2013年高考总复习二函数与导数

第1页共8页2013年高考总复习二：函数与导数[4]一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.函数y＝2x(x≥0)的反函数为()A．y＝x24(x∈R)B．y＝x24(x≥0)C．y＝4x2(x∈R)D．y＝4x2(x≥0)2.函数f(x)＝axm(1－x)n在区间[0,1]上的图像如图1－2所示，则m，n的值可能是()A．m＝1，n＝1B．m＝1，n＝2C．m＝2，n＝1D．m＝3，n＝1图1－23．【2010·兰州市四月模拟】定义在R上的偶函数f(x)满足(1)()fxfx，且在[—1，0]上单调递增，(3)af，(2),(2),,,bfcfabc则大小关系是（）A．abcB．acbC．bcaD．cba4．【2010·曲靖一中届高考冲刺卷数学(三)】设定义域为Ｒ的函数f(x)、g(x)都有反函数，且f(x-1)和g-1(x-2)的图象关于直线y=x对称，若g(5)=2008，则f(4)等于（）A．2007B．2008C．2009D．20105．若函数()yfx的定义域是[0,2]，则函数(2)()1fxgxx的定义域是（）A．[0,1]B．[0,1)C．[0,1)(1,4]D．(0,1)6．【2010·郑州市三模】已知关于x的函数y＝loga(2-ax)在【0，1】上是减函数，则a的取值范围是()A．（0，1）B．（1，2）C．（0，2）D．[2，＋∞）7.根据统计，一名工人组装第x件某产品所用的时间(单位：分钟)为f(x)＝,,,,AxAcAxxc(A，c为常数).已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A件产品用时15分钟，那么c和A的值分别是()A．75,25B．75,16C．60,25D．60,168.已知函数f(x)＝ex＋x.对于曲线y＝f(x)上横坐标成等差数列的三个点A、B、C，给出以下判断：①△ABC一定是钝角三角形；②△ABC可能是直角三角形；③△ABC可能是等腰三角形；④△ABC不可能是等腰三角形．其中，正确的判断是()A．①③B．①④C．②③D．②④9.曲线y＝sinxsinx＋cosx－12在点Mπ4，0处的切线的斜率为()A．－12B.12C．－22D.2210．已知α、β是三次函数f(x)＝13x3＋12ax2＋2bx的两个极值点，且α∈(0,1)，β∈(1,2)，则b－2a－1的取值范围是()A.1,14B.1,12C.11,24D.11,2211．【2010·江西理数】给出下列三个命题：①函数11cosln21cosxyx与lntan2xy是同一函数；②若函数)(xfy与)(xgy的图第2页共8页像关于直线yx对称，则函数)2(xfy与)(21xgy的图像也关于直线yx对称；③若奇函数)(xf对定义域内任意x都有(2)fxfx，则fx为周期函数.其中真命题是（）A.①②B.①③C.②③D.②12.【2010·江西理数】如图，一个正五角星薄片（其对称轴与水面垂直）匀速地升出水面，记t时刻五角星露出水面部分的图形面积为00StS，则导函数'ySt的图像大致为（）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上。13.设f(x)＝lgx，x0，x＋0a3t2dt，x≤0，若f(f(1))＝1，则a＝________.14.里氏震级M的计算公式为：M＝lgA－lgA0，其中A是测震仪记录的地震曲线的最大振幅，A0是相应的标准地震的振幅，假设在一次地震中，测震仪记录的最大振幅是1000，此时标准地震的振幅为0.001，则此次地震的震级为________级；9级地震的最大振幅是5级地震最大振幅的________倍．15.已知函数f(x)＝logax＋x－b(a＞0，且a≠1)．当2＜a＜3＜b＜4时，函数f(x)的零点x0∈(n，n＋1)，n∈N*，则n＝________.16．[2011·四川卷]函数f(x)的定义域为A，若x1，x2∈A且f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，则称f(x)为单函数．例如，函数f(x)＝2x＋1(x∈R)是单函数．下列命题：①函数f(x)＝x2(x∈R)是单函数；②若f(x)为单函数，x1，x2∈A且x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)；③若f：A→B为单函数，则对于任意b∈B，它至多有一个原象；④函数f(x)在某区间上具有单调性，则f(x)一定是单函数．其中的真命题是________．(写出所有真命题的编号)三、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17【2010·安徽文数】设函数sincos1fxxxx，02x，求函数fx的单调区间与极值.18.已知函数f(x)＝x3，g(x)＝x＋x.(1)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数，并说明理由；(2)设数列{an}(n∈N*)满足a1＝a(a0)，f(an＋1)＝g(an)，证明：存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M.第3页共8页19.[2011·湖南卷]设函数f(x)＝x－1x－alnx(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直线的斜率为k.问：是否存在a，使得k＝2－a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．20．已知a0，函数f(x)＝lnx－ax2，x0(f(x)的图象连续不断)．(1)求f(x)的单调区间；(2)当a＝18时，证明：存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f32；(3)若存在均属于区间[1,3]的α，β，且β－α≥1，使f(α)＝f(β)，证明ln3－ln25≤a≤ln23.21.[2011·福建卷]已知a，b为常数，且a≠0，函数f(x)＝－ax＋b＋axlnx，f(e)＝2(e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)求实数b的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)当a＝1时，是否同时存在实数m和M(mM)，使得对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)x∈1e，e都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，说明理由．第4页共8页22．[2008·全国卷]设函数sin()2cosxfxx．（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x≥，求证：当31a时，都有()fxax≤。23.[2011·全国卷](1)设函数f(x)＝ln(1＋x)－2xx＋2，证明：当x0时，f(x)0；(2)从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为p.证明：p910191e2.24．【2010·四川理数】设11xxaf(x)a（0a且1a），g(x)是f(x)的反函数.（Ⅰ）设关于x的方程求217atlogg(x)(x)(x)在区间[2，6]上有实数解，求t的取值范围；（Ⅱ）当a＝e（e为自然对数的底数）时，证明：22221nknng(k)n(n)；（Ⅲ）当0＜a≤12时，试比较1nkf(k)n与4的大小，并说明理由.第5页共8页2013年高考总复习二：函数与导数[3]参考答案,,,()12().423()0()422()xxxxxxxx解：由f(x)=sinx-cosx+x+1,0x2,知fsin令f，从面sin，得，或，当变化时，f，f(x)变化情况如下表：3223332222因此，由上表知f(x)的单调递增区间是（0，）与（，），单调递增区间是（，），极小值为f()=，极大值为f()=[2011·湖南卷]【解答】(1)由h(x)＝x3－x－x知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，且h(1)＝－10，h(2)＝6－20，则x＝0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点．因此，h(x)至少有两个零点．解法一：h′(x)＝3x2－1－12x－12，记φ(x)＝3x2－1－12x－12，则φ′(x)＝6x＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．又因为φ(1)0，φ330，则φ(x)在33，1内有零点，所以φ(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．记此零点为x1，则当x∈(0，x1)时，φ(x)φ(x1)＝0；当x∈(x1，＋∞)时，φ(x)φ(x1)＝0.所以，当x∈(0，x1)时，h(x)单调递减．而h(0)＝0，则h(x)在(0，x1]内无零点；当x∈(x1，＋∞)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，＋∞)内至多只有一个零点，从而h(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．综上所述，h(x)有且只有两个零点．解法二：由h(x)＝xx2－1－x－12，记φ(x)＝x2－1－x－12，则φ′(x)＝2x＋12x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)0，从而φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)内也至多只有一个零点．综上所述，h(x)有且只有两个零点．(2)记h(x)的正零点为x0，即x30＝x0＋x0.(i)当ax0时，由a1＝a，即a1x0.而a32＝a1＋a1x0＋x0＝x30，因此a2x0.由此猜测：anx0.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，a1x0显然成立．②假设当n＝k(k≥1)时，akx0成立，则当n＝k＋1时，由a3k＋1＝ak＋akx0＋x0＝x30知，ak＋1x0.因此，当n＝k＋1时，ak＋1x0成立．故对任意的n∈N*，anx0成立．(ii)当a≥x0时，由(1)知，h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，则h(a)≥h(x0)＝0，即a3≥a＋a.从而a32＝a1＋a1＝a＋a≤a3，即a2≤a.由此猜测：an≤a.下面用数学归纳法第6页共8页证明．①当n＝1时，a1≤a显然成立．②假设当n＝k(k≥1)时，ak≤a成立，则当n＝k＋1时，由a3k＋1＝ak＋ak≤a＋a≤a3知，ak＋1≤a.因此，当n＝k＋1时，ak＋1≤a成立．故对任意的n∈N*，an≤a成立．综上所述，存在常数M＝max{x0，a}，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M.【解答】(1)由f(e)＝2得b＝2.(2)由(1)可得f(x)＝－ax＋2＋axlnx.从而f′(x)＝alnx.因为a≠0，故：①当a0时，由f′(x)0得x1，由f′(x)0得0x1；②当a0时，由f′(x)0得0x1，由f′(x)0得x1.综上，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)当a＝1时，f(x)＝－x＋2＋xlnx，f′(x)＝lnx.由(2)可得，当x在区间1e，e内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x1e1e，11(1，e)ef′(x)－0＋f(x)2－2e单调递减极小值1单调递增2又2－2e2，所以函数f(x)(x∈1e，e)的值域为[1,2]．据此可得，若m＝1，M＝2相对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)x∈1e，e都有公共点；并且对每一个t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)x∈1e，e都没有公共点．综上，当a＝1时，存在最小的实数m＝1，最大的实数M＝