.8
0.1
－0.3
－1
(2)设数表A∈S(2,3)形如
1
1
c
a
b
－1
求k(A)的最大值；
(3)给定正整数t，对于所有的A∈S(2,2t＋1)，求k(A)的最大值．
20．解：(1)因为r1(A)＝1.2，r2(A)＝－1.2，c1(A)＝1.1，c2(A)＝0.7，c3(A)＝－1.8，
所以k(A)＝0.7.
(2)不妨设a≤b.由题意得c＝－1－a－b.
又因c≥－1，所以a＋b≤0，于是a≤0.
r1(A)＝2＋c≥1，r2(A)＝－r1(A)≤－1，
c1(A)＝1＋a，c2(A)＝1＋b，c3(A)＝－(1＋a)－(1＋b)≤－(1＋a)．
所以k(A)＝1＋a≤1.
当a＝b＝0且c＝－1时，k(A)取得最大值1.
(3)对于给定的正整数t，任给数表A∈S(2,2t＋1)如下：
a1
a2
…
a2t＋1
b1
b2
…
b2t＋1
任意改变A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*∈S(2,2t＋1)，并且k(A)＝k(A*)．
因此，不妨设r1(A)≥0，且cj(A)≥0(j＝1,2，…，t＋1)．
由k(A)的定义知，k(A)≤r1(A)，k(A)≤cj(A)(j＝1,2，…，t＋1)．
又因为c1(A)＋c2(A)＋…＋c2t＋1(A)＝0，
所以(t＋2)k(A)≤r1(A)＋c1(A)＋c2(A)＋…＋ct＋1(A)
＝r1(A)－ct＋2(A)－…－c2t＋1(A)＝j－j
≤(t＋1)－t×(－1)＝2t＋1.
所以k(A)≤.
对数表A0：
第1列
第2列
…
第t＋1列
第t＋2列
…
第2t＋1列
1
1
…
1
－1＋
…
－1＋
…
－1
…
－1
则A0∈S(2,2t＋1)，且k(A0)＝.
综上，对于所有的A∈S(2,2t＋1)，k(A)的最大值为.
2．B3、B4[2012·陕西卷] 下列函数中，既是奇函数又是增函数的为( )
A．y＝x＋1 B．y＝－x3
C．y＝ D．y＝x|x|
2．D [解析] 本小题主要考查函数的单调性、奇偶性，解题的突破口为单调性的定义、奇偶性的定义与函数图像的对应关系．若函数为单调增函数，其图像为从左向右依次上升；若函数为奇函数，其图像关于原点对称．经分析，A选项函数的图像不关于原点对称，不是奇函数，排除；B选项函数的图像从左向右依次下降，为单调减函数，排除；C选项函数的图像从左向右依次下降，为单调减函数，排除；故选D.其实对于选项D，我们也可利用x>0、x＝0、x<0分类讨论其解析式，然后画出图像，经判断符合要求．
12．B3、D2[2012·四川卷] 设函数f(x)＝2x－cosx，{an}是公差为的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5π，则[f(a3)]2－a1a5＝( )
A．0 B.π2
C.π2 D.π2
12．D [解析] 设a3＝α，则a1＝α－，a2＝α－，a4＝α＋，a5＝α＋，
由f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5π，
得2×5α－cos＋cos＋cosα＋cos＋cos＝5π，
即10α－(＋＋1)cosα＝5π.
当0≤α≤π时，左边是α的增函数，且α＝满足等式；
当α＞π时，10α＞10π，而(＋＋1)cosα＜5cosα≤5，等式不可能成立；
当α＜0时，10α＜0，而－(＋＋1)cosα＜5，等式也不可能成立．
故a3＝α＝.
[f(a3)]2－a1a5＝π2－＝π2.
B4 函数的奇偶性与周期性
9．B4[2012·上海卷] 已知y＝f(x)＋x2是奇函数，且f(1)＝1.若g(x)＝f(x)＋2，则g(－1)＝________.
9．－1 [解析] 考查函数的奇偶性和转化思想，此题的关键是利用y＝f(x)＋x2为奇函数．
已知函数y＝f(x)＋x2为奇函数，则f(－1)＋(－1)2＝－[f(1)＋1]＝－2，解得f(－1)＝－3，所以g(－1)＝f(－1)＋2＝－3＋2＝－1.
8．B4[2012·山东卷] 定义在R上的函数f(x)满足f(x＋6)＝f(x)．当－3≤x<－1时，f(x)＝－(x＋2)2；当－1≤x<3时，f(x)＝x，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 012)＝( )
A．335 B．338
C．1 678 D．2 012
8．B [解析] 本题考查函数的性质，考查运算求解能力，应用意识，偏难．
由f(x)＝f(x＋6)知函数的周期为6，f(1)＝1，
f(2)＝2，f(3)＝f(－3)＝－1，
f(4)＝f(－2)＝－(－2＋2)2＝0，f(5)＝f(－1)＝－1，f(6)＝f(0)＝0，
∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(6)＝1，
∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2 012)
＝335[f(1)＋f(2)＋…＋f(6)]＋f(1)＋f(2)＝335×1＋3＝338.
4．B4[2012·广东卷] 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．y＝ln(x＋2) B．y＝－
C．y＝x D．y＝x＋
4．A [解析] 根据函数图象，B选项在(0，＋∞)上为减函数，C也是减函数，D在(0，＋∞)上有减区间也有增区间，所以A是正确答案．
7．B4[2012·福建卷] 设函数D(x)＝则下列结论错误的是( )
A．D(x)的值域为{0,1} B．D(x)是偶函数
C．D(x)不是周期函数 D．D(x)不是单调函数
7．C [解析] 考查分段函数的奇偶性、单调性、值域等，解决本题利用定义、图象等解决．若当x为无理数时，x＋T也为无理数，则f(x＋T)＝f(x)；故f(x)是周期函数，故C错误；
若x为有理数，则－x也为有理数，则f(－x)＝f(x)；若x为无理数，则－x也为无理数，则f(－x)＝f(x)；故f(x)是偶函数，故B正确；结合函数的图象，A选项D(x)的值域为{0,1}，正确；且D(x)不是单调函数也正确，所以C错误．
7．A2、B4[2012·重庆卷] 已知f(x)是定义在R上的偶函数，且以2为周期，则“f(x)为[0,1]上的增函数”是“f(x)为[3,4]上的减函数”的( )
A．既不充分也不必要的条件
B．充分而不必要的条件
C．必要而不充分的条件
D．充要条件
7．D [解析] 由于f(x)是R的上的偶函数，当f(x)在[0,1]上为增函数时，根据对称性知f(x)在[－1,0]上为减函数．根据函数f(x)的周期性将f(x)在[－1,0]上的图象向右平移2个周期即可得到f(x)在[3,4]上的图象，所以f(x)在[3,4]上为减函数；同理当f(x)在[3,4]上为减函数时，根据函数的周期性将f(x)在[3,4]上的图象向左平移2个周期即可得到f(x)在[－1,0]上的图象，此时f(x)为减函数，又根据f(x)为偶函数知f(x)在[0,1]上为增函数(其平移与对称过程可用图表示，如图1－1所示)，所以“f(x)为[0,1]上的减函数”是“f(x)为[3,4]上的减函数”的充要条件，选D.
2．B3、B4[2012·陕西卷] 下列函数中，既是奇函数又是增函数的为( )
A．y＝x＋1 B．y＝－x3
C．y＝ D．y＝x|x|
2．D [解析] 本小题主要考查函数的单调性、奇偶性，解题的突破口为单调性的定义、奇偶性的定义与函数图像的对应关系．若函数为单调增函数，其图像为从左向右依次上升；若函数为奇函数，其图像关于原点对称．经分析，A选项函数的图像不关于原点对称，不是奇函数，排除；B选项函数的图像从左向右依次下降，为单调减函数，排除；C选项函数的图像从左向右依次下降，为单调减函数，排除；故选D.其实对于选项D，我们也可利用x>0、x＝0、x<0分类讨论其解析式，然后画出图像，经判断符合要求．
11．B3、B4、B9[2012·辽宁卷] 设函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝x3.又函数g(x)＝|xcos(πx)|，则函数h(x)＝g(x)－f(x)在上的零点个数为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
11．B [解析] 本小题主要考查函数的奇偶性与周期性和函数零点的判断．
解题的突破口为根据函数的性质得到函数f(x)的解析式，结合函数图象求解．
f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(2－x)＝f(x－2)，所以函数f(x)为周期为2的周期函数，且f(0)＝0，f(1)＝1，而g(x)＝为偶函数，且g(0)＝g＝g＝g＝0，在同一坐标系下作出两函数在上的图像，发现在内图像共有6个公共点，则函数h(x)＝g(x)－f(x)在上的零点个数为6.
B5 二次函数
12．B5[2012·山东卷] 设函数f(x)＝，g(x)＝ax2＋bx(a，b∈R，a≠0)，若y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有且仅有两个不同的公共点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则下列判断正确的是( )
A．当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0
B．当a<0时，x1＋x2>0，y1＋y2<0
C．当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0
D．当a>0时，x1＋x2>0，y1＋y2>0
12．B [解析] 本题考查函数的图象与性质，考查推理论证能力，偏难．
当y＝f的图象与y＝g图象有且仅有两个不同的公共点时，a<0时，其图象为
作出点A关于原点的对称点C，则C点坐标为(－x1，－y1)，由图象知－x1y2，故x1＋x2>0，y1＋y2<0，同理当a>0时，有x1＋x2<0，y1＋y2>0，故选B.
17．B5、B9[2012·浙江卷] 设a∈R，若x>0时均有[(a－1)x－1](x2－ax－1)≥0，则a＝________.
17. [解析] 本题主要考查不等式的恒成立，不等式与方程的转化与应用问题，考查数形结合和转化化归的数学思想．令y1＝x－1，y2＝x2－ax－1，则函数y1＝x－1，y2＝x2－ax－1都过定点P.考查函数y1＝x－1，令y＝0，得M，同时只有a－1>0即a>1时才有可能满足x∈时，y1·y2≥0；
考查函数y2＝x2－ax－1，显然只有过点M时才能满足x∈时，y1
·y2≥0，代入得：2－－1＝0，可得2＋a－1＝0,2a2－3a＝0解得a＝或a＝0，舍去a＝0，得答案：a＝.
3．B13、B5[2012·湖北卷] 已知二次函数y＝f(x)的图象如图1－1所示，则它与x轴所围图形的面积为( )
图1－1
A. B.
C. D.
3．B [解析] (解法一)设f(x)＝ax2＋bx＋c.因为函数f(x)的图象过(－1,0)，(1,0)，(0,1)，代入得 解得 故f(x)＝1－x2.
故S＝－1dx＝＝.故选B.
(解法二)设f(x)＝a，将x＝0，y＝1代入f(x)＝a，得a＝－1，所以f(x)＝－＝1－x2，所以S＝－1dx＝＝.故选B.
(解法三)观察函数图象可知，二次函数f(x)的顶点坐标为(0,1)，故可设f(x)＝ax2＋1，又函数图象过点(1,0)，代入得a＝－1，所以f(x)＝－x2＋1.所以S＝＝＝.故选B.
B6 指数与指数函数
5．B6[2012·四川卷] 函数y＝ax－(a＞0，且a≠1)的图象可能是( )
图1－2
5．D [解析] 若a＞1，则f(x)为增函数，排除C、D，而0＜＜1，图象与y轴的交点应该在(0,1)内，A、B也不符合，故a＞1不合题意．
若0＜a＜1，则f(x)为减函数，排除A、B，此时＞1，故图象与y轴的交点应该在负半轴，排除C，选D.
B7 对数与对数函数
9．B7[2012·全国卷] 已知x＝lnπ，y＝log52，z＝e－，则( )
A．xlne＝1,0e－＝>＝，∴y0时，g′(x)<0，g(x)＝ln(x＋1)－x单调递减 ，所以g(x)0，g(x)＝ln(x＋1)－x单调递增， 所以g(x)0，
∵fn(x)在上是单调递增的，∴fn(x)在内存在唯一零点．
(2)当n＝2时，f2(x)＝x2＋bx＋c.
对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等价于f2(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下：
①当>1，即|b|>2时，
M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|>4，与题设矛盾．
②当－1≤－<0，即00时均有[(a－1)x－1](x2－ax－1)≥0，则a＝________.
17. [解析] 本题主要考查不等式的恒成立，不等式与方程的转化与应用问题，考查数形结合和转化化归的数学思想．令y1＝x－1，y2＝x2－ax－1，则函数y1＝x－1，y2＝x2－ax－1都过定点P.考查函数y1＝x－1，令y＝0，得M，同时只有a－1>0即a>1时才有可能满足x∈时，y1·y2≥0；
考查函数y2＝x2－ax－1，显然只有过点M时才能满足x∈时，y1·y2≥0，代入得：2－－1＝0，可得2＋a－1＝0,2a2－3a＝0解得a＝或a＝0，舍去a＝0，得答案：a＝.
B10 函数模型及其应用
21．B10 [2012·上海卷] 海事救援船对一艘失事船进行定位：以失事船的当前位置为原点，以正北方向为y轴正方向建立平面直角坐标系(以1海里为单位长度)，则救援船恰好在失事船正南方向12海里A处，如图1－4.现假设：①失事船的移动路径可视为抛物线y＝x2；②定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；③救援船出发t小时后，失事船所在位置的横坐标为7t.
(1)当t＝0.5时，写出失事船所在位置P的纵坐标．若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小和方向；
(2)问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？
图1－4
21．解：(1)t＝0.5时，P的横坐标xP＝7t＝，代入抛物线方程y＝x2，得P的纵坐标yP＝3.
由|AP|＝，得救援船速度的大小为海里/时．
由tan∠OAP＝，得∠OAP＝arctan，故救援船速度的方向为北偏东arctan弧度．
(2)设救援船的时速为v海里，经过t小时追上失事船，此时位置为(7t,12t2)．
由vt＝，
整理得v2＝144＋337.
因为t2＋≥2，当且仅当t＝1时等号成立．
所以v2≥144×2＋337＝252，即v≥25.
因此，救援船的时速至少是25海里才能追上失事船．
18．B10、B11、B12[2012·北京卷] 已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．
18．解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以
f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．
即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b，
解得a＝3，b＝3.
(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝a2时，
h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1，
h′(x)＝3x2＋2ax＋a2.
令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－.
a>0时，h(x)与h′(x)的情况如下：
x
－
－
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
所以函数h(x)的单调递增区间为和；单调递减区间为.
当－≥－1，即06时，函数h(x)在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间上单调递增，
又因h－h(－1)＝1－a＋a2
＝(a－2)2>0，
所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为
h＝1.
22．B10、B11、B12[2012·浙江卷] 已知a>0，b∈R，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.
(1)证明：当0≤x≤1时，
(i)函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a；
(ii)f(x)＋|2a－b|＋a≥0；
(2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范围．
22．解：(1)(i)f′(x)＝12ax2－2b＝12a.
当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，＋∞)上单调递增．
当b＞0时，f′(x)＝12a.
此时f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以当0≤x≤1时，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a.
(ii)由于0≤x≤1，故
当b≤2a时，
f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)．
当b＞2a时，
f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a＞4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)．
设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则
g′(x)＝6x2－2＝6，
于是
x
0
1
g′(x)
－
0
＋
g(x)
1
减
极小值
增
1
所以，g(x)min＝g＝1－＞0.
所以当0≤x≤1时，2x3－2x＋1＞0.
故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.
(2)由(i)知，当0≤x≤1时，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以
|2a－b|＋a≤1.
若|2a－b|＋a≤1，则由②知
f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1.
所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是
即或③
在直角坐标系aOb中，③所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC.
做一组平行线a＋b＝t(t∈R)，得
－1＜a＋b≤3.
所以a＋b的取值范围是(－1,3]．
23．“数学史与不等式选讲”模块
已知a∈R，设关于x的不等式|2x－a|＋|x＋3|≥2x＋4的解集为A.
(1)若a＝1，求A；
(2)若A＝R，求a的取值范围．
解：(1)当x≤－3时，原不等式化为－3x－2≥2x＋4，综合得x≤－3.
当－3时，原不等式为3x＋2≥2x＋4，得x≥2.
综上，A＝{x|x≤0或x≥2}．
(2)当x≤－2时，|2x－a|＋|x＋3|≥0≥2x＋4成立．
当x>－2时，|2x－a|＋|x＋3|＝|2x－a|＋x＋3≥2x＋4，得x≥a＋1或x≤，
所以a＋1≤－2或a＋1≤，得a≤－2，
综上，a的取值范围为a≤－2.
24．“矩阵与变换和坐标系与参数方程”
在直角坐标系xOy中，设倾斜角为α的直线l：(t为参数)与曲线C：(θ为参数)相交于不同两点A，B.
(1)若α＝，求线段AB中点M的坐标；
(2)若|PA|·|PB|＝|OP|2，其中P(2，)，求直线l的斜率．
解：设直线l上的点A，B对应参数分别为t1，t2.将曲线C的参数方程化为普通方程＋y2＝1.
(1)当α＝时，设点M对应参数为t0.
直线l方程为(t为参数)．
代入曲线C的普通方程＋y2＝1，得13t2＋56t＋48＝0，则
t0＝＝－，
所以，点M的坐标为.
(2)将代入曲线C的普通方程＋y2＝1，得(cos2α＋4sin2α)t2＋(8sinα＋4cosα)t＋12＝0，
因为|PA|·|PB|＝|t1t2|＝，|OP|2＝7，所以＝7.
得tan2α＝.
由于Δ＝32cosα(2sinα－cosα)>0，故tanα＝.
所以直线l的斜率为.
8．B3、B10[2012·北京卷] 某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如图1－6所示．从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，m值为( )
图1－6
A．5 B．7 C．9 D．11
8．C [解析] 本题考查利用函数图像识别函数值的变化趋势，也就是函数增减速度的快慢．
法一：因为随着n的增大，Sn在增大，要使取得最大值，只要让随着n的增大Sn＋1－Sn的值超过(平均变化)的加入即可，Sn＋1－Sn的值不超过(平均变化)的舍去，由图像可知，6,7,8,9这几年的改变量较大，所以应该加入，到第10,11年的时候，改变量明显变小，所以不应该加入，故答案为C.
法二：假设是取的最大值，所以只要>即可，也就是>，即可以看作点Qm(m，Sm)与O(0,0)连线的斜率大于点Qm＋1(m＋1，Sm＋1)与O(0,0)连线的斜率，所以观察可知到第Q9(9，S9)与O(0,0)连线的斜率开始大于点Q10(10，S10)与O(0,0)连线的斜率．答案为C.
18．K6、B10[2012·课标全国卷] 某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．
(1)若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n(单位：枝，n∈N)的函数解析式；
(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：
日需求量n
14
15
16
17
18
19
20
频数
10
20
16
16
15
13
10
以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率．
①若花店一天购进16枝玫瑰花，X表示当天的利润(单位：元)，求X的分布列、数学期望及方差；
②若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由．
18．解：(1)当日需求量n≥16时，利润y＝80.
当日需求量n<16时，利润y＝10n－80.
所以y关于n的函数解析式为
y＝(n∈N)．
(2)①X可能的取值为60,70,80，并且
P(X＝60)＝0.1，P(X＝70)＝0.2，P(X＝80)＝0.7.
X的分布列为
X
60
70
80
P
0.1
0.2
0.7
X的数学期望为
EX＝60×0.1＋70×0.2＋80×0.7＝76.
X的方差为
DX＝(60－76)2×0.1＋(70－76)2×0.2＋(80－76)2×0.7＝44.
②答案一：
花店一天应购进16枝玫瑰花．理由如下：
若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润(单位：元)，那么Y的分布列为
Y
55
65
75
85
P
0.1
0.2
0.16
0.54
Y的数学期望为
EY＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4.
Y的方差为
DY＝(55－76.4)2×0.1＋(65－76.4)2×0.2＋(75－76.4)2×0.16＋(85－76.4)2×0.54
＝112.04.
由以上的计算结果可以看出，DX0，b∈R，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.
(1)证明：当0≤x≤1时，
(i)函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a；
(ii)f(x)＋|2a－b|＋a≥0；
(2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范围．
22．解：(1)(i)f′(x)＝12ax2－2b＝12a.
当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，＋∞)上单调递增．
当b＞0时，f′(x)＝12a.
此时f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以当0≤x≤1时，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a.
(ii)由于0≤x≤1，故
当b≤2a时，
f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)．
当b＞2a时，
f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a＞4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)．
设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则
g′(x)＝6x2－2＝6，
于是
x
0
1
g′(x)
－
0
＋
g(x)
1
减
极小值
增
1
所以，g(x)min＝g＝1－＞0.
所以当0≤x≤1时，2x3－2x＋1＞0.
故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.
(2)由(i)知，当0≤x≤1时，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以
|2a－b|＋a≤1.
若|2a－b|＋a≤1，则由②知
f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1.
所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是
即或③
在直角坐标系aOb中，③所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC.
做一组平行线a＋b＝t(t∈R)，得
－1＜a＋b≤3.
所以a＋b的取值范围是(－1,3]．
18．B10、B11、B12[2012·北京卷] 已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．
18．解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以
f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．
即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b，
解得a＝3，b＝3.
(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝a2时，
h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1，
h′(x)＝3x2＋2ax＋a2.
令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－.
a>0时，h(x)与h′(x)的情况如下：
x
－
－
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
所以函数h(x)的单调递增区间为和；单调递减区间为.
当－≥－1，即06时，函数h(x)在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间上单调递增，
又因h－h(－1)＝1－a＋a2
＝(a－2)2>0，
所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为
h＝1.
20．B11、B12[2012·福建卷] 已知函数f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；
(2)试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.
20．解：(1)由于f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线斜率k＝2a＝0，
所以a＝0，即f(x)＝ex－ex.
此时f′(x)＝ex－e，由f′(x)＝0得x＝1.
当x∈(－∞，1)时，有f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，
有f′(x)>0.所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，
令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点．
因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)．
①若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；
当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g(x0)＝0.故g(x)只有唯一零点x＝x0.
由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合题意．
②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a.
令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，记x*＝ln(－2a)，则当x∈(－∞，x*)时，h′(x)＜0，从而h(x)在(－∞，x*)内单调递减；当x∈(x*，＋∞)时，h′(x)＞0，从而h(x)在(x*，＋∞)内单调递增．
(i)若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上单调递增．
所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*.
(ii)若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且h(x0)＝0，则当x∈(x*，x0)时有g′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)＞0.
又当x∈(－∞，x1)时，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)
＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c，
其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)．
由于a＜0，则必存在x2＜x1，使得ax＋bx2＋c＜0.
所以g(x2)＜0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点．即g(x)在R上至少有两个零点．
(iii)若x0＜x*，仿(ii)并利用ex＞，可证函数g(x)在R上至少有两个零点．
综上所述，当a＜0时，曲线y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.
12．B11[2012·广东卷] 曲线y＝x3－x＋3在点(1,3)处的切线方程为________．
12．y＝2x＋1 [解析] 根据已知曲线方程求导得：y′＝3x2－1，所以切线斜率k＝y′|x＝1＝3－1＝2，所以根据点斜式方程得：y－3＝2(x－1)，即方程为：y＝2x＋1.
15．B11[2012·辽宁卷] 已知P，Q为抛物线x2＝2y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，－2，过P、Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为________．
15．－4 [解析] 本小题主要考查导数的几何意义的应用．解题的突破口为求切点坐标和切线的斜率．
由x2＝2y可知y＝x2，这时y′＝x，由P，Q的横坐标为4，－2，这时P(4,8)，Q(－2,2), 以点P为切点的切线方程PA为y－8＝4(x－4)，即4x－y－8＝0①；以点Q为切点的切线方程QA为y－2＝－2(x＋2)，即2x＋y＋2＝0②；由①②联立得A点坐标为(1，－4)，这时纵坐标为－4.
9．B11、B12、E1[2012·浙江卷] 设a>0，b>0( )
A．若2a＋2a＝2b＋3b，则a>b
B．若2a＋2a＝2b＋3b，则ab
D．若2a－2a＝2b－3b，则a2b＋2b.构造函数：f(x)＝2x＋2x，则f(x)＝2x＋2x在x＞0上单调递增，即a＞b成立，故A正确，B错误．其余选项用同样方法排除．
B12 导数的应用
22．B10、B11、B12[2012·浙江卷] 已知a>0，b∈R，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.
(1)证明：当0≤x≤1时，
(i)函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a；
(ii)f(x)＋|2a－b|＋a≥0；
(2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范围．
22．解：(1)(i)f′(x)＝12ax2－2b＝12a.
当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，＋∞)上单调递增．
当b＞0时，f′(x)＝12a.
此时f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以当0≤x≤1时，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a.
(ii)由于0≤x≤1，故
当b≤2a时，
f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)．
当b＞2a时，
f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a＞4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)．
设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则
g′(x)＝6x2－2＝6，
于是
x
0
1
g′(x)
－
0
＋
g(x)
1
减
极小值
增
1
所以，g(x)min＝g＝1－＞0.
所以当0≤x≤1时，2x3－2x＋1＞0.
故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.
(2)由(i)知，当0≤x≤1时，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以
|2a－b|＋a≤1.
若|2a－b|＋a≤1，则由②知
f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1.
所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是
即或③
在直角坐标系aOb中，③所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC.
做一组平行线a＋b＝t(t∈R)，得
－1＜a＋b≤3.
所以a＋b的取值范围是(－1,3]．
23．“数学史与不等式选讲”模块
已知a∈R，设关于x的不等式|2x－a|＋|x＋3|≥2x＋4的解集为A.
(1)若a＝1，求A；
(2)若A＝R，求a的取值范围．
解：(1)当x≤－3时，原不等式化为－3x－2≥2x＋4，综合得x≤－3.
当－3时，原不等式为3x＋2≥2x＋4，得x≥2.
综上，A＝{x|x≤0或x≥2}．
(2)当x≤－2时，|2x－a|＋|x＋3|≥0≥2x＋4成立．
当x>－2时，|2x－a|＋|x＋3|＝|2x－a|＋x＋3≥2x＋4，得x≥a＋1或x≤，
所以a＋1≤－2或a＋1≤，得a≤－2，
综上，a的取值范围为a≤－2.
24．“矩阵与变换和坐标系与参数方程”
在直角坐标系xOy中，设倾斜角为α的直线l：(t为参数)与曲线C：(θ为参数)相交于不同两点A，B.
(1)若α＝，求线段AB中点M的坐标；
(2)若|PA|·|PB|＝|OP|2，其中P(2，)，求直线l的斜率．
解：设直线l上的点A，B对应参数分别为t1，t2.将曲线C的参数方程化为普通方程＋y2＝1.
(1)当α＝时，设点M对应参数为t0.
直线l方程为(t为参数)．
代入曲线C的普通方程＋y2＝1，得13t2＋56t＋48＝0，则
t0＝＝－，
所以，点M的坐标为.
(2)将代入曲线C的普通方程＋y2＝1，得(cos2α＋4sin2α)t2＋(8sinα＋4cosα)t＋12＝0，
因为|PA|·|PB|＝|t1t2|＝，|OP|2＝7，所以＝7.
得tan2α＝.
由于Δ＝32cosα(2sinα－cosα)>0，故tanα＝.
所以直线l的斜率为.
21．B12、E7[2012·辽宁卷] 设f(x)＝ln(x＋1)＋＋ax＋b(a，b∈R，a，b为常数)，曲线y＝f(x)与直线y＝x在(0,0)点相切．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当0＜x＜2时，f(x)＜.
21．解：(1)由y＝f(x)过(0,0)点，得b＝－1.
由y＝f(x)在(0,0)点的切线斜率为，
又y′x＝0＝＋a，
得a＝0.
(2)(证法一)
由均值不等式，当x＞0时，2＜x＋1＋1＝x＋2，故＜＋1.
记h(x)＝f(x)－，则
h′(x)＝＋－
＝－
＜－
＝.
令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，则当0＜x＜2时，
g′(x)＝3(x＋6)2－216＜0.
因此g(x)在(0,2)内是递减函数，又由g(0)＝0，得
g(x)＜0，所以h′(x)＜0.
因此h(x)在(0,2)内是递减函数，又h(0)＝0，得h(x)＜0.于是
当0＜x＜2时，f(x)<.
(证法二)
由(1)知f(x)＝ln(x＋1)＋－1.
由均值不等式，当x＞0时，2＜x＋1＋1＝x＋2，故＜＋1.①
令k(x)＝ln(x＋1)－x，则k(0)＝0，k′(x)＝－1＝＜0，
故k(x)＜0，即ln(x＋1)＜x.②
由①②得，当x＞0时，f(x)＜x.
记h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，则当0＜x＜2时，
h′(x)＝f(x)＋(x＋6)f′(x)－9
＜x＋(x＋6)－9
＝[3x(x＋1)＋(x＋6)(2＋)－18(x＋1)]
<[3x(x＋1)＋(x＋6)－18(x＋1)]
＝(7x－18)＜0.
因此h(x)在(0,2)内单调递减，又h(0)＝0，
所以h(x)＜0，即f(x)＜.
12．B12[2012·辽宁卷] 若x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是( )
A．ex≤1＋x＋x2 B.≤1－x＋x2
C．cosx≥1－x2 D．ln(1＋x)≥x－x2
12．C [解析] 本小题主要考查导数与函数知识，属于导数在函数中的应用．解题的突破口为构造函数，借助导数工具来解决问题．
验证A，当x＝3时，e3>2.73＝19.68>1＋3＋32＝13，故排除A；验证B，当x＝时，＝，而1－×＋×＝＝＝<＝，故排除B；
验证C，令g(x)＝cosx－1＋x2，g′(x)＝－sinx＋x，g″(x)＝1－cosx，显然g″(x)>0恒成立，
所以当x∈[0，＋∞)时，g′(x)≥g′(0)＝0，所以x∈[0，＋∞)时，g(x)＝cosx－1＋x2为增函数，所以g(x)≥g(0)＝0恒成立，即cosx≥1－x2恒成立；验证D，令h(x)＝ln(1＋x)－x＋x2，h′(x)＝－1＋＝，令h′(x)<0，解得00.
从而，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)由已知条件得ex－(a＋1)x≥b. ①
(i)若a＋1<0，则对任意常数b，当x<0，且x<时，可得ex－(a＋1)x0，设g(x)＝ex－(a＋1)x，
则g′(x)＝ex－(a＋1)．
当x∈(－∞，ln(a＋1))时，g′(x)<0；当x∈(ln(a＋1)，＋∞)时，g′(x)>0.
从而g(x)在(－∞，ln(a＋1))单调递减，在(ln(a＋1)，＋∞)单调递增．
故g(x)有最小值g(ln(a＋1))＝a＋1－(a＋1)ln(a＋1)．
所以f(x)≥x2＋ax＋b等价于
b≤a＋1－(a＋1)ln(a＋1)． ②
因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)．
设h(a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，
则h′(a)＝(a＋1)(1－2ln(a＋1))．
所以h(a)在(－1，e－1)单调递增，在(e－1，＋∞)单调递减，故h(a)在a＝e－1处取得最大值．从而h(a)≤，即(a＋1)b≤.
当a＝e－1，b＝时，②式等号成立，
故f(x)≥x2＋ax＋b.
综合得，(a＋1)b的最大值为.
图1－6
20．B12[2012·天津卷] 已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值为0，其中a＞0.
(1)求a的值；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，有f(x)≤kx2成立，求实数k的最小值；
(3)证明－ln(2n＋1)＜2(n∈N*)．
20．解：(1)f(x)的定义域为(－a，＋∞)．
f′(x)＝1－＝.
由f′(x)＝0，得x＝1－a＞－a.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－a,1－a)
1－a
(1－a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
因此，f(x)在x＝1－a处取得最小值，
故由题意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1.
(2)当k≤0时，取x＝1，有f(1)＝1－ln2＞0，
故k≤0不合题意．
当k＞0时，令g(x)＝f(x)－kx2，
即g(x)＝x－ln(x＋1)－kx2.
g′(x)＝－2kx＝.
令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝＞－1.
①当k≥时， ≤0，g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，因此g(x)在[0，＋∞)上单调递减，从而对任意的x∈[0，＋∞)，总有g(x)≤g(0)＝0，即f(x)≤kx2在[0，＋∞)上恒成立，故k≥符合题意．
②当0＜k＜时，＞0, 对于x∈，g′(x)＞0，故g(x)在内单调递增，因此当取x0∈时，g(x0)＞g(0)＝0，即f(x0)≤kx不成立，故0＜k＜不合题意．
综上，k的最小值为.
(3)证明：当n＝1时，不等式左边＝2－ln3＜2＝右边，所以不等式成立．
当n≥2时，
＝
＝－ln(2i＋1)－ln(2i－1)]
＝－ln(2n＋1)．
在(2)中取k＝，得f(x)≤(x≥0)，从而
f≤＜(i∈N*，i＞2)，
所以有
－ln(2n＋1)
＝＝f(2)＋＜2－ln3＋＝2－ln3＋
＝2－ln3＋1－＜2.
综上，－ln(2n＋1)＜2，n∈N*.
10．B12[2012·全国卷] 已知函数y＝x3－3x＋c的图像与x轴恰有两个公共点，则c
＝( )
A．－2或2 B．－9或3
C．－1或1 D．－3或1
10．A [解析] 本小题主要考查导数的应用，解题的突破口为三次函数求导后极大值或极小值等于零．
由f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)＝0⇒x＝±1，结合f(x)的图象可知只要f(－1)＝0或f(1)＝0即可，故解得c＝－2或2，故选A.
19．B12[2012·安徽卷] 设函数f(x)＝aex＋＋b(a>0)．
(1)求f(x)在[0，＋∞)内的最小值；
(2)设曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝x，求a，b的值．
19．解：(1)f′(x)＝aex－.
当f′(x)＞0，即x＞－lna时，f(x)在(－lna，＋∞)上递增；
当f′(x)＜0，即x＜－lna时，f(x)在(－∞，－lna)上递减；
①当0＜a＜1时，－lna＞0，f(x)在(0，－lna)上递减，在(－lna，＋∞)上递增，从而f(x)在上的最小值为f(－lna)＝2＋b；
②当a≥1时，－lna≤0，f(x)在上递增，从而f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(0)＝a＋＋b.
(2)依题意f′(2)＝ae2－＝，解得ae2＝2或ae2＝－(舍去)．
所以a＝，代入原函数可得2＋＋b＝3，即b＝.
故a＝，b＝.
20．B12[2012·全国卷] 设函数f(x)＝ax＋cosx，x∈[0，π]．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设f(x)≤1＋sinx，求a的取值范围．
20．解：(1)f′(x)＝a－sinx.
①当a≥1时，f′(x)≥0，且仅当a＝1，x＝时，f′(x)＝0，所以f(x)在[0，π]上是增函数；
②当a≤0时，f′(x)≤0，且仅当a＝0，x＝0或x＝π时，f′(x)＝0，所以f(x)在[0，π]上是减函数；
③当00，f(x)是增函数；
当x∈(x1，x2)时，sinx>a，f′(x)<0，f(x)是减函数；
当x∈(x2，π]时，sinx0，f(x)是增函数．
(2)由f(x)≤1＋sinx得f(π)≤1，aπ－1≤1，
所以a≤.
令g(x)＝sinx－x，
则g′(x)＝cosx－.
当x∈时，g′(x)>0，
当x∈时，g′(x)<0.
又g(0)＝g＝0，所以g(x)≥0，
即x≤sinx.
当a≤时，有f(x)≤x＋cosx.
①当0≤x≤时，x≤sinx，cosx≤1，所以f(x)≤1＋sinx；
②当≤x≤π时，f(x)≤x＋cosx＝1＋－sin≤1＋sinx.
综上，a的取值范围是.
14．J3、B12[2012·浙江卷] 若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________.
14．10 [解析] 本题主要考查函数的解析式以及二项式定理．
法一：由于f(x)＝x5＝5那么a3＝C(－1)2＝10，故应填10.
法二：对等式f(x)＝x5＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5两边连续对x求导三次得：60x2＝6a3＋24a4(1＋x)＋60a5(1＋x)2，再运用赋值法，令x＝－1得：60＝6a3，即a3＝10.
法三：由等式两边对应项系数相等．
即⇒a3＝10.
[点评] 正确地把函数与二项展开式加以对比，再结合二项式定理加以分析与应用．注意等式的拆分与组合．
9．B11、B12、E1[2012·浙江卷] 设a>0，b>0( )
A．若2a＋2a＝2b＋3b，则a>b
B．若2a＋2a＝2b＋3b，则ab
D．若2a－2a＝2b－3b，则a2b＋2b.构造函数：f(x)＝2x＋2x，则f(x)＝2x＋2x在x＞0上单调递增，即a＞b成立，故A正确，B错误．其余选项用同样方法排除．
22．B12、M3、M2[2012·湖北卷] (1)已知函数f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x>0)，其中r为有理数，且00}，B＝{x∈R|2x2－3(1＋a)x＋6a>0}，D＝A∩B.
(1)求集合D(用区间表示)；
(2)求函数f(x)＝2x3－3(1＋a)x2＋6ax在D内的极值点．
21．解：(1)x∈D⇔x>0且2x2－3(1＋a)x＋6a>0.
令h(x)＝2x2－3(1＋a)x＋6a，
Δ＝9(1＋a)2－48a＝3(3a－1)(a－3)．
①当0，∴B＝R.
于是D＝A∩B＝A＝(0，＋∞)．
②当a＝时，Δ＝0，此时方程h(x)＝0有唯一解，
x1＝x2＝＝＝1，
∴B＝(－∞，1)∪(1，＋∞)．
于是D＝A∩B＝(0,1)∪(1，＋∞)．
③当a<时，Δ>0，此时方程h(x)＝0有两个不同的解
x1＝，
x2＝.
∵x10，
∴B＝(－∞，x1)∪(x2，＋∞)．
又∵x1>0⇔a>0，所以
i)当0a且x1<<1，
x2＝
＝
>＝1，
∴a∈D,1∉D.
由表可得，x＝a为f(x)在D内的极大值点．
④当a≤0时，D＝(x2，＋∞)且x2>1.
由表可得，f(x)在D内单调递增．
因此f(x)在D内没有极值点．
18．B10、B11、B12[2012·北京卷] 已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．
18．解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以
f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．
即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b，
解得a＝3，b＝3.
(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝a2时，
h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1，
h′(x)＝3x2＋2ax＋a2.
令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－.
a>0时，h(x)与h′(x)的情况如下：
x
－
－
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
所以函数h(x)的单调递增区间为和；单调递减区间为.
当－≥－1，即06时，函数h(x)在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间上单调递增，
又因h－h(－1)＝1－a＋a2
＝(a－2)2>0，
所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为
h＝1.
20．B11、B12[2012·福建卷] 已知函数f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；
(2)试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.
20．解：(1)由于f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线斜率k＝2a＝0，
所以a＝0，即f(x)＝ex－ex.
此时f′(x)＝ex－e，由f′(x)＝0得x＝1.
当x∈(－∞，1)时，有f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，
有f′(x)>0.所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，
令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点．
因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)．
①若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；
当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g(x0)＝0.故g(x)只有唯一零点x＝x0.
由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合题意．
②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a.
令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，记x*＝ln(－2a)，则当x∈(－∞，x*)时，h′(x)＜0，从而h(x)在(－∞，x*)内单调递减；当x∈(x*，＋∞)时，h′(x)＞0，从而h(x)在(x*，＋∞)内单调递增．
(i)若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上单调递增．
所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*.
(ii)若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且h(x0)＝0，则当x∈(x*，x0)时有g′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)＞0.
又当x∈(－∞，x1)时，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)
＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c，
其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)．
由于a＜0，则必存在x2＜x1，使得ax＋bx2＋c＜0.
所以g(x2)＜0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点．即g(x)在R上至少有两个零点．
(iii)若x0＜x*，仿(ii)并利用ex＞，可证函数g(x)在R上至少有两个零点．
综上所述，当a＜0时，曲线y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.
21．B12[2012·江西卷] 若函数h(x)满足
①h(0)＝1，h(1)＝0；
②对任意a∈[0,1]，有h(h(a))＝a；
③在(0,1)上单调递减．
则称h(x)为补函数．已知函数h(x)＝(λ>－1，p>0)．
(1)判断函数h(x)是否为补函数，并证明你的结论；
(2)若存在m∈[0,1]，使h(m)＝m，称m是函数h(x)的中介元．记p＝(n∈N*)时h(x)的中介元为xn，且Sn＝i，若对任意的n∈N*，都有Sn<，求λ的取值范围；
(3)当λ＝0，x ∈(0,1)时，函数y＝h(x)的图像总在直线y＝1－x的上方，求p的取值范围．
21．解：(1)函数h(x)是补函数，证明如下：
①h(0)＝＝1，h(1)＝＝0；
②对任意a∈[0,1]，有h(h(a))＝h＝＝＝a；
③令g(x)＝(h(x))p，
有g′(x)＝＝.
因为λ>－1，p>0，所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0，所以函数g(x)在(0,1)上单调递减，故函数h(x)
在(0,1)上单调递减．
(2)当p＝(n∈N*)，由h(x)＝x，得λx＋2x－1＝0，(*)
(i)当λ＝0时，中介元xn＝n；
(ii)当λ>－1且λ≠0时，由(*)得x＝∈(0,1)或x＝∉[0,1]；
得中介元xn＝n.
综合(i)(ii)：对任意的λ>－1，中介元为xn＝n(n∈N*)．
于是，当λ>－1时，
有Sn＝ i
＝<，
当n无限增大时，n无限接近于0，Sn无限接近于，
故对任意的n∈N*，Sn<成立等价于≤，即λ∈[3，＋∞)．
(3)当λ＝0时，h(x)＝(1－xp)，中介元为xp＝.
(i)当01时，依题意只需(1－xp)>1－x在x∈(0,1)时恒成立，
也即xp＋(1－x)p<1在x∈(0,1)时恒成立，
设φ(x)＝xp＋(1－x)p，x∈(0,1)，
则φ′(x)＝p[xp－1－(1－x)p－1]，
由φ′(x)＝0得x＝，且当x∈时，φ′(x)<0，当x∈时，φ′(x)>0，
又因为φ(0)＝φ(1)＝1，所以当x∈(0,1)时，φ(x)<1恒成立．
综上：p的取值范围是(1，＋∞)．
7．B12[2012·陕西卷] 设函数f(x)＝xex，则( )
A．x＝1为f(x)的极大值点
B．x＝1为f(x)的极小值点
C．x＝－1为f(x)的极大值点
D．x＝－1为f(x)的极小值点
7．D [解析] 本小题主要考查导数与函数单调性及函数的极值的知识，解题的突破口为求函数的导函数，判断函数的单调性，从而判断函数的极值点．f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，因为ex>0恒成立，当f′(x)>0时，x>－1，函数f(x)为单调增函数；当f′(x)<0时，x<－1，函数f(x)为单调减函数．所以x＝－1为极小值点．故选D.
8．B12[2012·重庆卷] 设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图1－1所示，则下列结论中一定成立的是( )
图1－1
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
8．D [解析] 在x＝－2左侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＞0，则f′(x)＞0，在x＝－2右侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＜0，则f′(x)＜0，所以函数在x＝－2处取得极大值；在x＝1左侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＜0，f′(x)＜0，在x＝1右侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＞0，则f′(x)＜0，所以函数在x＝1处没有极值；在x＝2左侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＞0，则f′(x)＜0，在x＝2右侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＜0，则f′(x)＞0，所以函数在x＝2处取得极小值．
22．B12[2012·山东卷] 已知函数f(x)＝(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设g(x)＝(x2＋x)f′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x>0，g(x)<1＋e－2.
22．解：(1)由f(x)＝，
得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，
由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，
所以f′(1)＝0，因此k＝1.
(2)由(1)得f′(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，
令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，h(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.
又ex>0，
所以x∈(0,1)时，f′(x)>0；
x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(3)证明：因为g(x)＝(x2＋x)f′(x)，
所以g(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，
因此对任意x>0，g(x)<1＋e－2等价于1－x－xlnx<(1＋e－2)．
由(2)，h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)，x∈(0，＋∞)，
因此当x∈(0，e－2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
所以h(x)的最大值为h(e－2)＝1＋e－2，
故1－x－xlnx≤1＋e－2.
设φ(x)＝ex－(x＋1)．
因为φ′(x)＝ex－1＝ex－e0，
所以x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
φ(x)>φ(0)＝0，
故x∈(0，＋∞)时，φ(x)＝ex－(x＋1)>0，
即>1.
所以1－x－xlnx≤1＋e－2<(1＋e－2)．
因此对任意x>0，g(x)<1＋e－2.
16．B11、B12、E3[2012·重庆卷] 设f(x)＝a ln x＋＋x＋1，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的极值．
16．解：(1)因f(x)＝a ln x＋＋x＋1，
故f′(x)＝－＋.
由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f′(1)＝0，从而a－＋＝0，解得a＝－1.
(2)由(1)知f(x)＝－ln x＋＋x＋1(x＞0)，
f′(x)＝－－＋
＝
＝.
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－(因x2＝－不在定义域内，舍去)．
当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，故f(x)在(0,1)上为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数．
故f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝3，无极大值．
B13 定积分与微积分基本定理
11．B13[2012·江西卷] 计算定积分－1(x2＋sinx)dx＝________.
11. [解析] 考查定积分的计算、诱导公式，以及运算能力；解题的突破口是通过基本初等函数的导数公式的逆向使用确定被积函数的原函数.－1(x2＋sinx)dx＝＝－cos1－＋cos(－1)＝.
6．K3、B13[2012·福建卷] 如图1－1所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，
则点P恰好取自阴影部分的概率为( )
图1－1
A. B. C. D.
6．C [解析] 本题考查几何概型的计算与求解以及定积分的计算，解决本题的关键是利用定积分求出阴影部分的面积，再利用几何概型公式求解．阴影部分的面积是：
S阴影＝(－x)dx＝＝－＝，利用几何概型公式得：P＝＝＝.
15．B13[2012·山东卷] 设a>0，若曲线y＝与直线x＝a，y＝0所围成封闭图形的面积为a2，则a＝________.
15. [解析] 本题考查定积分的应用，考查运算求解能力，容易题．由题意得a2＝dx＝＝a，解之得a＝.
3．B13、B5[2012·湖北卷] 已知二次函数y＝f(x)的图象如图1－1所示，则它与x轴所围图形的面积为( )
图1－1
A. B.
C. D.
3．B [解析] (解法一)设f(x)＝ax2＋bx＋c.因为函数f(x)的图象过(－1,0)，(1,0)，(0,1)，代入得 解得 故f(x)＝1－x2.
故S＝－1dx＝＝.故选B.
(解法二)设f(x)＝a，将x＝0，y＝1代入f(x)＝a，得a＝－1，所以f(x)＝－＝1－x2，所以S＝－1dx＝＝.故选B.
(解法三)观察函数图象可知，二次函数f(x)的顶点坐标为(0,1)，故可设f(x)＝ax2＋1，又函数图象过点(1,0)，代入得a＝－1，所以f(x)＝－x2＋1.所以S＝＝＝.故选B.
B14 单元综合
10．B14[2012·福建卷] 函数f(x)在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有f≤
[f(x1)＋f(x2)]，则称f(x)在[a，b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P，现给出如下命题：
①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的；
②f(x2)在[1，]上具有性质P；
③若f(x)在x＝2处取得最大值1，则f(x)＝1，x∈[1,3]；
④对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有f≤[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]．
其中真命题的序号是( )
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
10．D [解析] 根据已知条件，函数y＝f(x)是凹函数，对于①，当函数f(x)满足f(x)＝时仍然满足不等式f≤[f(x1)＋f(x2)]，但是此时函数是不连续的，所以①不正确；对于③，若f(x)在x＝2时取得最大值，再满足性质f≤[f(x1)＋f(x2)]，所以函数是常函数，[f(x1)＋f(x2)]＝2，所以f(x)＝1，且x∈[1,3]，所以③正确；
因为x1，x2，x3，x4∈[1,3]，∴，∈[1,3]，所以满足性质P，
∴f≤.
又因为f≤[f(x1)＋f(x2)]，
f≤[f(x3)＋f(x4)]，所以
≤[f(x1)＋f(x2)]＋[f(x3)＋f(x4)]＝
[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]，
∴f≤[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]，所以④正确．所以选择D.
15．B14[2012·福建卷] 对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝设f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且关于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是________．
15. [解析] 根据新运算符号得到函数f(x)的解析式，即为：
f(x)＝(2x－1)*(x－1)＝
化简得：
f(x)＝画出函数f(x)的图象(如下图所示)，
如果f(x)＝m有三个不同的实数解，即直线y＝m与函数f(x)的图象有三个交点，如图，当直线y＝m过抛物线f(x)＝－x2＋x的顶点且与x轴平行时，此时有两个交点，抛物线的顶点纵坐标是：y＝.设三个交点分别为：x1，x2，x3，且依次是从小到大的顺序排列，所以x1
即为方程2x2－x＝小于0的解，解得x1＝，此时x2＝x3＝，所以x1·x2·x3＝××＝，y＝m与函数f(x)有2个交点的最低位置是当y＝m与x轴重合时，此时x1·x2·x3＝0，所以当方程f(x)＝m有三个不等实根时，x1·x2·x3∈.
21． B12、B14 、E8 [2012·广东卷] 设a<1，集合A＝{x∈R|x>0}，B＝{x∈R|2x2－3(1＋a)x＋6a>0}，D＝A∩B.
(1)求集合D(用区间表示)；
(2)求函数f(x)＝2x3－3(1＋a)x2＋6ax在D内的极值点．
21．解：(1)x∈D⇔x>0且2x2－3(1＋a)x＋6a>0.
令h(x)＝2x2－3(1＋a)x＋6a，
Δ＝9(1＋a)2－48a＝3(3a－1)(a－3)．
①当0，∴B＝R.
于是D＝A∩B＝A＝(0，＋∞)．
②当a＝时，Δ＝0，此时方程h(x)＝0有唯一解，
x1＝x2＝＝＝1，
∴B＝(－∞，1)∪(1，＋∞)．
于是D＝A∩B＝(0,1)∪(1，＋∞)．
③当a<时，Δ>0，此时方程h(x)＝0有两个不同的解
x1＝，
x2＝.
∵x10，
∴B＝(－∞，x1)∪(x2，＋∞)．
又∵x1>0⇔a>0，所以
i)当0a且x1<<1，
x2＝
＝
>＝1，
∴a∈D,1∉D.
由表可得，x＝a为f(x)在D内的极大值点．
④当a≤0时，D＝(x2，＋∞)且x2>1.
由表可得，f(x)在D内单调递增．
因此f(x)在D内没有极值点．
8．B14[2012·湖南卷] 已知两条直线l1：y＝m和l2：y＝(m＞0)，l1与函数y＝|log2x|的图象从左至右相交于点A，B，l2与函数y＝|log2x|的图象从左至右相交于点C，D.记线段AC和BD在x轴上的投影长度分别为a，b.当m变化时，的最小值为( )
A．16 B．8
C．8 D．4
8．B [解析] 考查函数的图象变换、均值不等式和对数方程，以及数形结合和函数与方程思想，综合程度高，难度也较大，关键是转化为关于m的代数式最值问题．
线段AC和BD在x轴上的投影长度分别为a，b，由已知可求出ABCD四点的横坐标得a＝|xA－xC|＝，b＝|xB－xD|＝，
所以＝＝2m＋，
令t＝m＋＝＋－≥2－＝4－，
＝2m＋≥24－＝8，所以最小值为8.
20．B14[2012·湖南卷] 某企业接到生产3000台某产品的A，B，C三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数量分别为2,2,1(单位：件)．已知每个工人每天可生产A部件6件，或B部件3件，或C部件2件．该企业计划安排200名工人分成三组分别生产这三种部件，生产B部件的人数与生产A部件的人数成正比，比例系数为k(k为正整数)．
(1)设生产A部件的人数为x，分别写出完成A，B，C三种部件生产需要的时间；
(2)假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数k的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人数分组方案．
20．解：(1)设完成A，B，C三种部件的生产任务需要的时间(单位：天)分别为T1(x)，T2(x)，T3(x)，由题设有
T1(x)＝＝，
T2(x)＝，
T3(x)＝，
其中x，kx,200－(1＋k)x均为1到200之间的正整数．
(2)完成订单任务的时间为f(x)＝max{T1(x)，T2(x)，T3(x)}，其定义域为.易知，T1(x)，T2(x)为减函数，T3(x)为增函数．注意到T2(x)＝T1(x)，于是
①当k＝2时，T1(x)＝T2(x)，此时
f(x)＝max{T1(x)，T3(x)}
＝max.
由函数T1(x)，T3(x)的单调性知，当＝时f(x)取得最小值，解得x＝.由于44＜＜45，而f(44)＝T1(44)＝，f(45)＝T3(45)＝，f(44)＜f(45)．故当x＝44时完成订单任务的时间最短，且最短时间为f(44)＝.
②当k＞2时，T1(x)＞T2(x)，由于k为正整数，故k≥3，此时
≥＝.
记T(x)＝，φ(x)＝max{T1(x)，T(x)}，易知T(x)是增函数，则f(x)＝max{T1(x)，T3(x)}≥max{T1(x)，T(x)}＝φ(x)＝max.
由函数T1(x)，T(x)的单调性知，当＝时φ(x)取最小值，解得x＝.由于36＜＜37，而φ(36)＝T1(36)＝＞，φ(37)＝T(37)＝＞.此时完成订单任务的最短时间大于.
③当k＜2时，T1(x)＜T2(x)，由于k为正整数，故k＝1，此时
f(x)＝max{T2(x)，T3(x)}＝max.
由函数T2(x)，T3(x)的单调性知，当＝时f(x)取最小值，解得x＝，类似(1)的讨论，此时完成订单任务的最短时间为，大于.综上所述，当k＝2时，完成订单任务的时间最短，此时，生产A，B，C三种部件的人数分别为44,88,68.
22．B14[2012·湖南卷] 已知函数f(x)＝eax－x，其中a≠0.
(1)若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合；
(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(x1＜x2)，记直线AB的斜率为k.问：是否存在x0∈(x1，x2)，使f′(x0)＞k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由．
22．解：(1)若a＜0，则对一切x＞0，f(x)＝eax－x＜1，
这与题设矛盾．又a≠0，故a＞0.
而f′(x)＝aeax－1，令f′(x)＝0得x＝ln.
当x＜ln时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．故当x＝ln，f(x)取最小值f＝－ln.
于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当
－ln≥1. ①
令g(t)＝t－tlnt，则g′(t)＝－lnt.
当0＜t＜1时，g′(t)＞0，g(t)单调递增；当t＞1时，g′(t)＜0，g(t)单调递减．
故当t＝1时，g(t)取最大值g(1)＝1.
因此，当且仅当＝1，即a＝1时，①式成立．
综上所述，a的取值集合为{1}．
(2)由题意知，k＝＝－1.
令φ(x)＝f′(x)－k＝aeax－.则
φ(x1)＝－[ea(x2－x1)－a(x2－x1)－1]，
φ(x2)＝[ea(x1－x2)－a(x1－x2)－1]．
令F(t)＝et－t－1，则F′(t)＝et－1.
当t＜0时，F′(t)＜0，F(t)单调递减；
当t＞0时，F′(t)＞0，F(t)单调递增．
故当t≠0时，F(t)＞F(0)＝0，即et－t－1＞0.
从而ea(x2－x1)－a(x2－x1)－1＞0，
ea(x1－x2)－a(x1－x2)－1＞0，
又＞0，＞0，
所以φ(x1)＜0，φ(x2)＞0.
因为函数y＝φ(x)在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在c∈(x1，x2)，使得φ(c)＝0.又φ′(x)＝a2eax＞0，φ(x)单调递增，故这样的c是唯一的，且c＝ln.故当且仅当x∈时，f′(x)>k.
综上所述，存在x0∈(x1，x2)，使f′(x0)＞k成立，
且x0的取值范围为.
10．B14[2012·江苏卷] 设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1,1]上，f(x)＝其中a，b∈R.若f＝f，
则a＋3b的值为________．
10．－10 [解析] 本题考查函数的周期性以及分段函数的函数值求解．解题突破口为根据周期性将f转化为f.
由条件得f＝，f＝f＝－a＋1，从而＝－a＋1，化简得3a＋2b＝－2，
又f(－1)＝f(1)得－a＋1＝，联立解之得a＝2，b＝－4，从而a＋3b＝－10.
18．B14[2012·江苏卷] 若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．
(1)求a和b的值；
(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点；
(3)设h(x)＝f(f(x))－c，其中c∈[－2,2]，求函数y＝h(x)的零点个数．
18．解：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.
(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.因为f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，于是函数g(x)的极值点只可能是1或－2.
当x<－2时，g′(x)<0；当－20，故－2是g(x)的极值点．
当－21时，g′(x)>0，故1不是g(x)的极值点．
所以g(x)的极值点为－2.
(3)令f(x)＝t，则h(x)＝f(t)－c.先讨论关于x的方程f(x)＝d根的情况，d∈[－2,2]．
当|d|＝2时，由(2)可知，f(x)＝－2的两个不同的根为1和－2，注意到f(x)是奇函数，所以f(x)＝2的两个不同的根为－1和2.
当|d|<2时，因为f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d>0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d<0，
所以－2，－1,1,2都不是f(x)＝d的根．由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)．
①当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，于是f(x)是单调增函数，从而f(x)>f(2)＝2.
此时f(x)＝d无实根．同理，f(x)＝d在(－∞，－2)上无实根．
②当x∈(1,2)时，f′(x)>0，于是f(x)是单调增函数，又f(1)－d<0，f(2)－d>0，y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(1,2)内有唯一实根．同理，f(x)＝d在(－2，－1)内有唯一实根．
③当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，故f(x)是单调减函数，又f(－1)－d>0，f(1)－d<0，y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(－1,1)内有唯一实根．
由上可知：当|d|＝2时，f(x)＝d有两个不同的根x1，x2满足|x1|＝1，|x2|＝2；
当|d|<2时，f(x)＝d有三个不同的根x3，x4，x5满足|xi|<2，i＝3,4,5.
现考虑函数y＝h(x)的零点．
(i)当|c|＝2时，f(t)＝c有两个根t1，t2满足|t1|＝1，|t2|＝2，而f(x)＝t1有三个不同的根，f(x)＝t2有两个不同的根，故y＝h(x)有5个零点．
(ii)当|c|<2时，f(t)＝c有三个不同的根t3，t4，t5满足|ti|<2，i＝3,4,5，而
f(x)＝ti(i＝3,4,5)有三个不同的根，故y＝h(x)有9个零点．
综上可知， 当|c|＝2时，函数y＝h(x)有5个零点；当|c|<2时，函数y＝h(x)有9个零点．
9．B14[2012·山东卷] 函数y＝的图象大致为( )
图1－2
9．D [解析] 本题考查函数的图象与性质，考查推理论证能力，应用意识，中档题．
由函数y＝为奇函数，排除选项A，当x无限大时，y趋向于0，排除选项C，当x从正数趋向于0时，y趋向于正无穷大，故选D.
13．B14[2012·上海卷] 已知函数y＝f(x)的图像是折线段ABC，其中A(0,0)、B、C(1,0)．函数y＝xf(x)(0≤x≤1)的图像与x轴围成的图形的面积为________．
13. [解析] 考查分段函数和用定积分求曲边形的面积，考查学生分类讨论思想和转化思想．
由已知可得函数的解析式y＝xf(x)＝ 曲线与x轴围成区域的面积，可用定积分表示S＝∫0(10x2 )dx＋(10x－10x2)dx＝ .
20．B14[2012·上海卷] 已知函数f(x)＝lg(x＋1)．
(1)若0＜f(1－2x)－f(x)＜1，求x的取值范围；
(2)若g(x)是以2为周期的偶函数，且当0≤x≤1时，有g(x)＝f(x)，求函数y＝g(x)(x∈[1,2])的反函数．
20．解：(1)由得－1＜x＜1.
由0＜lg(2－2x)－lg(x＋1)＝lg＜1得1＜＜10.
因为x＋1＞0，所以x＋1＜2－2x＜10x＋10，
－＜x＜，
由得－＜x＜，
所以x的取值范围是.
(2)g(x)是以2为周期的偶函数，
当x∈[1,2]时，2－x∈[0,1]，因此
y＝g(x)＝g(x－2)＝g(2－x)＝f(2－x)＝lg(3－x)．
由单调性可得y∈[0，lg2]．
因为x＝3－10y，所以所求反函数是y＝3－10x，x∈[0，lg2]．
3．B14[2012·四川卷] 函数f(x)＝在x＝3处的极限( )
A．不存在 B．等于6
C．等于3 D．等于0
3．A [解析] 由题意，f(x)＝ ＝ (x＋3)＝6，
f(x)＝ln(x－2)＝0，
故f(x)≠f(x)，
即f(x)在x＝3处的极限不存在．
22．B14、E9、J3、D5[2012·四川卷] 已知a为正实数，n为自然数，抛物线y＝－x2＋与x轴正半轴相交于点A.设f(n)为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距．
(1)用a和n表示f(n)；
(2)求对所有n都有≥成立的a的最小值；
(3)当0＜a＜1时，比较与·的大小，并说明理由．
22．解：(1)由已知得，交点A的坐标为，对y＝－x2＋an求导得y′＝－2x
，则抛物线在点A处的切线方程为y＝－，即y＝－x＋an，则f(n)＝an.
(2)由(1)知f(n)＝an，则≥成立的充要条件是an≥2n3＋1.
即知，an≥2n3＋1对所有n成立，特别地，取n＝2得到a≥.
当a＝，n≥3时，
an>4n＝(1＋3)n＝1＋C·3＋C·32＋C·33＋…
≥1＋C·3＋C·32＋C·33
＝1＋2n3＋n[5(n－2)2＋(2n－5)]
>2n3＋1.
当n＝0,1,2时，显然()n≥2n3＋1.
故a＝时，≥对所有自然数n都成立．
所以满足条件的a的最小值为.
(3)由(1)知f(k)＝ak，＝，＝.
下面证明：>·.
首先证明：当00.
故g(x)在区间(0,1)上的最小值g(x)＝g＝0.
所以，当0·
＝·.
