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复习题
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．函数f(x)＝log2(3x－1)的定义域是 ( )
A．R B．(1，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
解析：由3x－1>0得x>0，故定义域是(0，＋∞)，选C.
答案：C
2．若函数y＝f(x)是函数y＝ax(a>0，且a≠1)的反函数，且f(2)＝1，则f(x)
＝ ( )
A．log2x B.
C．logx D．2x－2
解析：函数y＝ax(a>0，且a≠1)的反函数是f(x)＝logax，
又f(2)＝1，即loga2＝1，
所以a＝2，故f(x)＝log2x.
答案：A
3．(2013年北京市丰台区 )预测人口的变化趋势有多种方法，“直接推算法”使用的公式是Pn＝P0(1＋k)n(k>－1)，其中Pn为预测人口数，P0为初期人口数，k为预测年内增长率，n为预测期间隔年数．如果在某一时期有－1<k<0，那么这期间人口数 ( )
A．呈上升趋势 B．呈下降趋势
C．摆动变化 D．不变
解析：由于－1<k<0，所以0<1＋k<1，因此Pn为关于n的递减函数，故选B.
答案：B
4．若函数f(x)满足f(x)＝x3－f′(1)·x2－x，则f′(1)的值为 ( )
A．0 B．2
C．1 D．－1
解析：∵f(x)＝x3－f′(1)x2－x，
∴f′(x)＝x2－2f′(1)x－1.
令x＝1得f′(1)＝1－2f′(1)－1，
所以f′(1)＝0，故选A.
答案：A
5．若函数f(x)＝ax2＋(a2－1)x－3a为偶函数，其定义域为[4a＋2，a2＋1]，则f(x)的最小值为 ( )
A．3 B．0
C．2 D．－1
解析：由f(x)为偶函数知a2－1＝0，
即a＝±1，
又其定义域需关于原点对称，
即4a＋2＋a2＋1＝0必有a＝－1.
这时f(x)＝－x2＋3，
其最小值为f(－2)＝f(2)＝－1.
故选D.
答案：D
6．(2013年河北石家庄质检)牛奶保鲜时间因储藏温度的不同而不同，假定保鲜时间y与储藏温度x的关系为指数型函数y＝kax，若牛奶在0℃的冰箱中，保鲜时间约为100 h，在5 ℃的冰箱中，保鲜时间约是80 h，那么在10 ℃下的保鲜时间是 ( )
A．49 h B．56 h
C．64 h D．76 h
解析：由题意知，指数型函数为y＝kax，
于是，
所以k＝100，a5＝，
则当x＝10时，y＝100×a10＝100×()2＝64.故选C.
答案：C
7．(2013年山西四校联考)已知a是函数f(x)＝2x－logx的零点，若0<x0<a，则f(x0)的值满足 ( )
A．f(x0)＝0 B．f(x0)>0
C．f(x0)<0 D．f(x0)的符号不能确定
解析：∵0<x0<a，∴2x0<2a且logx0>loga.
即－logx0<－loga
∴2x0－logx0<2a－loga
又a是f(x)＝2x－logx的零点，
∴2a－loga＝0
∴f(x0)＝2x0－logx0<0，选C.
答案：C
8．(2012年重庆)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且以2为周期，则“f(x)为[0,1]上的增函数”是“f(x)为[3,4]上的减函数”的 ( )
A．既不充分也不必要的条件 B．充分而不必要的条件
C．必要而不充分的条件 D．充要条件
解析：∵x∈[0,1]时，f(x)是增函数，又∵y＝f(x)是偶函数，
∴x∈[－1,0]时，f(x)是减函数．
当x∈[3,4]时，x－4∈[－1,0]，∵T＝2，
∴f(x)＝f(x－4)．∴x∈[3,4]时，f(x)是减函数，充分性成立．
反之：x∈[3,4]时，f(x)是减函数，x－4∈[－1,0]，∵T＝2，
∴f(x)＝f(x－4)，∴x∈[－1,0]时，f(x)是减函数．
∵y＝f(x)是偶函数，∴x∈[0,1]时，f(x)是增函数，必要性成立，故选D.
答案：D
9．(2012年福州市高三期末质量检查)已知g(x)为三次函数f(x)＝x3＋x2－2ax(a≠0)的导函数，则它们的图象可能是 ( )
解析：由已知得g(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，
∴g(x)的图象与x轴的交点坐标为(－2,0)，(1,0)，且－2和1是函数f(x)的极值点，故选D.
答案：D
10．(2013年正定中学第一次月考)已知函数 f(x)＝在[1，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围是 ( )
A．0<a< B．0<a≤e
C．a≤e D．a≥e
解析：f ′(x)＝＝，因为 f(x)在[1，＋∞)上为减函数，故 f ′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即lna≥1－lnx在[1，＋∞)上恒成立．设φ(x)＝1－lnx，φ(x)max＝1，故lna≥1，a≥e.
答案：D
11．(2013届河北省重点中学联合考试)定义在(1，＋∞)上的函数f(x)满足：①f(2x)＝cf(x)(c为正常数)；②当2≤x≤4时，f(x)＝1－(x－3)2，若函数f(x)的图象上所有极大值对应的点均落在同一条直线上，则c等于 ( )
A．1 B．2
C．2或4 D．1或2
解析：由已知可得，当1≤x≤2时，f(x)＝f(2x)＝[1－(2x－3)2]；
当2≤x≤4时，f(x)＝1－(x－3)2，
当4≤x≤8时，f(x)＝cf()＝c[1－(－3)2]
由题意可知三点(，)，(3,1)，(6，c)共线，则＝，解得c＝1或c＝2.
答案：D
12．(2012年孝感统考)已知f(x)＝aln x＋x2(a>0)，若对任意两个不等的正实数x1、x2都有>2恒成立，则a的取值范围是 ( )
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(0,1) D．(0,1]
解析：由于＝k>2恒成立，所以f′(x)≥2恒成立．又f′(x)＝＋x，故＋x≥2，即a≥－x2＋2x，而g(x)＝－x2＋2x在(0，＋∞)上的最大值为1，所以a≥1.故选A.
答案：A
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．函数y=sin2x+2cosx在区间上的最小值为，则的取值范围是
14． f(x)＝ (n∈Z)是偶函数，且y＝ f(x)在(0，＋∞)上是减函数，则n＝________.
解析：因为 f(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以n2－3n<0，即0<n<3，又因为 f(x)是偶函数，所以n2－3n是偶数，只有n＝1或2满足条件．
答案：1或2
15．如果f(x)dx＝1，f(x)dx＝－1，则f(x)dx＝________.
解析：∵f(x)dx＝f(x)dx＋f(x)dx
∴f(x)dx＝f(x)dx－f(x)dx＝－1－1＝－2.
答案：－2
16．(2012年河北质检)已知函数f(x＋)为奇函数，设g(x)＝f(x)＋1，则g()＋g()＋g()＋g()＋…＋g()＝________.
解析：由题意f(－x＋)＝－f(x＋)，即f(－x＋)＋f(x＋)＝0，故可得结论：
若m＋n＝1，则f(m)＋f(n)＝0，g(m)＋g(n)＝2.∴原式＝1 006×2＝2 012.
答案：2 012
三、解答题(本大题共6小题，共70分，17题10分，18～22题，每题12分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
17．已知f(x－3)＝loga(a>0，且a≠1)，试判断f(x)的奇偶性．
解：∵f(x－3)＝loga，∴f(x)＝loga.
>0⇒－3<x<3，
∴定义域关于原点对称．
又f(－x)＋f(x)＝loga＝loga1＝0，∴f(x)为奇函数．
18．⑴。
⑵设上，则P′点关于x=8对称点
，
单增区间。
19．(2013年宁夏银川月考)已知函数：f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，过曲线y＝f(x)上的点P(1，f(1))的切线方程为y＝3x＋1
(1)若y＝f(x)在x＝－2时有极值，求f(x)的表达式；
(2)若函数y＝f(x)在区间[－2,1]上单调递增，求b的取值范围．
解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c求导数得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，过y＝f(x)上点P(1，f(1))的切线方程为：
y－f(1)＝f′(1)(x－1)，即y－(a＋b＋c＋1)＝(3＋2a＋b)(x－1)
而过y＝f(x)上P(1，f(1))的切线方程为：
即
∵y＝f(x)在x＝－2时有极值，故f′(－2)＝0
∴－4a＋b＝－12③
由①②③相联立解得a＝2，b＝－4，c＝5
f(x)＝x3＋2x2－4x＋5
(2)f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3x2＋4x－4＝(3x－2)(x＋2)
x
[－3，－2)
－2
(－2，)
(，1]
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大
极小
f(x)极大＝f(－2)＝(－2)3＋2(－2)2－4(－2)＋5＝13
f(1)＝13＋2×1－4×1＋5＝4
∴f(x)在 [－3,1]上最大值为13
由y＝f(x)在区间[－2,1]上单调递增
又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由(1)知2a＋b＝0
∴f′(x)＝3x2－bx＋b
依题意f′(x)在[－2,1]上恒有f′(x)≥0，即3x2－bx＋b≥0在[－2,1]上恒成立
①在x＝≥1时，f′(x)小＝f′(1)＝3－b＋b>0，∴b≥6
②在x＝≤－2时，f′(x)小＝f′(－2)＝12＋2b＋b≥0，
∴b∈Ø
③在－2≤≤1时，f′(x)小＝≥0，则0≤b≤6.
综上所述讨论可知，所求参数b取值范围是：b≥0
20．⑴由
由
∴函数的最小正周期T=
⑵由
∴f（x）的单调递减区间是．
⑶，∴奇函数的图象左移 即得到的图象，
故函数的图象右移后对应的函数成为奇函数．
（注：第⑶问答案不唯一，教师阅卷时可灵活处理．）
21.解析：（1）因为,由余弦定理知
所以,又因为,则由正弦定理得:
所以所以
（2）
由已知,则
因为,,由于,所以
所以,根据正弦函数图象,所以
22．(2012年北京怀柔高三调研)已知f(x)＝ax－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然常数，a∈R.
(1)讨论a＝1时，f(x)的单调性、极值；
(2)求证：在(1)在条件下，f(x)>g(x)＋；
(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
解：(1)∵f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－＝，
∴当0<x<1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；当1<x<e时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增．
∴f(x)的极小值为f(1)＝1.
(2)∵f(x)的极小值为1，即f(x)在(0，e]上的最小值为1，
∴f(x)>0，f(x)min＝1，
令h(x)＝g(x)＋＝＋，h′(x)＝，
当0<x<e时，h′(x)>0，h(x)在(0，e]上单调递增，
∴h(x)max＝h(e)＝＋<＋＝1＝|f(x)|min.
∴在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋.
(3)假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3，f′(x)＝a－＝.
①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，所以，此时f(x)无最小值．
②当0<<e时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，e]上单调递增，f(x)min＝f()＝1＋ln a＝3，a＝e2，满足条件．
③当≥e时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，所以，此时f(x)无最小值．
综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3.
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