2012年数学理科高考题分类专题二基本初等函数导数及其应用

专题二基本初等函数、导数及其应用1.(2012·高考北京卷)某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，m的值为()A．5B．7C．9D．112.(2012·高考天津卷)已知a＝21.2，b＝12－0.8，c＝2log52，则a，b，c的大小关系为()A．cbaB．cabC．bacD．bca3.(2012·高考山东卷)函数y＝cos6x2x－2－x的图象大致为()4.(2012·高考福建卷)已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.其中正确结论的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④5.(2012·高考湖南卷)设定义在R上的函数f(x)是最小正周期为2π的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x∈[0，π]时，0＜f(x)＜1；当x∈(0，π)且x≠π2时，(x－π2)f′(x)＞0，则函数y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上的零点个数为()A．2B．4C．5D．86.(2012·高考江西卷)如右图，|OA|＝2(单位：m)，|OB|＝1(单位：m)，OA与OB的夹角为π6，以A为圆心，AB为半径作圆弧与线段OA延长线交于点C.甲、乙两质点同时从点O出发，甲先以速率1(单位：m/s)沿线段OB行至点B，再以速率3(单位：m/s)沿圆弧行至点C后停止；乙以速率2(单位：m/s)沿线段OA行至点A后停止．设t时刻甲、乙所到达的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为S(t)(S(0)＝0)，则函数y＝S(t)的图像大致是()7.(2012·高考湖北卷)已知定义在区间[0，2]上的函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝－f(2－x)的图象为()8.(2012·高考课标全国卷)设函数f(x)＝（x＋1）2＋sinxx2＋1的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝________．9.(2012·高考江苏卷)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)＝ax＋1，－1≤x＜0，bx＋2x＋1，0≤x≤1，其中a，b∈R.若f12＝f32，则a＋3b的值为________．10.(2012·高考上海卷)已知函数y＝f(x)的图像是折线段ABC，其中A(0，0)、B12，1、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__________．11.(2012·高考广东卷)设0＜a＜1，集合A＝{x∈R|x0}，B＝{x∈R|2x2－3(1＋a)x＋6a0}，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．12.(2012·高考安徽卷)设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝ax＋1ax＋b(a＞0)．(Ⅰ)求f(x)的最小值；(Ⅱ)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝32x，求a，b的值．13.(2012·高考辽宁卷)设f(x)＝lnx＋x－1，证明：(Ⅰ)当x1时，f(x)32(x－1)；(Ⅱ)当1x3时，f(x)9（x－1）x＋5.14.(2012·高考上海卷)已知f(x)＝lg(x＋1)．(1)若0f(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．专题二基本初等函数、导数及其应用1.C前m年的年平均产量最高，而Smm最大，由图可知，前9年(含第9年)直线递增，当m＞9(m∈N＋)时，总产量Sn递增放慢，故m＝9.2.A∵b＝12－0.8＝20.821.2＝a，且b1，又c＝2log52＝log541，∴cba.3.Dy＝cos6x2x－2－x为奇函数，排除A项．y＝cos6x有无穷多个零点，排除C项．当x→0＋时，2x－2－x＞0，cos6x→1，∴y＞0，故选D.4.C∵f′(x)＝3(x－1)(x－3)，∴f(x)在(－∞，1)，(3＋∞)上单调递增，f(x)在(1，3)上单调递减．又f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴f(x)的草图如下．由图象可知f(1)0，f(3)0且a1b3c，即4－abc0abc0，故0abc4.∴a0.即0a1b3c.∴f(0)·f(1)0，f(0)·f(3)0.故选C.5.B由已知可得f(x)的图象(如图)，由图可得零点个数为4.6.A当0t1时，S(t)＝12×t×2t×sinπ6＝12t2；当t≥1时，S(t)＝S△OAB＋S扇形＝12×1×2×12＋12·3(t－1)·AB＝12－3·AB2＋32AB·t.而AB2＝1＋4－2×2×cosπ6＝5－23.∴32AB1，即直线的倾斜角大于45°.∴选A.7.B由f(x)――→关于y轴对称f(－x)――→右移2个单位f[－(x－2)]――→沿x轴翻折－f(2－x)．8.2f(x)＝1＋2x＋sinxx2＋1，令g(x)＝2x＋sinxx2＋1，则g(x)为奇函数，对于一个奇函数，其最大值与最小值之和为0，即g(x)max＋g(x)min＝0，而f(x)max＝1＋g(x)max，f(x)min＝1＋g(x)min，∴f(x)max＋f(x)min＝M＋m＝2.9.－10∵f(32)＝f(－12)，∴f(12)＝f(－12)，∴12b＋232＝－12a＋1，易求得3a＋2b＝－2，又f(1)＝f(－1)，∴－a＋1＝b＋22，即2a＋b＝0，∴a＝2，b＝－4，∴a＋3b＝－10.10.14由题意易得f(x)＝2x（0≤x≤12）－2x＋2（12x≤1），∴y＝xf(x)＝2x2（0≤x≤12）－2x2＋2x（12x≤1），∴所围成的图形的面积为S＝∫1202x2dx＋∫112(－2x2＋2x)dx＝23x3120＋（－23x3＋x2）112＝23×(12)3＋(－23)×1＋1＋23×(12)3－(12)2＝112－23＋1＋112－14＝14.11.解：令g(x)＝2x2－3(1＋a)x＋6a，Δ＝9(1＋a)2－48a＝9a2－30a＋9＝3(3a－1)(a－3)．(1)①当0＜a≤13时，Δ≥0.方程g(x)＝0的两个根分别为x1＝3a＋3－9a2－30a＋94，x2＝3a＋3＋9a2－30a＋94.所以g(x)＞0的解集为－∞，3a＋3－9a2－30a＋94∪3a＋3＋9a2－30a＋94，＋∞.因为x1，x2＞0，所以D＝A∩B＝0，3a＋3－9a2－30a＋94∪3a＋3＋9a2－30a＋94，＋∞.②当13＜a＜1时，Δ＜0，则g(x)＞0恒成立，所以D＝A∩B＝(0，＋∞)．综上所述，当0＜a≤13时，D＝0，3a＋3－9a2－30a＋94∪3a＋3＋9a2－30a＋94，＋∞；当13＜a＜1时，D＝(0，＋∞)．(2)f′(x)＝6x2－6(1＋a)x＋6a＝6(x－a)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝a或x＝1.①当0＜a≤13时，由(1)知D＝(0，x1)∪(x2，＋∞)．因为g(a)＝2a2－3(1＋a)a＋6a＝a(3－a)＞0，g(1)＝2－3(1＋a)＋6a＝3a－1≤0，所以0＜a＜x1＜1≤x2，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(0，a)a(a，x1)(x2，＋∞)f′(x)＋0－＋f(x)极大值所以f(x)的极大值点为x＝a，没有极小值点．②当13＜a＜1时，由(1)知D＝(0，＋∞)，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(0，a)a(a，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)的极大值点为x＝a，极小值点为x＝1.综上所述，当0＜a≤13时，f(x)有一个极大值点x＝a，没有极小值点；当13＜a＜1时，f(x)有一个极大值点x＝a，一个极小值点x＝1.12.解：(Ⅰ)法一：由题设和均值不等式可知，f(x)＝ax＋1ax＋b≥2＋b，其中等号成立当且仅当ax＝1，即当x＝1a时，f(x)取最小值为2＋b.法二：f(x)的导数f′(x)＝a－1ax2＝a2x2－1ax2，当x＞1a时，f′(x)＞0，f(x)在(1a，＋∞)上递增；当0＜x＜1a时，f′(x)＜0，f(x)在(0，1a)上递减．所以当x＝1a时，f(x)取最小值为2＋b.(Ⅱ)f′(x)＝a－1ax2，由题设知，f′(1)＝a－1a＝32，解得a＝2或a＝－12(不合题意，舍去)，将a＝2代入f(1)＝a＋1a＋b＝32，解得b＝－1.所以a＝2，b＝－1.13.证明：(Ⅰ)法一：记g(x)＝lnx＋x－1－32(x－1)，则当x1时，g′(x)＝1x＋12x－320.又g(1)＝0，有g(x)0，即f(x)32(x－1)．法二：由均值不等式，当x1时，2xx＋1，故xx2＋12.①令k(x)＝lnx－x＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝1x－10，故k(x)0，即lnxx－1.②由①②得，当x1时，f(x)32(x－1)．(Ⅱ)法一：记h(x)＝f(x)－9（x－1）x＋5，由(Ⅰ)得h′(x)＝1x＋12x－54（x＋5）2＝2＋x2x－54（x＋5）2x＋54x－54（x＋5）2＝（x＋5）3－216x4x（x＋5）2.令g(x)＝(x＋5)3－216x，则当1x3时，g′(x)＝3(x＋5)2－2160.因此g(x)在(1，3)内是递减函数．又由g(1)＝0，得g(x)0，所以h′(x)0.因此h(x)在(1，3)内是递减函数，又h(1)＝0，得h(x)0.于是当1x3时，f(x)9（x－1）x＋5.法二：记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当1x3时，由(Ⅰ)得h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－932(x－1)＋(x＋5)1x＋12x－9＝12x[3x(x－1)＋(x＋5)(2＋x)－18x]12x3x（x－1）＋（x＋5）2＋x2＋12－18x＝14x(7x2－32x＋25)0.因此h(x)在(1，3)内单调递减，又h(1)＝0，所以h(x)0，即f(x)9（x－1）x＋5.14.解：(1)由2－2x0x＋10，得－1x1.由0lg(2－2x)－lg(x＋1)＝lg2－2xx＋11得12－2xx＋110.因为x＋10，所以x＋12－2x10x＋10，－23x13.由－1x1－23x13，得－23x13.(2)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]．