45、(x1))處的切線方程為
y－(x＋2x1＋a)＝(2x1＋2)(x－x1)，即
y＝(2x1＋2)x－x＋a.
當x2>0時，函數(shù)f(x)的圖像在點(x2，f(x2))處的切線方程為y－ln x2＝(x－x2)，即y＝x＋ln x2－1.
兩切線重合的充要條件是
由①及x1<0h(2)＝－ln 2－1，
所以a>－ln
46、2－1，
而當t∈(0，2)且t趨近于0時，h(t)無限增大，
所以a的取值范圍是(－ln 2－1，＋∞)．
故當函數(shù)f(x)的圖像在點A，B處的切線重合時，a的取值范圍是(－ln 2－1，＋∞)．
B10 函數(shù)模型及其應用
5．B10[2013湖北卷] 小明騎車上學，開始時勻速行駛，途中因交通堵塞停留了一段時間，后為了趕時間加快速度行駛，與以上事件吻合得最好的圖像是( )
圖1－1
5．C [解析] 由題意可知函數(shù)圖像最開始為“斜率為負的線段”，接著為“與x軸平行的線段”，最后為“斜率為負值，且小于之前斜率的線段”
47、．觀察選項中圖像可知，C項符合，故選C.
10．B10[2013陜西卷] 設(shè)[x]表示不大于x的最大整數(shù)，則對任意實數(shù)x，有( )
A．[－x]＝－[x] B.＝[x]
C．[2x]＝2[x] D．[x]＋＝[2x]
10．D [解析] 可取特值x＝3.5，則[－x]＝[－3.5]＝－4，－[x]＝－[3.5]＝－3，故A錯．x＋＝[3.5＋0.5]＝4，而[x]＝[3.5]＝3，故B錯. [2x]＝[7]＝7，2[x]＝2[3.5]＝6，故C錯．[x]＋ x＋＝7，而[2x]＝[7]＝7，故只有D正確．
B11 導數(shù)及其運算
48、
18．B11，B12，B9，B14[2013北京卷] 已知函數(shù)f(x)＝x2＋xsin x＋cos x.
(1)若曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處與直線y＝b相切，求a與b的值；
(2)若曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點，求b的取值范圍．
18．解：由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得
f′(x)＝x(2＋cos x)．
(1)因為曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處與直線y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)．
解得a＝0，b＝f(0)＝1.
(2)令f ′(x)＝0，得x＝0.
f(x)與f′(x)的情況如下：
49、
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
1
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(0)＝1是f(x)的最小值．
當b≤1時，曲線y＝f(x)與直線y＝b最多只有一個交點；
當b>1時，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝11時，曲線y＝f(x)與直線y＝b有且僅有兩個不同交點．
綜
50、上可知，如果曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點，那么b的取值范圍是(1，＋∞)．
10．B11[2013全國卷] 已知曲線y＝x4＋ax2＋1在點(－1，a＋2)處切線的斜率為8，則a＝( )
A．9 B．6
C．－9 D．－6
10．D [解析] y′＝4x3＋2ax，當x＝－1時y′＝8，故8＝－4－2a，解得a＝－6.
12．B11[2013廣東卷] 若曲線y＝ax2－ln x在點(1，a)處的切線平行于x軸，則a＝________
12. [解析] 易知點(1，a)在曲線y＝ax2－ln x上，y′＝2ax－，∴＝2a－1＝0，∴a＝.
11．B11[2
51、013江西卷] 若曲線y＝xα＋1(α∈R)在點(1，2)處的切線經(jīng)過坐標原點，則α＝________．
11．2 [解析] y′＝αxα－1，y′＝α，所以切線方程為y－2＝α(x－1)，該切線過原點，得α＝2.
21．B11，B12[2013陜西卷] 已知函數(shù)f(x)＝ex，x∈R.
(1)求f(x)的反函數(shù)的圖像上點(1，0)處的切線方程；
(2)證明：曲線y＝f(x)與曲線y＝x2＋x＋1有唯一公共點；
(3)設(shè)a
52、.
于是在點(1，0)處切線方程為y＝x－1.
(2)方法一：曲線y＝ex與y＝x2＋x＋1公共點的個數(shù)等于函數(shù)φ(x)＝ex－x2－x－1零點的個數(shù)．
∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x)存在零點x＝0.
又φ′(x)＝ex－x－1，令h(x)＝φ′(x)＝ex－x－1，
則h′(x)＝ex－1.
當x<0時，h′(x)<0，∴φ′(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減；
當x>0時，h′(x)>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
∴φ′(x)在x＝0有唯一的極小值φ′(0)＝0，
即φ′(x)在R上的最小值為φ′(0)＝0，
∴φ′(x)≥0(僅當x＝0時等號成立)，
53、∴φ(x)在R上是單調(diào)遞增的，
∴φ(x)在R上有唯一的零點．
故曲線y＝f(x)與曲線y＝x2＋x＋1有唯一公共點．
方法二：∵ex>0，x2＋x＋1>0，
∴曲線y＝ex與y＝x2＋x＋1公共點的個數(shù)等于
曲線y＝與直線y＝1公共點的個數(shù)．
設(shè)φ(x)＝，則φ(0)＝1，即x＝0時，兩曲線有公共點．
又φ′(x)＝＝≤0(僅當x＝0時等號成立)，
∴φ(x)在R上單調(diào)遞減，
∴φ(x)與y＝1有唯一的公共點，
故曲線y＝f(x)與y＝x2＋x＋1有唯一的公共點．
(3)－f＝－e ＝＝.
設(shè)函數(shù)u(x)＝ex －－2x(x≥0)，則u′(x)＝ex＋－2≥2－2＝0
54、.
∴u′(x)≥0(僅當x＝0時等號成立)，
∴u(x)單調(diào)遞增．
當x>0時，u(x)>u(0)＝0.
令x＝，則得e－e－(b－a)>0.
∴>f.
20．B11、B12[2013新課標全國卷Ⅰ] 已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)討論f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的極大值．
20．解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.
由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8.
從而a＝4，b＝4.
(2)由(1)知，f(x)＝4ex(
55、x＋1)－x2－4x.
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).
令f′(x)＝0，得x＝－ln 2或x＝－2.
從而當x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(－2，－ln 2)時，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－2，－ln 2)上單調(diào)遞減．
當x＝－2時，函數(shù)f(x)取得極大值，極大值為f(－2)＝4(1－e－2)．
20．B11和B12[2013重慶卷] 某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)
56、面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)．
(1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域；
(2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大．
20．解：(1)因為蓄水池側(cè)面的總成本為1002πrh＝200πrh元，底面的總成本為160πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元，又據(jù)題意200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝(300－4r2)，從而
V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
因為r>0，又由h>0可得r<5 ，故函數(shù)V(r)的
57、定義域為(0，5 )．
(2)因為V(r)＝(300r－4r3)，故V′(r)＝(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(r2＝－5不在定義域內(nèi)，舍去)．
當r∈(0，5)時，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上為增函數(shù)；當r∈(5，5 )時，V′(r)<0，故V(r)在(5，5 )上為減函數(shù)．
由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8，即當r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大．
B12 導數(shù)的應用
20．E3，B12[2013安徽卷] 設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－(1＋a2)x2，其中a>0，區(qū)間
58、I＝{x|f(x)>0}．
(1)求I的長度(注：區(qū)間(α，β)的長度定義為β－α)；
(2)給定常數(shù)k∈(0，1)，當1－k≤a≤1＋k時，求I長度的最小值．
20．解：(1)因為方程ax－(1＋a2)x2＝0(a>0)有兩個實根x1＝0，x2＝，
故f(x)>0的解集為{x|x10，d(a)單調(diào)遞增；
當1
59、1－k或a＝1＋k處取得．
而＝＝<1，故d(1－k)
60、f(x)＋b＝0必然有f(x)＝x1或f(x)＝x2.由于f(x1)＝x1且x1
61、＝f(x)在點(a，f(a))處與直線y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)．
解得a＝0，b＝f(0)＝1.
(2)令f ′(x)＝0，得x＝0.
f(x)與f′(x)的情況如下：
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
1
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(0)＝1是f(x)的最小值．
當b≤1時，曲線y＝f(x)與直線y＝b最多只有一個交點；
當b>1時，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1
62、
所以存在x1∈(－2b，0)，x2∈(0，2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.
由于函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)和(0，＋∞)上均單調(diào)，所以當b>1時，曲線y＝f(x)與直線y＝b有且僅有兩個不同交點．
綜上可知，如果曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點，那么b的取值范圍是(1，＋∞)．
21．B12、B14[2013全國卷] 已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax2＋3x＋1.
(1)當a＝－時，討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若x∈[2，＋∞)時，f(x)≥0，求a的取值范圍．
21．解：(1)當a＝－時，f(x)＝x3－3 x2＋3x＋1，
f′(x)＝3x2－6 x＋
63、3.
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝＋1.
當x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0，f(x)在(－∞，－1)上是增函數(shù)；
當x∈(－1，＋1)時，f′(x)<0，f(x)在(－1，＋1)上是減函數(shù)；
當x∈(＋1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(＋1，＋∞)上是增函數(shù)．
(2)由f(2)≥0得a≥－.
當a≥－，x∈(2，＋∞)時，
f′(x)＝3(x2＋2ax＋1)≥3＝
3(x－2)>0，
所以f(x)在(2，＋∞)上是增函數(shù)，于是當x∈[2，＋∞)時，f(x)≥f(2)≥0.
綜上，a的取值范圍是.
22．B12，B14[2013福建卷] 已知函數(shù)f(
64、x)＝x－1＋(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))．
(1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，求a的值；
(2)求函數(shù)f(x)的極值；
(3)當a＝1時，若直線l：y＝kx－1與曲線y＝f(x)沒有公共點，求k的最大值．
22．解：(1)由f(x)＝x－1＋，得f′(x)＝1－.
又曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，得f′(1)＝0，即1－＝0，解得a＝e.
(2)f′(x)＝1－，
①當a≤0時，f′(x)>0，f(x)為(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)無極值．
②當a>0時，令f′(x)＝0，得ex＝a，x＝ln a.
當
65、x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0；
當x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝ln a處取得極小值，且極小值為f(ln a)＝ln a，無極大值．
綜上，當a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；
當a>0時，f(x)在x＝ln a處取得極小值ln a，無極大值．
(3)方法一：當a＝1時，f(x)＝x－1＋.
令g(x)＝f(x)－(kx－1)＝(1－k)x＋，
則直線l：y＝kx－1與曲線y＝f(x)沒有公共點，
等價于方程g(x)＝0在R上沒有實數(shù)解．
假設(shè)k>1，此時g(0)
66、＝1>0，g＝－1＋<0，
又函數(shù)g(x)的圖像連續(xù)不斷，由零點存在定理，可知g(x)＝0在R上至少有一解，與“方程g(x)＝0在R上沒有實數(shù)解”矛盾，故k≤1.
又k＝1時，g(x)＝>0，知方程g(x)＝0在R上沒有實數(shù)解．
所以k的最大值為1.
方法二：當a＝1時，f(x)＝x－1＋.
直線l：y＝kx－1與曲線y＝f(x)沒有公共點，
等價于關(guān)于x的方程kx－1＝x－1＋在R上沒有實數(shù)解，即關(guān)于x的方程：
(k－1)x＝(*)在R上沒有實數(shù)解．
①當k＝1時，方程(*)可化為＝0，在R上沒有實數(shù)解．
②當k≠1時，方程(*)化為＝xex.
令g(x)＝xex，則有g(shù)′(x)＝(1＋x)ex.
令g′(x)＝0，得x＝－1，
當x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
－
【備考】高考數(shù)學 （真題模擬新題分類匯編） 函數(shù)與導數(shù) 文
