教學考試雜志社“優師計劃”階段性成果展示
——高考重難點相關試題選登

1.已知某函數的圖象如圖所示,則該函數的解析式可能是

( )

C.y=2x-|x|+2 D.y=(x2-1)cosx

【答案】B

( )

A.200π-5 B.200π+5

C.210π-5 D.210π+2

【答案】C

( )

A.m>0 B.m≤1

C.m>1 D.m≤0

【答案】A

( )

A.(0,ln2]

B.(-∞,-ln2]∪[ln2,+∞)

C.(-∞,ln2]

D.[-ln2,ln2]

【答案】D

( )

A.(-∞,1) B.(-∞,1]

C.(0,+∞) D.[1,+∞)

【答案】B

( )

A.(-1,0) B.(0,1)

C.(-∞,-1) D.[1,+∞)

【答案】C

7.函數f(x)=x3-5x2+3x+9與x軸交點的個數為

( )

A.0 B.1 C.2 D.3

【答案】C

( )

【答案】D

9.曲線f(x)=x3-2x，在點A處的切線平行于直線y=x+1,則A點坐標為________.

【答案】(1，-1)或(-1,1)

12.當直線y=kx+b同時與曲線y=ex和y=ln(x+2)相切時,b=________.

13.(本小題滿分12分)

已知f(x)=mlnx-2x(m>0).

(Ⅰ)若?x>0,都有f(x)≤0,求m的取值范圍;

(Ⅱ)若m=1,曲線y=f(x)上的點(x0,y0)(x0>0)處的切線l與y=x2相切,求滿足條件的x0的個數.

【解題分析】(Ⅰ)由f(x)=mlnx-2x，

再由m>0可得0

即m的取值范圍為(0,2e].

(Ⅱ)當m=1時,y=lnx-2x,

令g(x)=4x2lnx-4x+1,

則g′(x)=8xlnx+4x-4,

令h(x)=8xlnx+4x-4,

則h′(x)=8lnx+12,

則h(x)=x(8lnx+4)-4

∴當0

當x>1時,h(x)>0,即g′(x)>0，

即g(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增,

∴當x=1時,g(x)取得極小值g(1)=-3<0.

又g(0)=1>0,且g(e)=4e2-4e+1>0.

∴g(x)=0在(0,1)和(1,+∞)上各有1個零點.

14.(本小題滿分12分)

已知函數f(x)=(x2+a)ex-a(x+1).

(Ⅰ)當a=0時，求函數f(x)在(1,f(1))處的切線方程；

(Ⅱ)若a≥-2，證明：當x≥0時，f(x)≥0.

【解題分析】(Ⅰ)當a=0時,f(x)=x2ex,f′(x)=(x2+2x)ex,f′(1)=3e,f(1)=e.

∴函數f(x)在(1,f(1))處的切線方程為

y-e=3e(x-1)，即3ex-y-2e=0.

(Ⅱ)證明:f′(x)=(x2+2x+a)ex-a,

令g(x)=f′(x)，

則g′(x)=(x2+4x+a+2)ex.

∵a≥-2,

∴當x≥0時，(x2+4x+a+2)ex≥(x2+4x)ex≥0，

即g′(x)≥0,

∴g(x)在[0,+∞)上是增函數，

故g(x)≥g(0)=0，即f′(x)≥0,

∴f(x)在[0,+∞)上是增函數,

∴f(x)≥f(0)=0，

故若a≥-2，當x≥0時，f(x)≥0.

15.(本小題滿分12分)

(Ⅰ)求函數f(x)的單調區間和極值；

【解題分析】(Ⅰ)由題意可知，函數f(x)的定義域為(0,+∞)，

①當a+1≤0,即a≤-1時,f′(x)≤0,

所以函數f(x)的單調遞減區間為(0,+∞),沒有極值；

②當a+1>0,即a>-1時,

由f′(x)=0，解得x=a+1,

當00,

當x>a+1時,f′(x)<0，

所以函數f(x)的單調遞增區間為(0,a+1),單調遞減區間為(a+1,+∞)，函數f(x)有極大值,沒有極小值，

F(x)=-bxlnx+x2+b+1在[1,e]上有零點，

即方程-bxlnx+x2+b+1=0在[1,e]上有實根,

①當b+1≤1,即b≤0,x∈[1,e]時,h′(x)≥0,h(x)在[1,e]上單調遞增,

②當1

x∈[1,b+1]時,h′(x)≤0,h(x)單調遞減,

x∈[b+1,e]時,h′(x)≥0,h(x)單調遞增,

所以h(x)min=h(b+1)=2+b-bln(b+1),

由1

所以h(b+1)>2,

則h(x)=0在[1,e]上沒有實根.

③當b+1≥e,即b≥e-1,x∈[1,e]時,h′(x)≤0,h(x)在[1,e]上單調遞減,

16.(本小題滿分12分)

(Ⅰ)討論f(x)的單調性;

【解題分析】(1)f(x)的定義域為(0，+∞)，

當a≥0，x∈(0,2)時,f′(x)<0;

當x∈(2,+∞)時，f′(x)>0，

此時，f(x)在(0,2)上單調遞減，在(2,+∞)上單調遞增.

當a<0時，令f′(x)=0,解得x1=-a,x2=2.

①當-a<2，x∈(0,-a)∪(2，+∞)時，

f′(x)>0;當x∈(-a,2)時，f′(x)<0,

此時f(x)在(0,-a)和(2,+∞)上單調遞增，

在(-a,2)上單調遞減;

②當-a>2時，x∈(0,2)∪(-a,+∞)時，f′(x)>0;

x∈(2,-a)時，f′(x)<0,

此時f(x)在(0,2)和(-a,+∞)上單調遞增，

在(2,-a)上單調遞減;

此時f(x)在(0,+∞)上單調遞增.

令h′(t)=0，則t=e,當t∈(0,e)時,h′(t)>0;

如圖可知:

①當b≤0時，h(t)有唯一一個零點，

即g(x)有唯一一個零點;

即g(x)有兩個零點;

即g(x)有唯一一個零點;

即g(x)此時無零點.