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				12．函數(shù)f(x)=.則函數(shù)在上是A．單調遞減.有最小值       B．單調遞減.無最小值 C．單調遞增.有最大值       D．單調遞增.無最大值			【查看更多】
			


		
     
    


		
    
		
    題目列表(包括答案和解析)
    

		
		
    

    


    
	
    				
    
									
    函數(shù)f（x）=lg（x2-ax-1）在區(qū)間（1，+∞）上為單調增函數(shù)，則a的取值范圍是
     
    ．
    

			
    
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    函數(shù)y=f（x）定義在R上單調遞減且f（0）≠0，對任意實數(shù)m、n，恒有f（m+n）=f（m）•f（n），集合A={（x，y）|f（x2）•f（y2）＞f（1）}，B={（x，y）|f（ax-y+2）=1，a∈R}，若A∩B=φ，則a的取值范圍是
     
    ．
    

			
    
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    11、函數(shù)f（x）=-x2+2（a-2）x+3在區(qū)間[-2，-1]上單調遞增，在區(qū)間[1，2]上單調遞減，則實數(shù)a的取值范圍是
    [1，3]
    ．
    

			
    
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    4、函數(shù)f（x）=ax3-ax2-x在R上是單調減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為
    [-3，0]
    ．
    

			
    
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    函數(shù)f（x）=ln（x+1）-ax在（1，2）上單調遞增，則實數(shù)a的取值范圍是
    (-∞，
    1
    3
    ]
    (-∞，
    1
    3
    ]
    ．
    

			
    
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    一、選擇題：
    題號
    1
    2
    3
    4
    5
    6
    7
    8
    9
    10
    11
    12
    答案
    D
    A
    B
    C
    B
    C
    D
    D
    D
    C
    B
    B（文、理）
    二、填空題：
    13.-1        14.y2=4x(x>0,y>0)       15.     
16.    16.(文)
    三、解答題：（理科）
    17．解：(1)由已知1-(2cos2A-1)=2cos2
        
∴2cos2A+cosA-1=0     cosA=或cosA=-1(舍去)
    ∴A=60°
    (2)S△=bcsin60°=bc
    由余弦定理cos60°=
    ∴b2+c2=bc+36
    由b2+c2≥2bc    ∴bc≤36
    ∴S△==9,此時b=c故△ABC為等邊三角形
      18．解：(1)設A(-，0)，B(0，b)
          ∴  又=(2,2)
          ∴解得
    (2)由x+2>x2-x-6 得-2<x<4
      ,由于x+2>0
      ∴由均值不等式得原式最小值為-3，僅當x=-1時
    19．解：(1)證明：連AC交BD于O，連EO
        ∵E、O分別是中點，
    EO∥PA
    ∴ EO面EDB  PA∥面EDB
       PA面EDB
    (2)
∵△PDC為正△
    ∴DE⊥PC
     面PDC⊥面ABCD
     BC⊥CD       BC⊥DE
       BC面ABCD
    


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        面EDB⊥面PBC
          DE面DBE
        20.解：(1)x2-4ax+a2≥a在x∈[-1,+∞)恒成立
        ∴x2-4ax+a2-a≥0
        ∴△≤0或
        -≤a≤0或a≤
        (2)g(x)=2x3+3ax2-12a2x+3a2
           g′(x)=6x2+6ax-12a2
                
=6(x-a)(x+2a)
        ①當a=0時，g′(x) ≥0,g(x)無極值
        ②當a>0時，g(x)在x=a時取得極小值，∴0<a<1
        ③當a<0時，g(x)在x=-2a時取到極小值，∴0<-2a<1 
∴-<a<0
        故0<a<1或-<a<0
        


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                ②
                ①
                  ①-②得3tan-(2t+3)an-1=0
                  ∴,又
                  ∴{an}是以1為首項，為公比的等比數(shù)列
                  (2)f(t)=
                  ∴bn=
                  ∴{bn}是以1為首項，為公差的等差數(shù)列
                  ∴bn=1+
                  (3)原式=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…b2n(b2n-1+b2n+1)
                        
=-(b2+b4+…b2n)
                        
=-
                22.解(1)由題意M到(0，)距離與它到y(tǒng)=-距離相等
                ∴動點M軌跡為拋物線，且P=
                ∴y=x2(x>0)
                (2)設M(x1,x12),N(x2,x22)(x1>0,x2>0,x1≠x2)
                  ∴tanθ1=x1,tanθ2=x2(0<θ1, θ2<)
                ①當θ≠時，
                直線MN方程：y-x12=(x-x1）,其中tanθ=
                ∴:y=(x1+x2)(x+)-1,所以直線過定點(-
                ②當θ=時，即x1x2=1時，:y=(x1+x2)x-1,過定點(0，-1)
                文科：17－19同理
                20．（文）(1)x2-4ax+a2≥x解為R
                  ∵x2-(4a+1)x+a2≥0
                  ∴△=(4a+1)2-4a2≤0
                  ∴-
                  ∴a的最大值為-
                (2)g(x)=2x3+3ax2-12a2x+3a2
                  
g′(x)=6x2+6ax-12a2
                        
=6(x-a)(x+2a)
                當a<0時，g(x)在x=-2a時取到極小值，∴0<-2a<1  ∴-<a<0
                21．同理21（1）（2）
                22．同理
                 
                		
                
	
	

                
	



                

                

                








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