(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a＞0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，知0＜a≤1.
x
课标理数18.B12[2011·北京卷] 已知函数f(x)＝(x－k)2e. k
(1)求f(x)的单调区间；
1
(2)若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范围．
e
1x
课标理数18.B12[2011·北京卷] 【解答】 (1)f′(x)＝(x2－k2)e. kk
令f′(x)＝0，得x＝±k.
当k＞0时，f(x)与f′(x)的情况如下：
x k (－∞，－k) －k (－k，k) (k，＋∞) 0 0 f′(x) ＋ － ＋ －f(x) ? ? 0 ? 4k2e1 所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)；单调递减区间是(－k，k)． 当k＜0时，f(x)与f′(x)的情况如下：
x k (－∞，k) (k，－k) －k (－k，＋∞) 0 0 f′(x) － ＋ － －f(x) ? 0 ? ? 4k2e1 所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)；单调递增区间是(k，－k)． k＋111
(2)当k＞0时，因为f(k＋1)＝e＞，所以不会有?x∈(0，＋∞)，f(x)≤.
kee
24k
当k＜0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝. e
2
14k1
所以?x∈(0，＋∞)，f(x)≤，等价于f(－k)＝≤.
eee
1
解得－≤k＜0.
2
11
－，0?. 故当?x∈(0，＋∞)，f(x)≤时，k的取值范围是??2?e
课标文数18.B12[2011·北京卷] 已知函数f(x)＝(x－k)ex. (1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值． 课标文数18.B12[2011·北京卷] 【解答】 (1)f′(x)＝(x－k＋1)ex. 令f′(x)＝0，得x＝k－1. f(x)与f′(x)的情况如下：
x (－∞，k－1) k－1 (k－1，＋∞) 0 f′(x) － ＋ k－1f(x) ? ? －e 所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)． (2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增． 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k； 当0 由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小 － 值为f(k－1)＝－ek1； 当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减； 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e. － 大纲理数8.B12[2011·全国卷] 曲线y＝e2x＋1在点(0,2)处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形的面积为( ) 11A. B. 322 C. D．1 3 －－ 大纲理数8.B12[2011·全国卷] A 【解析】 函数y＝e2x＋1的导数为y′＝－2e2x，则 － y′|x＝0＝－2，曲线y＝e2x＋1在点(0,2)处的切线方程是2x＋y－2＝0，直线y＝x与直线2x＋y 22?12，，－2＝0的交点为?直线y＝0与直线2x＋y－2＝0的交点为(1,0)，三角形的面积为×1×?33?23 1 ＝，故选A. 3 2x 大纲理数22.B12，E8[2011·全国卷] (1)设函数f(x)＝ln(1＋x)－，证明：当x>0时，f(x)>0； x＋2 (2)从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取 9?191 20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为p.证明：p 大纲理数22.B12，E8[2011·全国卷] 【解答】 (1)f′(x)＝. ?x＋1??x＋2?2当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)为增函数，又f(0)＝0.因此当x>0时，f(x)>0. 100×99×98×?×81(2)p＝. 10020又99×81<902,98×82<902，?，91×89<902， 9?19 所以p 2x 由(1)知：当x>0时，ln(1＋x)>. x＋2 2 1＋?ln(1＋x)>2. 因此，??x?10?192110 在上式中，令x＝，则19ln>2，即??9?>e. 99 9?191 所以p 大纲文数21.B12[2011·全国卷] 已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋(3－6a)x＋12a－4(a∈R)． (1)证明：曲线y＝f(x)在x＝0处的切线过点(2,2)； (2)若f(x)在x＝x0处取得极小值，x0∈(1,3)，求a的取值范围． 大纲文数21.B12[2011·全国卷] 【解答】 (1)证明：f′(x)＝3x2＋6ax＋3－6a. 由f(0)＝12a－4，f′(0)＝3－6a得曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝(3－6a)x＋12a－4， 由此知曲线y＝f(x)在x＝0处的切线过点(2,2)． (2)由f′(x)＝0得x2＋2ax＋1－2a＝0. ①当－2－1≤a≤2－1时，f′(x)≥0恒成立，f(x)没有极小值； ②当a>2－1或a<－2－1时，由f′(x)＝0得 x1＝－a－a2＋2a－1，x2＝－a＋a2＋2a－1， 故x0＝x2.由题设知1<－a＋a2＋2a－1<3. 当a>2－1时，不等式1<－a＋a2＋2a－1<3无解； 5 当a<－2－1时，解不等式1<－a＋a2＋2a－1<3得－ 2 5 －，－2－1?. 综合①②得a的取值范围是??2? 课标理数18.B10，B12[2011·福建卷] 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销 a 售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3 x－3 a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克． (1)求a的值； (2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大． a 课标理数18.B10，B12[2011·福建卷] 【解答】 (1)因为x＝5时，y＝11，所以＋10＝11， 2 a＝2. (2)由(1)可知，该商品每日的销售量 2y＝＋10(x－6)2. x－3 所以商场每日销售该商品所获得的利润 22 f(x)＝(x－3)?x－3＋10?x－6??＝2＋10(x－3)(x－6)2,3 ?? 2 从而f′(x)＝10[?x－6?＋2?x－3??x－6?] ＝30(x－4)(x－6)． 于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (3,4) 4 (4,6) 0 f′(x) ＋ － f(x) 单调递增 极大值42 单调递减 由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点． 所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42. 答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大． 课标文数10.B12，E6[2011·福建卷] 若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于( ) A．2 B．3 C．6 D．9 课标文数10.B12，E6[2011·福建卷] D 【解析】 f′(x)＝12x2－2ax－2b， ∵f(x)在x＝1处有极值， ∴f′(1)＝0，即12－2a－2b＝0，化简得 a＋b＝6， ∵a>0，b>0， a＋b?2 ∴ab≤??2?＝9，当且仅当a＝b＝3时，ab有最大值，最大值为9，故选D. 课标文数22.B11，B12[2011·福建卷] 已知a，b为常数，且a≠0，函数f(x)＝－ax＋b＋axlnx，f(e)＝2(e＝2.71828?是自然对数的底数)． (1)求实数b的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)当a＝1时，是否同时存在实数m和M(m ?1，e??都有公共点？若存在，曲线y＝f(x)?x∈求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，??e?? 说明理由． 课标文数22.B11，B12[2011·福建卷] 【解答】 (1)由f(e)＝2得b＝2. (2)由(1)可得f(x)＝－ax＋2＋axlnx. 从而f′(x)＝alnx. 因为a≠0，故： ①当a>0时，由f′(x)>0得x>1，由f′(x)<0得0 ②当a<0时，由f′(x)>0得0 综上，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)； 当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)当a＝1时，f(x)＝－x＋2＋xlnx，f′(x)＝lnx. 1? 由(2)可得，当x在区间??e，e?内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 1?1，1? x 1 e (1，e) e?e? 0 f′(x) － ＋ 2f(x) 2 2－ 单调递减 极小值1 单调递增 e1?2又2－<2，所以函数f(x)(x∈??e，e?)的值域为[1,2]． e ?m＝1，??1，e??都有据此可得，若?相对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)?x∈??e????M＝2公共点； ?1，e??都没有公共并且对每一个t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)?x∈??e?? 点． 综上，当a＝1时，存在最小的实数m＝1，最大的实数M＝2，使得对每一个t∈[m，M]， ?1，e??都有公共点． 直线y＝t与曲线y＝f(x)?x∈??e?? 课标理数12.B12[2011·广东卷] 函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值． 课标理数12.B12[2011·广东卷] 2 2 【解析】 f′(x)＝3x－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0， 当x∈(0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，显然当x＝2时f(x)取极小值． 课标文数19.B12[2011·广东卷] 设a＞0，讨论函数f(x)＝lnx＋a(1－a)x2－2(1－a)x的单调性． 课标文数19.B12[2011·广东卷] 【解答】 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 2 2a?1－a?x－2?1－a?x＋1 f′(x)＝， x 1a－?. 当a≠1时，方程2a(1－a)x2－2(1－a)x＋1＝0的判别式Δ＝12(a－1)??3? 1 ①当00，f′(x)有两个零点， 3 ?a－1??3a－1??a－1??3a－1?11 x1＝－>0，x2＝＋， 2a2a2a?1－a?2a?1－a? 且当0 1 ②当≤a<1时，Δ≤0，f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)内为增函数； 3 1 ③当a＝1时，f′(x)＝>0(x>0)，f(x)在(0，＋∞)内为增函数； x ?a－1??3a－1?1 ④当a>1时，Δ>0，x1＝－>0， 2a2a?1－a? ?a－1??3a－1?1 ＋<0， 2a2a?1－a? 所以f′(x)在定义域内有唯一零点x1， x2＝ 且当0 f(x)的单调区间如下表： 11a>1 0 ?a－1??3a－1?1＋) 2a2a?1－a? 课标理数10.B12[2011·湖北卷] 放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减少，这种现象称为衰变．假设在放射性同位素铯137的衰变过程中，其含 t 量M(单位：太贝克)与时间t(单位：年)满足函数关系：M(t)＝M02－，其中M0为t＝0时铯 30 137的含量．已知t＝30时，铯137含量的变化率是－10ln2(太贝克/年)，则M(60)＝( ) ．．． A．5太贝克 B．75ln2太贝克 C．150ln2太贝克 D．150太贝克 1t 课标理数10.B12[2011·湖北卷] D 【解析】 因为M′(t)＝－M02－·ln2，所以M′(30) 3030 1t－ ＝－M0ln2＝－10ln2.所以M0＝600.所以M(t)＝600×2－.所以M(60)＝600×22＝150(太贝 6030克)． 课标理数21.B12，E9[2011·湖北卷] (1)已知函数f(x)＝lnx－x＋1，x∈(0，＋∞)，求函数f(x)的最大值； (2)设ak，bk(k＝1,2，?，n)均为正数，证明： ①若a1b1＋a2b2＋?＋anbn≤b1＋b2＋?＋bn，则ab11ab22?abnn≤1； 122 ②若b1＋b2＋?＋bn＝1，则≤bb11bb22?bbnn≤b21＋b2＋?＋bn. n课标理数21.B12，E9[2011·湖北卷] 【解答】 1 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝－1＝0，解得x＝1， x 当0 (2)证明：①由(1)知，当x∈(0，＋∞)时，有f(x)≤f(1)＝0，即lnx≤x－1. ∵ak，bk>0，从而有lnak≤ak－1，得bklnak≤akbk－bk(k＝1,2，?，n)， 求和得?lnabkk≤?akbk－?bk， k＝1 k＝1 k＝1 n n n ∵?akbk≤?bk，∴?lnabkk≤0，即ln(ab11ab22?abnn)≤0， k＝1 k＝1 k＝1 nnn ∴ab11ab22?abnn≤1. 1 ②(i)先证bb11bb22?bbnn≥， n nn1n1??1?1?1?设ak＝(k＝1,2，?，n)，则?akbk＝? ＝1＝?bk，于是由①得?bb??nb1?1?nb2?2?nbn?nbk k＝1k＝1nk＝1