【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