【解析】 f′
（2）、f′（3）是x分别为2、3时对应图象上点的切线斜率，f（3）－f
（2）＝
，
∴f（3）－f
（2）是图象上x为2和3对应两点连线的斜率，故选B.
【答案】 B
8．（2010·济宁质检）下列各小题中，p是q的充要条件的是
①p：
m<－2或m>6；q：
y＝x2＋mx＋m＋3有两个不同的零点；
②p：
＝1；q：
y＝f（x）是偶函数；
③p：
cosα＝cosβ；q：
tanα＝tanβ；
④p：
A∩B＝A；q：
∁UB⊆∁UA.
A．①②B．②③
C．③④D．①④
【解析】 对于①q：
y＝x2＋mx＋m＋3有两个不同的零点⇔m2－4（m＋3）＞0⇔p：
m＜－2或m＞6；
对于②y＝f（x）为偶函数，但不一定满足
＝1，
∴不是充要条件．
对于③若α＝
，β＝－
，满足cosα＝cosβ，但不满足tanα＝tanβ，∴不是充要条件．
对于④p：
A∩B＝A⇔A⊆B⇔q：
∁UB⊆∁UA.
【答案】 D
9．（2010·山东临沂模拟）已知函数f（x）＝
x－log3x，若实数x0是方程f（x）＝0的解，且0＜x1＜x0，则f（x1）的值
A．恒为正B．等于零
C．恒为负D．不大于零
【解析】 数形结合．由于f
（1）＞0，f（3）＜0，所以x0∈（1,3）．
在（1,3）上g（x）＝
x是减函数，φ（x）＝log3x是增函数，所以f（x）＝
x－log3x在（1,3）上是减函数，所以f（x1）＞f（x0）＝0，故选A.
【答案】 A
10．（2010·江苏无锡摸底）若a＞2，则方程
x3－ax2＋1＝0在（0,2）上恰好有
A．0个根B．1个根
C．2个根D．3个根
【解析】 设f（x）＝
x3－ax2＋1，则f′（x）＝x2－2ax＝x（x－2a），
当x∈（0,2）时，f′（x）＜0，f（x）在（0,2）上为减函数，
又f（0）f
（2）＝1
＝
－4a＜0，f（x）＝0在（0,2）上恰好有1个根，故选B.
【答案】 B
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共计16分．把答案填在题中的横线上）
11．
12．-7
13．3
14．（2010·江苏）函数y＝x2（x＞0）的图象在点（ak，a
）处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．
【解析】 对函数y＝x2，y′＝2x，
∴函数y＝x2（x＞0）在点（ak，a
）处的切线方程为y－a
＝2ak（x－ak），
令y＝0得ak＋1＝
ak.
又∵a1＝16，∴a3＝
a2＝
a1＝4，
a5＝
a3＝1，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.
【答案】 21
15．（2010·全国Ⅰ）已知函数f（x）＝|lgx|.若0＜a＜b，且f（a）＝f（b），则a＋2b的取值范围是
【解析】 f（x）＝|lgx|的图象如图所示，由图知f（a）＝f（b），则有0＜a＜1＜b，
∴f（a）＝|lga|＝－lga，f（b）＝|lgb|＝lgb，
即－lga＝lgb，得a＝
，
∴a＋2b＝2b＋
.
令g（b）＝2b＋
，g′（b）＝2－
，
显然b∈（1，＋∞）时，g′（b）＞0，
∴g（b）在（1，＋∞）上为增函数，
得g（b）＝2b＋
＞3，故选C.
【答案】（3，＋∞）
16．（2010·宁夏银川摸底）已知函数y＝f（x）是R上的偶函数，对于x∈R都有f（x＋6）＝f（x）＋f（3）成立，当x1，x2∈[0,3]，且x1≠x2时，都有
＞0，给出下列命题：
①f（3）＝0；
②直线x＝－6是函数y＝f（x）的图象的一条对称轴；
③函数y＝f（x）在[－9，－6]上为增函数；
④函数y＝f（x）在[－9,9]上有四个零点．
其中所有正确命题的序号为________．（把所有正确命题的序号都填上）
【解析】 令x＝－3，可得f（3）＝f（－3）＝0，知①正确；
∵f（x＋6）＝f（x），又f（x）为偶函数，
∴f（x）的图象关于直线x＝－6对称，∴②正确；
由题意知，x∈[0,3]时，
f（x）单调递增，又f（x）为偶函数，f（x＋6）＝f（x），
∴f（x）在[－9，－6]上单调递减，③不正确；
由f（3）＝0可知，f（－3）＝f（－9）＝f（9）＝0，∴④正确．
【答案】 ①②④
17．（2010·滨州模拟）给出下列四个结论：
①命题“∃x∈R，x2－x＞0”的否定是“∀x∈R，x2－x≤0”；
②“若am2＜bm2，则a＜b”的逆命题为真；
③函数f（x）＝x－sinx（x∈R）有3个零点；
④对于任意实数x，有f（－x）＝－f（x），g（－x）＝g（x），且x＞0时，f′（x）＞0，g′（x）＞0，则x＜0时f′（x）＞g′（x）．
其中正确结论的序号是________．（填上所有正确结论的序号）
【解析】 显然①正确，而②的逆命题为若a＜b，
则am2＜bm2，
当m2＝0时不成立，故②不正确；③中f′（x）＝1－cosx≥0，
∴f（x）在R上为单调增函数．
∴在R上有且仅有一个零点，故③不正确；对于④由已知f（x）为奇函数，又在（0，＋∞）时f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，＋∞）上为增函数．∴在x＜0时亦为增函数，
∴f′（x）＞0，同理g（x）在（－∞，0）上为减函数，
∴x＜0时，g′（x）＜0，因此f′（x）＞g′（x），故④正确．
【答案】 ①④
三、解答题（本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
18．（12分）
（1）
（2）单调增区间
，单调减区间
19．（12分）（2010·东北六校联考）已知函数f（x）＝b·ax（其中a，b为常量，且a＞0，a≠1）的图象经过点A（1,6），B（3,24）．
（1）求f（x）；
（2）若不等式
x＋
x－m≥0在x∈（－∞，1]时恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】
（1）f（x）＝3·2x.
（2）要使
x＋
x≥m在（－∞，1]上恒成立，只需保证函数y＝
x＋
x在（－∞，1]上的最小值不小于m即可．
∵函数y＝
x＋
x在（－∞，1]上为减函数，∴当x＝1时，y＝
x＋
x有最小值
.
∴只需m≤
即可．
【答案】
（1）f（x）＝3·2x
（2）m≤
20．（12分）（2010·安徽）设a为实数，函数f（x）＝ex－2x＋2a，x∈R.
（1）求f（x）的单调区间与极值；
（2）求证：
当a＞ln2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1.
【解析】
（1）由f（x）＝ex－2x＋2a，x∈R知f′（x）＝ex－2，x∈R.
令f′（x）＝0得x＝ln2.于是当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（－∞，ln2）
ln2
（ln2，＋∞）
f′（x）
－
0
＋
f（x）
单调递减
2（1－ln2＋a）
单调递增
故f（x）的单调递减区间是（－∞，ln2），单调递增区间是（ln2，＋∞），
f（x）在x＝ln2处取得极小值，极小值为
f（ln2）＝eln2－2ln2＋2a＝2（1－ln2＋a）．
（2）证明 设g（x）＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.
于是g′（x）＝ex－2x＋2a，x∈R.
由
（1）知当a＞ln2－1时，
g′（x）最小值为g′（ln2）＝2（1－ln2＋a）＞0.
于是对任意x∈R，都有g′（x）＞0，
所以g（x）在R上单调递增．
于是当a＞ln2－1时，对任意x∈（0，＋∞），都有g（x）＞g（0）．
而g（0）＝0，从而对任意x∈（0，＋∞），
g（x）＞0.即ex－x2＋2ax－1＞0，故ex＞x2－2ax＋1.
【答案】
（1）f（x）的单调递减区间是（－∞，ln2），单调递增区间是（ln2，＋∞） 极小值为f（ln2）＝2（1－ln2＋a）
（2）略
21．（12分）（2010·珠海模拟）设函数f（x）＝x（1＋x）2，x∈（－∞，0]．
（1）求f（x）的极值点；
（2）对任意的a＜0，以F（a）记f（x）在[a,0]上的最小值，求k＝
的最小值．
【解析】
（1）f′（x）＝（1＋x）2＋2x（1＋x）＝（1＋x）（1＋3x），
由f′（x）＝0，解得：
x1＝－1，x2＝－
，
当x＜－1或x＞－
时，f′（x）＞0，
当－1＜x＜－
时，f′（x）＜0，
所以，有两个极值点：
x1＝－1是极大值点，f（－1）＝0；
x2＝－
是极小值点，f
＝－
.
（2）过点
作直线y＝－
，与y＝f（x）的图象的另一个交点为A，坐标为
，
－
＝x（x＋1）2，即27x3＋54x2＋27x＋4＝0，
已知有解x＝－
，则（3x＋1）（9x2＋15x＋4）＝0，
解得A
.
当a＜－
时，F（a）＝f（a），
k＝
＝（1＋a）2＞
；
当－
≤a≤－
时，F（a）＝－
，
k＝
≥
＝
，
其中当a＝－
时，k＝
；
当－
＜a＜0时，F（a）＝f（a），k＝
＝（1＋a）2＞
.
所以，对任意的a＜0，k的最小值为
【答案】
（1）有两个极值点：
x1＝－1是极大值点，f（－1）＝0；
x2＝－
是极小值点，f
＝－
（2）对任意的a＜0，k的最小值为
22．（14分）（2010·浙江嘉兴模拟）已知x＝0是函数f（x）＝（x2＋ax＋b）ex（x∈R）的一个极值点，且函数f（x）的图象在x＝2处的切线的斜率为2e2.
（1）求函数f（x）的解析式并求单调区间；
（2）设g（x）＝
，其中x∈[－2，m），问：
对于任意的m＞－2，方程g（x）＝
（m－1）2在区间（－2，m）上是否存在实数根？
若存在，请确定实数根的个数；若不存在，请说明理由．
【解析】
（1）f′（x）＝[x2＋（a＋2）x＋a＋b]ex，
由f′（0）＝0，得b＝－a，
∴f′（x）＝[x2＋（a＋2）x]ex，
又f′
（2）＝[4＋2（a＋2）]e2，
∴[4＋2（a＋2）]e2＝2e2，故a＝－3，
令f′（x）＝（x2－x）ex≥0，
得x≤0或x≥1，
令f′（x）＝（x2－x）ex＜0，得0＜x＜1，
故：
f（x）＝（x2－3x＋3）ex的单调增区间是（－∞，0]，[1，＋∞），单调减区间是（0,1）．
（2）由
（1）知g（x）＝x2－x，假设方程g（x）＝
（m－1）2在区间（－2，m）上存在实数根，
设x0是方程g（x）＝
（m－1）2的实根，
则x
－x0＝
（m－1）2，
令h（x）＝x2－x－
（m－1）2，
从而问题转化为证明方程h（x）＝x2－x－
（m－1）2＝0在（－2，m）上有实根，并讨论解的个数，
因为h（－2）＝6－
（m－1）2＝－
（m＋2）（m－4），
h（m）＝m（m－1）－
（m－1）2＝
（m＋2）（m－1），
所以①当m＞4或－2＜m＜1时，
h（－2）·h（m）＜0，
所以h（x）＝0在（－2，m）上有解，且只有一解
②当1＜m＜4时，h（－2）＞0且h（m）＞0，但由于h（0）＝－
（m－1）2＜0，
所以h（x）＝0在（－2，m）上有解，且有两解
③当m＝1时，h（x）＝x2－x＝0⇒x＝0或x＝1，
所以h（x）＝0在（－2,1）上有且只有一解；
当m＝4时，h（x）＝x2－x－6＝0⇒x＝－2或x＝3，
所以h（x）＝0在（－2,4）上也有且只有一解，
综上所述，对于任意的m＞－2，方程g（x）＝
（m－1）2在区间（－2，m）上均有实数根且当m≥4或－2＜m≤1时，有唯一的实数解；当1＜m＜4时，有两个实数解．
【答案】
（1）f（x）＝（x2－3x＋3）ex，单调增区间是（－∞，0]，[1，＋∞），单调减区间是（0,1）
（2）略
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