B 函数与导数(文科)(高考真题+模拟新题)

B函数与导数B1函数及其表示14．B1[2012·天津卷]已知函数y＝|x2－1|x－1的图象与函数y＝kx的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是________．14．(0,1)∪(1,2)[解析]y＝|x2－1|x－1＝－x＋1，－1≤x1，x＋1，x－1或x1，在同一坐标系内画出y＝kx与y＝|x2－1|x－1的图象如图，结合图象当直线y＝kx斜率从0增到1时，与y＝|x2－1|x－1在x轴下方的图象有两公共点；当斜率从1增到2时，与y＝|x2－1|x－1的图象在x轴上、下方各有一个公共点．11．B1[2012·陕西卷]设函数f(x)＝x，x≥0，12x，x＜0，则f(f(－4))＝________.11．4[解析]由题目所给的是一分段函数，而f(－4)＝16，所以f(16)＝4，故答案为4.3．B1[2012·山东卷]函数f(x)＝1lnx＋1＋4－x2的定义域为()A．[－2,0)∪(0,2]B．(－1,0)∪(0,2]C．[－2,2]D．(－1,2]3．B[解析]本题考查函数的定义域，考查运算能力，容易题．要使函数f(x)＝1lnx＋1＋4－x2有意义，须有x＋10，lnx＋1≠0，4－x2≥0，解之得－1x≤2且x≠0.3．B1[2012·江西卷]设函数f(x)＝x2＋1，x≤1，2x，x1，则f(f(3))＝()A.15B．3C.23D.1393．D[解析]f(x)＝23，f(f(3))＝232＋1＝139，故选D.5．B1[2012·江苏卷]函数f(x)＝1－2log6x的定义域为________．5．(0，6][解析]本题考查函数定义域的求解．解题突破口为寻找使函数解析式有意义的限制条件．由x0，1－2log6x≥0，解得0x≤6.11．B1[2012·广东卷]函数y＝x＋1x的定义域为________．11．{x|x≥－1且x≠0}[解析]本题考查函数的定义域，函数有意义，满足：x＋1≥0，x≠0.解得{x|x≥－1且x≠0}．9．B1[2012·福建卷]设f(x)＝1，x＞0，0，x＝0，－1，x＜0，g(x)＝1，x为有理数，0，x为无理数，则f(g(π))的值为()A．1B．0C．－1D．π9．B[解析]解题的关键是求分段函数的值时，一定要认真分析自变量所在的区间，因为各段上的解析式是不相同的．∵π是无理数，∴g(π)＝0，f(g(π))＝f(0)＝0，所以选择B.13．B1[2012·四川卷]函数f(x)＝11－2x的定义域是________．(用区间表示)13.－∞，12[解析]由1－2x≠0，1－2x≥0，解得x＜12，即函数f(x)的定义域为－∞，12.B2反函数2．B2[2012·全国卷]函数y＝x＋1(x≥－1)的反函数为()A．y＝x2－1(x≥0)B．y＝x2－1(x≥1)C．y＝x2＋1(x≥0)D．y＝x2＋1(x≥1)2．A[解析]本小题主要考查求反函数的方法．解题的突破口为原函数与反函数定义域与值域的关系和反解x的表达式．由y＝x＋1得y2＝x＋1，即x＝y2－1，交换x和y得y＝x2－1，又原函数的值域为y≥0，所以反函数的定义域为x≥0，故选A.B3函数的单调性与最值16．B3[2012·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＝________.16．[答案]2[解析]因为f(x)＝x＋12＋sinxx2＋1＝1＋2x＋sinxx2＋1，令g(x)＝2x＋sinxx2＋1，则f(x)＝g(x)＋1.由g(－x)＝－2x－sinxx2＋1＝－g(x)及函数g(x)的定义域为R，得函数g(x)是奇函数，故g(x)max与g(x)min互为相反数．故g(x)max＋g(x)min＝0.易知M＝g(x)max＋1，m＝g(x)min＋1，所以M＋m＝g(x)max＋1＋g(x)min＋1＝0＋2＝2.13．B3[2012·安徽卷]若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a＝________.13．－6[解析]容易作出函数f(x)的图像(图略)，可知函数f(x)在－∞，－a2上单调递减，在－a2，＋∞单调递增．又已知函数f(x)的单调递增区间是[3，＋∞)，所以－a2＝3，解得a＝－6.12．B2、D2[2012·四川卷]设函数f(x)＝(x－3)3＋x－1，{an}是公差不为0的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝14，则a1＋a2＋…＋a7＝()A．0B．7C．14D．2112．D[解析]记公差为d，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝(a1－3)3＋(a2－3)3＋…＋(a7－3)3＋(a1＋a2＋…＋a7)－7＝(a4－3d－3)3＋(a4－2d－3)3＋…＋(a4＋2d－3)3＋(a4＋3d－3)3＋7a4－7＝7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7a4－7.由已知，7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7a4－7＝14，即7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7(a4－3)＝0，∴(a4－3)3＋4(a4－3)＝0.因为f(x)＝x3＋4x在R上为增函数，且f(0)＝0，故a4－3＝0，即a4＝3，∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝7×3＝21.2．B3、B4[2012·陕西卷]下列函数中，既是奇函数又是增函数的为()A．y＝x＋1B．y＝－x3C．y＝1xD．y＝x|x|2．D[解析]本小题主要考查函数的单调性、奇偶性，解题的突破口为单调性的定义、奇偶性的定义与函数图像的对应关系．若函数为单调增函数，其图像为从左向右依次上升；若函数为奇函数，其图像关于原点对称．经分析，A选项函数的图像不关于原点对称，不是奇函数，排除；B选项函数的图像从左向右依次下降，为单调减函数，排除；C选项函数的图像从左向右依次下降，为单调减函数，排除；故选D.其实对于选项D，我们也可利用x0、x＝0、x0讨论其解析式，然后画出图像，经判断符合要求，故选D.8．B3、B10[2012·北京卷]某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如图1－6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()图1－6A．5B．7C．9D．118．C[解析]本题考查利用函数图像识别函数值的变化趋势，也就是函数增减速度的快慢．法一：因为随着n的增大，Sn在增大，要使Snn取得最大值，只要让随着n的增大Sn＋1－Sn的值超过Sn＋1－S1n(平均变化)的加入即可，Sn＋1－Sn的值不超过Sn＋1－S1n(平均变化)的舍去，由图像可知，6,7,8,9这几年的改变量较大，所以应该加入，到第10,11年的时候，改变量明显变小，所以不应该加入，故答案为C.法二：假设Smm是Snn取的最大值，所以只要SmmSm＋1m＋1即可，也就是Sm－0m－0Sm＋1－0m＋1－0，即可以看作点Qm(m，Sm)与O(0,0)连线的斜率大于点Qm＋1(m＋1，Sm＋1)与O(0,0)连线的斜率，所以观察可知到第Q9(9，S9)与O(0,0)连线的斜率开始大于点Q10(10，S10)与O(0,0)连线的斜率．答案为C.14．A2、A3、B3、E3[2012·北京卷]已知f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2，若∀x∈R，f(x)0或g(x)0，则m的取值范围是________．14．(－4,0)[解析]本题考查函数图像与性质、不等式求解、逻辑、二次函数与指数函数等基础知识和基本技能，考查分类讨论的数学思想、分析问题和解决问题以及综合运用知识的能力．由已知g(x)＝2x－20，可得x1，要使∀x∈R，f(x)0或g(x)0，必须使x≥1时，f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)0恒成立，当m＝0时，f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)＝0不满足条件，所以二次函数f(x)必须开口向下，也就是m0，要满足条件，必须使方程f(x)＝0的两根2m，－m－3都小于1，即2m1，－m－31，可得m∈(－4,0)．20．B3、D4、M4[2012·北京卷]设A是如下形式的2行3列的数表，abcdef满足性质P：a，b，c，d，e，f∈[－1,1]，且a＋b＋c＋d＋e＋f＝0.记ri(A)为A的第i行各数之和(i＝1,2)，cj(A)为A的第j列各数之和(j＝1,2,3)；记k(A)为|r1(A)|，|r2(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小值．(1)对如下数表A，求k(A)的值；11－0.80.1－0.3－1(2)设数表A形如11－1－2ddd－1其中－1≤d≤0，求k(A)的最大值；(3)对所有满足性质P的2行3列的数表A，求k(A)的最大值．20．解：(1)因为r1(A)＝1.2，r2(A)＝－1.2，c1(A)＝1.1，c2(A)＝0.7，c3(A)＝－1.8，所以k(A)＝0.7.(2)r1(A)＝1－2d，r2(A)＝－1＋2d，c1(A)＝c2(A)＝1＋d，c3(A)＝－2－2d.因为－1≤d≤0，所以|r1(A)|＝|r2(A)|≥1＋d≥0，|c3(A)|≥1＋d≥0.所以k(A)＝1＋d≤1.当d＝0时，k(A)取得最大值1.(3)任给满足性质P的数表A(如下所示)．abcdef任意改变A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*仍满足性质P，并且k(A)＝k(A*)．因此，不妨设r1(A)≥0，c1(A)≥0，c2(A)≥0.由k(A)的定义知，k(A)≤r1(A)，k(A)≤c1(A)，k(A)≤c2(A)．从而3k(A)≤r1(A)＋c1(A)＋c2(A)＝(a＋b＋c)＋(a＋d)＋(b＋e)＝(a＋b＋c＋d＋e＋f)＋(a＋b－f)＝a＋b－f≤3.所以k(A)≤1.由(2)知，存在满足性质P的数表A使k(A)＝1.故k(A)的最大值为1.6．B3、B4[2012·天津卷]下列函数中，既是偶函数，又在区间(1,2)内是增函数的为()A．y＝cos2x，x∈RB．y＝log2|x|，x∈R且x≠0C．y＝ex－e－x2，x∈RD．y＝x3＋1，x∈R6．B[解析]法一：由偶函数的定义可排除C、D，又∵y＝cos2x为偶函数，但在(1,2)内不单调递增，故选B.法二：由偶函数定义知y＝log2|x|为偶函数，以2为底的对数函数在(1,2)内单调递增．22．B3、B9、B12[2012·福建卷]已知函数f(x)＝axsinx－32(a∈R)，且在0，π2上的最大值为π－32.(1)求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．22．解：(1)由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，对于任意x∈0，π2，有sinx＋xcosx＞0.当a＝0时，f(x)＝－32，不合题意；当a＜0，x∈0，π2时，f′(x)＜0，从而f(x)在0，π2内单调递减，又f(x)在0，π2上的图象是连续不断的，故f(x)在0，π2上的最大值为f(0)＝－32，不合题意；当a＞0，x∈0，π2时，f′(x)＞0，从而f(x)在0，π2内单调递增，又f(x)在0，π2上的图象是连续不断的，故f(x)在0，π2上的最大值为fπ2，即π2a－32＝π－32，解得a＝1.综上所述，得f(x)＝xsinx－32.(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：由(1)知，f(x)＝xsinx－32，从而有f(0)＝－32＜0.fπ2＝π－32＞0，又f(x)在0，π2上的图象是连续不断的．所以f(x)在0，π2内至少存在一个零点．又由(1)知f(x)在0，π2上单调递增，故f(x)在0，π2内有且