2020版高考數學 3年高考2年模擬 第2章 函數與導數

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1、第二章 函數與導數第一部分 三年高考薈萃2020年高考題 一、選擇題 1.（安徽理3） 設是定義在上的奇函數，當時，，則 （A） (B) （Ｃ）１　　　　　?。ǎ模? 【答案】A 【命題意圖】本題考查函數的奇偶性，考查函數值的求法.屬容易題. y 0.5 1 x O 0.5 【解析】.故選A. 2.(安徽理10) 函數在區(qū) 間〔0,1〕上的圖像如圖所示，則m，n的值 可能是 （A） (B) (C) (D) 【答案】B【命題意圖】本題考查導數在研究

2、函數單調性中的應用，考查函數圖像，考查思維的綜合能力.難度大. 【解析】代入驗證，當，，則 ，由可知，，結 合圖像可知函數應在遞增，在遞減，即在取得最大值，由 ，知a存在.故選B. 3.（安徽文5）若點(a,b)在 圖像上，,則下列點也在此圖像上的是 （A）（，b） (B) (10a,1b) (C) (,b+1) (D)(a2,2b) 【答案】D【命題意圖】本題考查對數函數的基本運算，考查對數函數的圖像與對應點的關系. 【解析】由題意，，即也在函數 圖像上. 4.0.5 1 x y O 0.5 (安徽文10) 函數在 區(qū)間〔0,1〕上的

3、圖像如圖所示，則n可 能是 （A）1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 【答案】A【命題意圖】本題考查導數在研究函數單調性中的應用，考查函數圖像，考查思維的綜合能力.難度大. 【解析】代入驗證，當時， ，則， 由可知，，結合圖像可知函數應在遞增，在遞減，即在取得最大值，由，知a存在.故選A. 5.（北京理6）根據統(tǒng)計，一名工人組裝第x件某產品所用的時間（單位：分鐘）為（A，c為常數）。已知工人組裝第4件產品用時30分鐘，組裝第A件 產品時用時15分鐘，那么c和A的值分別是 A. 75，25 B. 75，1

4、6 C. 60，25 D. 60，16 【答案】D 【解析】由條件可知，時所用時間為常數，所以組裝第4件產品用時必然滿足第一個分段函數，即，，選D。 6.（北京文8）已知點,,若點在函數的圖象上，則使得的面積為2的點的個數為 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 7.（福建理5）等于 A．1 B．

5、 C． D． 【答案】C 8.（福建理9）對于函數 (其中，)，選取的一組值計算和，所得出的正確結果一定不可能是 A．4和6 B．3和1 C．2和4 D．1和2 【答案】D 9.（福建理10）已知函數，對于曲線上橫坐標成等差數列的三個點A，B，C，給出以下判斷： ①△ABC一定是鈍角三角形 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，正確的判斷是

6、 A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】B 10.（福建文6）若關于x的方程x2＋mx＋1＝0有兩個不相等的實數根，則實數m的取值范圍是 A．（－1，1） B．（－2，2） C．（－∞，－2）∪（2，＋∞） D．（－∞，－1）∪（1，＋∞） 【答案】C 11.（福建文8）已知函數f(x)＝，若f(a)＋f(1)＝0，則實數a的值等于 A．－3 B．－1 C．1 D．3 【答案】A 12.（福建文10）若a＞0，b＞0，且函數f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大

7、值等于 A．2 B．3 C．6 D．9 【答案】D 13.（廣東理4）設函數和g(x)分別是R上的偶函數和奇函數，則下列結論恒成立的是 A．+|g(x)|是偶函數 B．-|g(x)|是奇函數 C．|| +g(x)是偶函數 D．||- g(x)是奇函數 【答案】A 【解析】因為 g(x)是R上的奇函數,所以|g(x)|是R上的偶函數,從而+|g(x)|是偶函數,故選A. 14.（廣東文4）函數的定義域是 （ ）

8、 A． B． C． D． 【答案】C 15.（廣東文10）設是R上的任意實值函數．如下定義兩個函數和；對任意,；．則下列等式恒成立的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 16.（湖北理6）已知定義在R上的奇函數和偶函數滿足 ，若，則 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由條件，，即 ，由此解得，， 所以，，所以選B. 17.（湖北理10）放射性元素由于不斷有原子放射出微粒子而變成其他元素，其含量不斷減少，這種現象成為衰變，假設在放射性同位素銫137

9、的衰變過程中，其含量（單位：太貝克）與時間（單位：年）滿足函數關系：，其中為時銫137的含量，已知時，銫137的含量的變化率是（太貝克/年），則 A. 5太貝克 B. 太貝克 C. 太貝克 D. 150太貝克 【答案】D 【解析】因為，則，解得，所以，那么 （太貝克），所以選D. 18.（湖南文7）曲線在點處的切線的斜率為（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】，所以 。 19.（湖南文8）已知函數若有則的取值范圍為 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由題可知，，若有則，即，解得。

10、 20.（湖南理6）由直線與曲線所圍成的封閉圖形的面積為（ ） A． B．1 C． D． 【答案】D 【解析】由定積分知識可得，故選D。 21.（湖南理8）設直線與函數的圖像分別交于點，則當達到最小時的值為（ ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【解析】由題，不妨令，則，令解得，因時，，當時，，所以當時，達到最小。即。 22.（江西文3）若，則的定義域為( ) B. C. D. 【答案】C 【解析】 23.（江西文4）曲線在點A（0,1）處的切線斜率為（

11、 ） A.1 B.2 C. D. 【答案】A 【解析】 24.（江西文6）觀察下列各式：則，…，則的末兩位數字為（ ） A.01 B.43 C.07 D.49 【答案】B 【解析】 25.（江西理3）若，則定義域為 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由解得，故，選A 26.（江西理4）設，則的解集為 A. B. C. D. 【

12、答案】C 【解析】定義域為，又由，解得或，所以的解集 27.（江西理7）觀察下列各式：，，，…，則的末四位數字為 A. 3125 B. 5625 C. 0625 D.8125 【答案】D 【解析】觀察可知當指數為奇數時，末三位為125；又，即為第1004個指數為奇數的項，應該與第二個指數為奇數的項（）末四位相同，∴的末四位數字為8125 28.（遼寧理9）設函數，則滿足的x的取值范圍是 A．，2] B．[0，2] C．[1，+] D．[0，+] 【答案】D 29.（遼寧理11）函數的定義域為，，對任意

13、，，則的解集為 A．（，1） B．（，+） C．（，） D．（，+） 【答案】B 30.（遼寧文6）若函數為奇函數，則a= A． B． C． D．1 【答案】A 31.（全國Ⅰ理2）下列函數中，既是偶函數又在單調遞增的函數是 （A） (B) （C） (D) 【答案】B 32.（全國Ⅰ理9）由曲線，直線及軸所圍成的圖形的面積為 （A） （B）4

14、（C） （D）6 【答案】C 33. (全國Ⅰ理12)函數的圖像與函數的圖像所有交點的橫坐標之和等于 （A）2 (B) 4 (C) 6 (D)8 【答案】D 34.（全國Ⅰ文4）曲線在點（1,0）處的切線方程為 （A） （B） （C） （D） 【答案】A 35. (全國Ⅰ文9)設偶函數f(x)滿足f(x)=2x-4 (x0），則=

15、 （A） （B） （C） （D） 【答案】B 36.（全國Ⅱ理2）函數＝（≥0）的反函數為 (A)＝（∈R） (B)＝（≥0） (C)＝（∈R） (D)＝（≥0） 【答案】B 【命題意圖】：本小題主要考查函數與反函數概念及求法特別要注意反函數的定義域即原函數的值域。 【解析】由＝，得＝.函數＝（≥0）的反函數為＝.（≥0） 37.（全國Ⅱ理8）曲線在點（0,2）處的切線與直線和圍成的三角形的面積為 (A) (B) (C) (D)1 【答案】A 【命題意圖】：本小題主要考查導數的求法、導數的幾何意義及

16、過曲線上一點切線的方程的求法。 【解析】，故曲線在點（0,2）處的切線方程為，易得切線與直線和圍成的三角形的面積為。 38.（全國Ⅱ理9）設是周期為2的奇函數，當時，，則 (A) (B) (C) (D) 【答案】A 【命題意圖】：本小題主要考查了函數的奇偶性、周期性的概念。 【解析】。 39.（山東理9）函數的圖象大致是 【答案】C 【解析】因為,所以令,得,此時原函數是增函數;令,得,此時原函數是減函數,結合余弦函數圖象，可得選C正確. 40.（山東理10）已知是上最小正周期為2的周期函數，且當時,,則函數的圖象在

17、區(qū)間[0,6]上與軸的交點的個數為 （A）6 （B）7 （C）8 （D）9 【答案】A 【解析】因為當時, ,又因為是上最小正周期為2的周期函數，且,所以,又因為,所以,,故函數的圖象在區(qū)間[0,6]上與軸的交點的個數為6個,選A. 41.（山東文4）曲線在點P(1，12)處的切線與y軸交點的縱坐標是 （A）-9 （B）-3 （C）9 （D）15 【答案】C 42.（陜西理3）設函數（R）滿足，，則函數的圖像是 （

18、） 【答案】B 【分析】根據題意，確定函數的性質，再判斷哪一個圖像具有這些性質． 【解析】選由得是偶函數，所以函數的圖象關于軸對稱，可知B，D符合；由得是周期為2的周期函數，選項D的圖像的最小正周期是4，不符合，選項B的圖像的最小正周期是2，符合，故選B． 43.（陜西文4） 函數的圖像是 （ ） 【答案】B 【分析】已知函數解析式和圖像，可以用取點驗證的方法判斷． 【解析】 取，，則，，選項B，D符合；取，則，選項B符合題意． 44.（上海理16）下列函數中，既是偶函數，又是在區(qū)間上單調遞減的函數是（ ） （A）. （B）.

19、（C）. （D）. 【答案】A 45.（上海文15）下列函數中，既是偶函數，又在區(qū)間上單調遞減的函數是（ ） （A） （B） （C） （D） 【答案】A 46.（四川理7）若是R上的奇函數，且當時，，則的反函數的圖象大致是 【答案】A 【解析】當時，函數單調遞減，值域為，此時，其反函數單調遞減且圖象在與之間，故選A． 47.（四川文4）函數的圖象關于直線y=x對稱的圖象像大致是 【答案】A 【解析】圖象過點，且單調遞減，故它關于直線y=x對稱的圖象過點且單調遞減，選A． 48.（天津理2）函數的零點所在的一個區(qū)間是（　?。?

20、　Ａ．　　?。拢　　。茫　　。模? 【答案】B 【解析】解法1．因為，，， 所以函數的零點所在的一個區(qū)間是．故選Ｂ． 解法2．可化為． 畫出函數和的圖象，可觀察出選項Ｃ，Ｄ不正確，且 ，由此可排除Ａ，故選Ｂ． 49.（天津理8）設函數若，則實數的取值范圍是（ 　 ）． 　?。粒　　　　。拢? 　?。茫　　　。模? 【答案】C 【解析】若，則，即，所以， 若則，即，所以，。 所以實數的取值范圍是或，即．故選C． 50.（天津文4）函數的零點所在的一個區(qū)間是（　?。? 　?。粒　　。拢　　　。茫　　。模? 【答案】C 【解析】因為，， ，所以函數的零點所在

21、的一個區(qū)間是．故選Ｃ． 51.（天津文6）設，，，則（　　?。? 　?。粒　　　　　　。拢? 　?。茫　　　　　　。模? 【答案】D 【解析】因為，，， 所以， 所以，故選Ｄ． 52.（天津文10）設函數，則的值域是（　?。? 　　Ａ．　　　　?。拢? 　?。茫　　　　　　　。模? 【答案】D 【解析】解得，則或．因此的解為：．于是 當或時，． 當時，，則， 又當和時，，所以． 由以上，可得或，因此的值域是．故選Ｄ． 53.（浙江理1）已知，則的值為 A．6 B．5 C．4

22、 D．2 【答案】B 54.（浙江文10）設函數，若為函數的一個極值點，則下列圖象不可能為的圖象是 【答案】D 55.（重慶理5）下列區(qū)間中，函數=在其上為增函數的是 （A）（- （B） （C） （D） 【答案】D 56.（重慶理10）設m，k為整數，方程在區(qū)間（0,1）內有兩個不同的根，則m+k的最小值為 （A）-8 （B）8 (C)12

23、 (D) 13 【答案】D 57. (重慶文3)曲線在點,處的切線方程為 A (A)　　　　　　　　　　(B) (C) (D) 58. (重慶文6)設,,,則,,的大小關系是 (A)　　　　　　　　　　(B) (C)　　　　　　　　　　(D) 【答案】B 59. (重慶文7)若函數在處取最小值,則 (A)　　　　　　　　　　　(B) (C)3　　　　　　　　　　　　 (D)4 【答案】C 二、填空題 60. (重慶文15)若實

24、數,,滿足,，則的最大值是 . 【答案】 61.（浙江文11）設函數 ,若,則實數=________________________ 【答案】-1 62.（天津文16）設函數．對任意，恒成立，則實數的取值范圍是　　　?。? 【答案】． 【解析】解法1．顯然，由于函數對是增函數， 則當時，不恒成立，因此． 當時，函數在 是減函數， 因此當時，取得最大值， 于是恒成立等價于的最大值， 即，解得．于是實數的取值范圍是． 解法2．然，由于函數對是增函數，則當時，不成立，因此． ， 因為，，則，設函數，則當時為增函數，于是時，取得最小值． 解得．于是實數的

25、取值范圍是． 解法3．因為對任意，恒成立，所以對，不等式也成立，于是，即，解得．于是實數的取值范圍是． 63.（天津理16）設函數．對任意， 恒成立，則實數的取值范圍是　　　?。? 【答案】． 【解析】解法１．不等式化為，即 ， 整理得， 因為，所以，設，． 于是題目化為，對任意恒成立的問題． 為此需求，的最大值．設，則． 函數在區(qū)間上是增函數，因而在處取得最大值． ，所以， 整理得，即， 所以，解得或， 因此實數的取值范圍是． 解法2．同解法1,題目化為，對任意恒成立的問題． 為此需求，的最大值． 設，則．． 因為函數在上是增函數，所以當時，取得最小值．

26、 從而有最大值．所以，整理得， 即，所以，解得或， 因此實數的取值范圍是． 解法3．不等式化為，即 ， 整理得， 　　令． 由于，則其判別式，因此的最小值不可能在函數圖象的頂點得到， 所以為使對任意恒成立，必須使為最小值， 即實數應滿足 　　　 　解得，因此實數的取值范圍是． 解法4．(針對填空題或選擇題)由題設，因為對任意， 恒成立， 則對，不等式也成立， 把代入上式得，即 ，因為，上式兩邊同乘以，并整理得 ，即，所以，解得或， 因此實數的取值范圍是． 64.（四川理13）計算_______． 【答案】－20 【解析】． 65.（四川理16

27、）函數的定義域為A，若且時總有，則稱為單函數．例如，函數=2x+1()是單函數．下列命題： ①函數（xR）是單函數； ②若為單函數，且，則； ③若f：A→B為單函數，則對于任意，它至多有一個原象； ④函數在某區(qū)間上具有單調性，則一定是單函數． 其中的真命題是_________．（寫出所有真命題的編號） 【答案】②③ 【解析】對于①，若，則，不滿足；②實際上是單函數命題的逆否命題，故為真命題；對于③，若任意，若有兩個及以上的原象，也即當時，不一定有，不滿足題設，故該命題為真；根據定義，命題④不滿足條件． 66.（上海文3）若函數的反函數為，則 【答案】 67.（上

28、海文12）行列式所有可能的值中，最大的是 【答案】 68.（上海文14）設是定義在上，以1為周期的函數，若函數在區(qū)間上的值域為，則在區(qū)間上的值域為 【答案】 69.（上海理1）函數的反函數為 . 【答案】 70.（上海理10）行列式所有可能的值中，最大的是 . 【答案】 71.（上海理13） 設是定義在上，以1為周期的函數，若函數在區(qū)間上的值域為，則在區(qū)間上的值域為 . 【答案】 72.（陜西文11）設，則______. 【答案】 【分析】由算起，先判斷的范圍，是大于0，

29、還是不大于0,；再判斷作為自變量的值時的范圍，最后即可計算出結果． 【解析】∵，∴，所以，即． 73.（陜西理11）設，若，則 ． 【分析】分段函數問題通常需要分布進行計算或判斷，從算起是解答本題的突破口. 【解析】因為，所以，又因為， 所以，所以，． 【答案】1 74.（陜西理12）設，一元二次方程有整數根的充要條件是 ． 【答案】3或4 【分析】直接利用求根公式進行計算，然后用完全平方數、整除等進行判斷計算． 【解析】，因為是整數，即為整數，所以為整數，且，又因為，取，驗證可知符合題意；反之時，可推出一元二次方程有整數根． 75.（山東理16）

30、已知函數=當2＜a＜3＜b＜4時，函數的零點 . 【答案】5 【解析】方程=0的根為,即函數的圖象與函數的交點橫坐標為,且,結合圖象,因為當時,,此時對應直線上的點的橫坐標;當時, 對數函數的圖象上點的橫坐標,直線的圖象上點的橫坐標,故所求的. 76.（遼寧文16）已知函數有零點，則的取值范圍是___________． 【答案】 77.（江蘇2）函數的單調增區(qū)間是__________ 【答案】 【解析】在在大于零,且增. 本題主要考查函數的概念，基本性質，指數與對數，對數函數圖象和性質，容易題 78.（江蘇8）在平面直角坐標系中，過坐標原點的一條直線與函數的圖象

31、交于P、Q兩點，則線段PQ長的最小值是________. 【答案】4. 【解析】設經過原點的直線與函數的交點為，，則. 本題主要考查冪函數，函數圖象與性質，函數與方程，函數模型及其應用,兩點間距離公式以及基本不等式，中檔題. 79.（江蘇11）已知實數，函數，若，則a的值為________ 【答案】 【解析】 . ，不符合； . 本題主要考查函數概念，函數與方程,函數模型及其應用,含參的分類討論，中檔題. 80.（江蘇12）在平面直角坐標系中，已知點P是函數的圖象上的動點，該圖象在P處的切線交y軸于點M，過點P作的垂線交y軸于點N，設線段MN的中點的縱坐標為t，則t的

32、最大值是_____________ 【答案】 【解析】設則，過點P作的垂線 ， ，所以，t在上單調增，在單調減， . 本題主要考查指數運算,指數函數圖象、導數的概念,導數公式,導數的運算與幾何意義、利用導數研究函數,導數的應用、直線方程及其斜率、直線的位置關系，運算求解能力,綜合應用有關知識的能力,本題屬難題. 81.（湖南文12）已知為奇函數， ． 【答案】6 【解析】，又為奇函數，所以 。 82.（湖北文15）里氏震級M的計算公式為：，其中A是測震儀記錄的地震曲線的最大振幅 是相應的標準地震的振幅，假設在一次地震中，測震儀記錄的最大振幅是1000

33、,此時標準地震的振幅為0.001，則此次地震的震級為__________級；9級地震的最大的振幅是5級地震最大振幅的__________倍。 【答案】6，10000 83.（廣東文12）設函數若，則 ． 【答案】-9 84.（廣東理12）函數在 處取得極小值. 【答案】 85.（北京理13）已知函數，若關于x的方程有兩個不同的 實根，則實數k的取值范圍是________. 【答案】 【解析】單調遞減且值域為(0,1]，單調遞增且值域為，有兩個不同的實根，則實數k的取值范圍是（0,1）。 86.（安徽文13）函數的定義域是

34、 . 【答案】（－3,2）【命題意圖】本題考查函數的定義域，考查一元二次不等式的解法. 【解析】由可得，即，所以. 三、解答題 87.（安徽理16）設，其中為正實數 （Ⅰ）當時，求的極值點； （Ⅱ）若為上的單調函數，求的取值范圍。 本題考查導數的運算，極值點的判斷，導數符號與函數單調變化之間的關系，求解二次不等式，考查運算能力，綜合運用知識分析和解決問題的能力. 解：對求導得 ① （I）當，若 綜合①,可知 + 0 － 0 + ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 所以,是極小值點,是極大值點. （II

35、）若為R上的單調函數，則在R上不變號，結合①與條件a>0，知 在R上恒成立，因此由此并結合，知 88.（北京理18）已知函數. (1)求的單調區(qū)間； (2)若對，，都有，求的取值范圍。 解：(1)，令得 當時，在和上遞增，在上遞減； 當時，在和上遞減，在上遞增 (2) 當時，；所以不可能對，都有； 當時有（1）知在上的最大值為，所以對，都有 即，故對，都有時，的取值范圍為。 89.（北京文18）已知函數，（I）求的單調區(qū)間； （II）求在區(qū)間上的最小值。 解：（I），令；所以在上遞減，在上遞增； （II）當時，函數在區(qū)間上遞增，所以； 當即時，由（I）知，函數在

36、區(qū)間上遞減，上遞增，所以； 當時，函數在區(qū)間上遞減，所以。 90.（福建理18）某商場銷售某種商品的經驗表明，該商品每日的銷售量(單位：千克)與銷售價格(單位：元/千克)滿足關系式，其中，為常數，已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克． (Ⅰ) 求的值； (Ⅱ) 若該商品的成品為3元/千克, 試確定銷售價格的值,使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． 解：(Ⅰ)因為時，所以； (Ⅱ)由(Ⅰ)知該商品每日的銷售量，所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤： ； ，令得 函數在上遞增，在上遞減，所以當時函數取得最大值 答：當銷售價格時,商場每日銷售該商品所獲得的利潤最

37、大，最大值為42. 91.（福建文22）已知a、b為常數，且a≠0，函數f(x)＝－ax＋b＋axlnx，f(e)＝2，（e＝2.71828…是自然對數的底數）。 （Ⅰ）求實數b的值； （Ⅱ）求函數f(x)的單調區(qū)間； （Ⅲ）當a＝1時，是否同時存在實數m和M（m＜M），使得對每一個t∈[m，M]，直線y＝t與曲線y＝f(x)（x∈[，e]）都有公共點？若存在，求出最小的實數m和最大的實數M；若不存在，說明理由。 解：（Ⅰ）b＝2；（Ⅱ）a＞0時單調遞增區(qū)間是（1，＋∞），單調遞減區(qū)間是（0，1），a＜0時單調遞增區(qū)間是（0，1），單調遞減區(qū)間是（1，＋∞）；（Ⅲ）存在m，M；m的最

38、小值為1，M的最大值為2。 92.（廣東理21） （2）設是定點，其中滿足.過作的兩條切線，切點分別為，與分別交于.線段上異于兩端點的點集記為.證明： ； 解：（１）， 直線AB的方程為，即， ，方程的判別式， 兩根或， ，，又， ，得， ． （２）由知點在拋物線L的下方， ①當時，作圖可知，若，則，得； 若，顯然有點； ． ②當時，點在第二象限， 作圖可知，若，則，且； 若，顯然有點； ． 根據曲線的對稱性可知，當時，， 綜上所述，（*）； 由（１）知點M在直線EF上，方程的兩根或， 同理點M在直線上，方程的兩根或， 若，則不比、、小， ，

39、又， ；又由（１）知，； ，綜合（*）式，得證． （３）聯(lián)立，得交點，可知， 過點作拋物線L的切線，設切點為，則， 得，解得， 又，即， ，設，， ，又，； ，， ． 93.（廣東文19） 設,討論函數 的單調性． 解：函數f(x)的定義域為（0，+∞） 綜上所述，f(x)的單調區(qū)間如下表： （其中） 94.（湖北理17）提高過江大橋的車輛通行能力可改善整個城市的交通狀況．在一般情況下，大橋上的車流速度（單位：千米/小時）是車流密度（單位：輛/千米）的函數．當橋上的車流密度達到200輛/千米時，造成堵塞

40、，此時車流速度為0；當車流密度不超過20輛/千米時，車流速度為60千米/小時．研究表明：當時，車流速度是車流密度的一次函數． （Ⅰ）當時，求函數的表達式； （Ⅱ）當車流密度為多大時，車流量（單位時間內通過橋上某觀測點的車輛數，單位：輛/小時）可以達到最大，并求出最大值．（精確到1輛/小時） 本題主要考查函數、最值等基礎知識，同時考查運用數學知識解決實際問題的能力. 解析：（Ⅰ）由題意：當時，；當時，設，顯然在是減函數，由已知得，解得 故函數的表達式為= （Ⅱ）依題意并由（Ⅰ）可得 當時，為增函數，故當時，其最大值為； 當時，， 當且僅當，即時，等號成立． 所以，當時，在區(qū)間

41、上取得最大值． 綜上，當時，在區(qū)間上取得最大值， 即當車流密度為100輛/千米時，車流量可以達到最大，最大值約為3333輛/小時． 95.（湖北理21）（Ⅰ）已知函數，，求函數的最大值； （Ⅱ）設…，均為正數，證明： （1）若……，則； （2）若…=1，則…+。 解：（Ⅰ）的定義域為，令， 在上遞增，在上遞減，故函數在處取得最大值 （Ⅱ）（1）由（Ⅰ）知當時有即， ∵，∴ ∵∴即 （2）①先證，令，則 由（1）知 ∴； ②再證…+，記 則于是由（1）得 所以…+。綜合①②，（2）得證 96.（湖北文20）設函數，，其中，a、b為常數，已知曲線與在點（2,

42、0）處有相同的切線。 (I) 求a、b的值，并寫出切線的方程； (II)若方程有三個互不相同的實根0、、，其中，且對任意的，恒成立，求實數m的取值范圍。 解：(I)，由于曲線曲線與在點（2,0）處有相同的切線，故有，由此解得：； 切線的方程：‘ (II)由(I)得，依題意得：方程有三個互不相等的根 ，故是方程的兩個相異實根，所以 ； 又對任意的，恒成立，特別地，取時， 成立，即，由韋達定理知：，故，對任意的，有，則： ；又 所以函數在上的最大值為0，于是當時對任意的，恒成立；綜上：的取值范圍是。 97.（湖南文22）設函數 (I)討論的單調性； （II）若有兩個極值

43、點，記過點的直線的斜率為，問：是否存在，使得若存在，求出的值，若不存在，請說明理由． 解析：（I）的定義域為 令 當故上單調遞增． 當的兩根都小于0，在上，，故上單調遞增． 當的兩根為， 當時， ；當時， ；當時， ，故分別在上單調遞增，在上單調遞減． （II）由（I）知，． 因為，所以 又由(I)知，．于是 若存在，使得則．即．亦即 再由（I）知，函數在上單調遞增，而，所以這與式矛盾．故不存在，使得 98.（湖南理20）如圖6，長方形物體E在雨中沿面P（面積為S）的垂直方向作勻速移動，速度為，雨速沿E移動方向的分速度為。E移動時單位時間內

44、的淋雨量包括兩部分：（1）P或P的平行面（只有一個面淋雨）的淋雨量，假設其值與×S成正比，比例系數為；（2）其它面的淋雨量之和，其值為，記為E移動過程中的總淋雨量，當移動距離d=100，面積S=時。 （Ⅰ）寫出的表達式 （Ⅱ）設0＜v≤10,0＜c≤5，試根據c的不同取值范圍，確定移動速度，使總淋雨量最少。 解析：（I）由題意知，E移動時單位時間內的淋雨量為， 故. （II）由(I)知，當時， 當時， 故。 (1)當時，是關于的減函數.故當時，。 (2) 當時，在上，是關于的減函數；在上，是關于的增函數；故當時，。 99.（湖南理22） 已知函數() =，g ()=+。

45、 （Ⅰ）求函數h ()=()-g ()的零點個數，并說明理由； （Ⅱ）設數列滿足，，證明：存在常數M,使得對于任意的，都有≤?. 解析：（I）由知，，而，且，則為的一個零點，且在內有零點，因此至少有兩個零點 解法1：，記，則。 當時，，因此在上單調遞增，則在內至多只有一個零點。又因為，則在內有零點，所以在內有且只有一個零點。記此零點為，則當時，；當時，； 所以， 當時，單調遞減，而，則在內無零點； 當時，單調遞增，則在內至多只有一個零點； 從而在內至多只有一個零點。綜上所述，有且只有兩個零點。 解法2：，記，則。 當時，，因此在上單調遞增，則在內至多只有一個零點。因此在

46、內也至多只有一個零點， 綜上所述，有且只有兩個零點。 （II）記的正零點為，即。 （1）當時，由，即.而，因此，由此猜測：。下面用數學歸納法證明： ①當時，顯然成立； ②假設當時，有成立，則當時，由 知，，因此，當時，成立。 故對任意的，成立。 （2）當時，由（1）知，在上單調遞增。則，即。從而，即，由此猜測：。下面用數學歸納法證明： ①當時，顯然成立； ②假設當時，有成立，則當時，由 知，，因此，當時，成立。 故對任意的，成立。 綜上所述，存在常數，使得對于任意的，都有. 100.（江蘇17）請你設計一個包裝盒，如圖所示，ABCD是邊長為60cm的正方形硬紙片

47、，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得四個點重合于圖中的點P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜邊的兩個端點，設AE=FB=xcm. （1）若廣告商要求包裝盒側面積S（cm）最大，試問x應取何值？ （2）若廣告商要求包裝盒容積V（cm）最大，試問x應取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值. 【解】（1）根據題意有 （0

48、值為. 即x=20包裝盒容積V（cm）最大, 此時包裝盒的高與底面邊長的比值為 解析：本題主要考查空間想象能力、數學閱讀能力及運用數學知識解決實際問題的能力、建立數學函數模型求解能力、導數在實際問題中的應用，中檔題. 101.（江蘇19）已知a，b是實數，函數 和是的導函數，若在區(qū)間I上恒成立，則稱和在區(qū)間I上單調性一致. （1）設，若函數和在區(qū)間上單調性一致,求實數b的取值范圍； （2）設且，若函數和在以a，b為端點的開區(qū)間上單調性一致，求|a-b|的最大值. 答案： 因為函數和在區(qū)間上單調性一致，所以， 即 即實數b的取值范圍是 由 若,則由,,和在區(qū)間上不是單調

49、性一致, 所以. ;又. 所以要使,只有, 取,當時, 因此 當時，因為，函數和在區(qū)間（b,a）上單調性一致，所以， 即， 設，考慮點(b,a)的可行域，函數的斜率為1的切線的切點設為 則； 當時，因為，函數和在區(qū)間（a, b）上單調性一致，所以， 即， 當時，因為，函數和在區(qū)間（a, b）上單調性一致，所以， 即而x=0時，不符合題意， 當時，由題意： 綜上可知，。 解析：本題主要考查單調性概念、導數運算及應用、含參不等式恒成立問題，綜合考查、線性規(guī)劃、解二次不等式、二次函數、化歸及數形結合的思想，考查用分類討論思想進行探索分析和解決問題的綜合能力

50、.(1)中檔題；（2）難題. 102.（江西理19）設. （1）若在上存在單調遞增區(qū)間，求的取值范圍； （2）當時，在上的最小值為，求在該區(qū)間上的最大值. 【解析】（1）在上存在單調遞增區(qū)間，即存在某個子區(qū)間 使得.由，在區(qū)間上單調遞減，則只需即可。由解得， 所以，當時，在上存在單調遞增區(qū)間. （2）令，得兩根，，. 所以在，上單調遞減，在上單調遞增 當時，有，所以在上的最大值為 又，即 所以在上的最小值為，得，， 從而在上的最大值為. 103.（江西文18） 如圖，在交AC于 點 D,現將 （1）當棱錐的體積最大時，求PA的長； （2）若點P為AB的中點，E為

51、 解：（1）設，則 令 則 單調遞增 極大值 單調遞減 由上表易知：當時，有取最大值。 證明：作得中點F，連接EF、FP，由已知得： 為等腰直角三角形，，所以. 104.（江西文20）設. （1）如果在處取得最小值，求的解析式； （2）如果，的單調遞減區(qū)間的長度是正整數，試求和 的值．(注：區(qū)間的長度為） .解：（1）已知， 又在處取極值， 則，又在處取最小值-5. 則， （2）要使單調遞減，則 又遞減區(qū)間長度是正整數，所以兩根設做a，b。即有： b-a

52、為區(qū)間長度。又 又b-a為正整數，且m+n<10,所以m=2，n=3或，符合。 105.（遼寧理21）已知函數．（I）討論的單調性； （II）設，證明：當時，； （III）若函數的圖像與x軸交于A，B兩點，線段AB中點的橫坐標為x0，證明： （x0）＜0． 解：（I） （i）若單調增加. （ii）若且當 所以單調增加，在單調減少. （II）設函數則 當. 故當， （III）由（I）可得，當的圖像與x軸至多有一個交點， 故，從而的最大值為 不妨設 由（II）得從而 由（I）知， 106.（遼寧文20）設函數=x+ax2+bl

53、nx，曲線y=過P（1,0），且在P點處的切斜線率為2． （I）求a，b的值；（II）證明：≤2x-2． 解：（I） 由已知條件得，解得 （II），由（I）知 設則 而 107.（全國Ⅰ理21）已知函數，曲線在點處的切線方程為。 （Ⅰ）求、的值； （Ⅱ）如果當，且時，，求的取值范圍。 解：（Ⅰ），由于直線的斜率為，且過點， 故即 解得，。 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以。 考慮函數，則。 (i)設，由知，當時，。而，故 當時，，可得； 當x（1，+）時，h（x）<0，可得 h（x）>0 從而當x>0,且x1時，f（x）-（+）>0，

54、即f（x）>+. （ii）設00,故 (x）>0,而 h（1）=0，故當x（1，）時，h（x）>0，可得h（x）<0,與題設矛盾。 （iii）設k1.此時（x）>0,而h（1）=0，故當x（1，+）時，h（x）>0，可得 h（x）<0,與題設矛盾。綜合得，k的取值范圍為（-，0] 108.（全國Ⅰ文21）設函數 （Ⅰ）若a=，求的單調區(qū)間； （Ⅱ）若當≥0時≥0，求a的取值范圍 （21）解： （Ⅰ）時，，。當時;當時，;當時，。故在，單調增加，在（-1，0）單調減少。 （Ⅱ）。令，則。若，則當時，，為減函數，而

55、，從而當x≥0時≥0，即≥0. 若，則當時，，為減函數，而，從而當時＜0，即＜0.綜合得的取值范圍為 109.（全國Ⅱ理22）（Ⅰ）設函數，證明：當＞0時，＞0； （Ⅱ）從編號1到100的100張卡片中每次隨機抽取一張，然后放回，用這種方式連續(xù)抽取20次，設抽得的20個號碼互不相同的概率為.證明：＜＜. 【命題立意】：本小題主要考查函數、導數、不等式證明及等可能事件的概率等知識。通過運用導數知識解決函數、不等式問題,考查了考生綜合運用數學知識解決問題的能力. 【解析】（Ⅰ），（僅當時） 故函數在單調遞增.當時，，故當＞0時，＞0. （Ⅱ）從編號1到100的100張卡片中每次隨機抽

56、取一張，然后放回，連續(xù)抽取20次，則抽得的20個號碼互不相同的概率為，要證＜（）19＜. 先證： 即證 即證而 ……… 所以. 即 再證：，即證，即證，即證 由（Ⅰ），當＞0時，＞0. 令則，即 綜上有： 110.（全國Ⅱ文20）已知函數 (Ⅰ)證明：曲線 （Ⅱ）若,求的取值范圍。 【解析】(Ⅰ) ，，又 曲線的切線方程是：，在上式中令，得 所以曲線 （Ⅱ）由得，（i）當時，沒有極小值； (ii)當或時，由得 故。由題設知，當時，不等式 無解； 當時，解不等式得 綜合(i)(ii)得的取值范圍是。 111.（山東理21）某企業(yè)擬建造如圖所示的

57、容器（不計厚度，長度單位：米），其中容器的中間為圓柱形，左右兩端均為半球形，按照設計要求容器的體積為立方米，且.假設該容器的建造費用僅與其表面積有關.已知圓柱形部分每平方米建造費用為3千元，半球形部分每平方米建造費用為.設該容器的建造費用為千元. （Ⅰ）寫出關于的函數表達式，并求該函數的定義域； （Ⅱ）求該容器的建造費用最小時的. 【解析】（Ⅰ）因為容器的體積為立方米，所以,解得,所以圓柱的側面積為=,兩端兩個半球的表面積之和為,所以+,定義域為(0,). （Ⅱ）因為+=,所以令得:; 令得:,所以米時, 該容器的建造費用最小. 112.（陜西理21）設函數定義在上，，導函數，．

58、（1）求的單調區(qū)間和最小值； （2）討論與的大小關系； （3）是否存在，使得對任意成立？若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由． 【分析】（1）先求出原函數，再求得，然后利用導數判斷函數的單調性（單調區(qū)間），并求出最小值；（2）作差法比較，構造一個新的函數，利用導數判斷函數的單調性，并由單調性判斷函數的正負；（3）存在性問題通常采用假設存在，然后進行求解；注意利用前兩問的結論． 【解】（1）∵，∴（為常數），又∵，所以，即， ∴；，∴，令，即，解得， 當時，，是減函數，故區(qū)間在是函數的減區(qū)間； 當時，，是增函數，故區(qū)間在是函數的增區(qū)間； 所以是的唯一極值點，且為極小值點，

59、從而是最小值點， 所以的最小值是． （2），設，則， 當時，，即，當時，，， 因此函數在內單調遞減，當時，=0，∴； 當時，=0，∴． （3）滿足條件的不存在．證明如下： 證法一 假設存在，使對任意成立， 即對任意有 ① 但對上述的，取時，有，這與①左邊的不等式矛盾， 因此不存在，使對任意成立． 證法二 假設存在，使對任意成立， 由（1）知，的最小值是， 又，而時，的值域為，∴當時，的值域為， 從而可以取一個值，使，即 ,∴，這與假設矛盾．∴不存在，使對任意成立． 113.（陜西文21）設，． （1）求的單調區(qū)間和最小值； （

60、2）討論與的大小關系； （3）求的取值范圍，使得＜對任意＞0成立． 【分析】（1）先求出原函數，再求得，然后利用導數判斷函數的單調性（單調區(qū)間），并求出最小值；（2）作差法比較，構造一個新的函數，利用導數判斷函數的單調性，并由單調性判斷函數的正負；（3）對任意＞0成立的恒成立問題轉化為函數的最小值問題． 【解】（1）由題設知，∴令0得=1， 當∈（0，1）時，＜0，是減函數，故（0，1）是的單調減區(qū)間。 當∈（1，+∞）時，＞0，是增函數，故（1，+∞）是的單調遞增區(qū)間， 因此，=1是的唯一極值點，且為極小值點，從而是最小值點，所以的最小值為 (2)，設，則， 當時，，即，當時

61、，， 因此，在內單調遞減，當時，，即 （3）由（1）知的最小值為1，所以，，對任意，成立 即從而得。 114.（上海理20） 已知函數，其中常數滿足 （1）若，判斷函數的單調性； （2）若，求時的的取值范圍． 解：⑴ 當時，任意， 則 ∵ ，， ∴ ，函數在上是增函數。當時，同理函數在上是減函數。 ⑵，當時，，則；當時，，則。 115.（上海文21）已知函數，其中常數滿足 （1）若，判斷函數的單調性； （2）若，求時的的取值范圍. 解：⑴ 當時，任意， 則 ∵ ，， ∴ ，函數在上是增函數。當時，同理函數在上是減函數。 ⑵ 當時，，則； 當時，，則

62、。 116.（四川理22）已知函數，． （Ⅰ）設函數F(x)＝f(x)－h(huán)(x)，求F(x)的單調區(qū)間與極值； （Ⅱ）設，解關于x的方程； （Ⅲ）試比較與的大?。? 本小題主要考查函數導數的應用、不等式的證明、解方程等基本知識，考查數形結合、函數與方程、分類與整合、特殊與一般等數學思想方法及推理運算、分析問題、解決問題的能力． 解：（Ⅰ）由（）知，，令，得． 當時，；當時，． 故當時，是減函數；時，是增函數． 函數在處有得極小值． （Ⅱ）方法一：原方程可化為， 即為，且 ①當時，，則，即， ，此時，∵， 此時方程僅有一解． ②當時，，由，得，， 若，則，方程有兩解

63、； 若時，則，方程有一解； 若或，原方程無解． 方法二：原方程可化為， 即， ①當時，原方程有一解； ②當時，原方程有二解； ③當時，原方程有一解； ④當或時，原方程無解． （Ⅲ）由已知得． 設數列的前n項和為，且（） 從而，當時，． 又 ． 即對任意時，有，又因為，所以． 故． 117.（四川文22）已知函數，． （Ⅰ）設函數F(x)＝18f(x)－x2[h(x)]2，求F(x)的單調區(qū)間與極值； （Ⅱ）設，解關于x的方程； （Ⅲ）設，證明：． 本小題主要考查函數導數的應用、不等式的證明、解方程等基礎知識，考查數形結合、函數與方程、分類與整合等數學思想

64、方法及推理運算、分析問題、解決問題的能力． 解：（Ⅰ）， ． 令，得（舍去）． 當時．；當時，， 故當時，為增函數；當時，為減函數． 為的極大值點，且． （Ⅱ）方法一：原方程可化為， 即為，且 ①當時，，則，即， ，此時，∵， 此時方程僅有一解． ②當時，，由，得，， 若，則，方程有兩解； 若時，則，方程有一解； 若或，原方程無解． 方法二：原方程可化為， 即， ①當時，原方程有一解； ②當時，原方程有二解； ③當時，原方程有一解； ④當或時，原方程無解． （Ⅲ）由已知得， ． 設數列的前n項和為，且（） 從而有，當時，． 又 ． 即對任

65、意時，有，又因為，所以． 則，故原不等式成立． 118.（天津理21）已知函數． （Ⅰ）求函數的單調區(qū)間和極值； （Ⅱ）已知函數的圖象與函數的圖象關于直線 對稱．證明當時，． （Ⅲ）如果，且，證明． 【解】（Ⅰ）．令，則． 當變化時，的變化情況如下表： 增 極大值 減 所以在區(qū)間內是增函數，在區(qū)間內是減函數． 函數在處取得極大值．且． （Ⅱ）因為函數的圖象與函數的圖象關于直線對稱， 所以，于是． 記，則，， 當時，，從而，又，所以， 于是函數在區(qū)間上是增函數． 因為，所以，當時，．因此． （Ⅲ）(1) 若，由（

66、Ⅰ）及,得,與矛盾； (2) 若，由由（Ⅰ）及,得,與矛盾； 根據(1)，(2)可得．不妨設． 由（Ⅱ）可知，所以． 因為，所以，又，由（Ⅰ），在區(qū)間內是增函數， 所以　，即． 119.（天津文20）已知函數，其中． （Ⅰ）若，求曲線在點處的切線方程； （Ⅱ）若在區(qū)間上，恒成立，求的取值范圍． 【解】（Ⅰ）當時，，．，． 所以曲線在點處的切線方程為，即． （Ⅱ）． 令，解得或．針對區(qū)間，需分兩種情況討論： (1) 若,則． 當變化時，的變化情況如下表： 增 極大值 減 所以在區(qū)間上的最小值在區(qū)間的端點得到．因此在區(qū)間上，恒成立，等價于 　　即解得，又因為，所以． (2) 若，則． 當變化時，的變化情況如下表： 增 極大值 減 極小值 增 所以在區(qū)間上的最小值在區(qū)間的端點或處得到． 因此在區(qū)間上，恒成立，等價于　　　即 解得或，又因為，所以． 綜合(1),(2), 的取值范圍為. 120.（浙江理22）已知函數. （Ⅰ）求的單調區(qū)間和極值