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085分函数与初等函数★★★★☆
设函数 f(x)=(x+a)ln⁡(x+b)f(x)=(x+a)\ln(x+b)，若 f(x)≥0f(x)\ge 0，则 a2+b2a^2+b^2 的最小值为（ ）
A.
18\frac18
B.
14\frac14
C.
12\frac12
D.
11

2024 · 全国 · 新高考二卷 · 第 8 题 · 选择题

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116分函数与初等函数★★★★☆
设函数 f(x)=2x3−3ax2+1f(x)=2x^3-3ax^2+1，则（ ）
A.
当 a>1a>1 时，f(x)f(x) 有三个零点
B.
当 a<0a<0 时，x=0x=0 是 f(x)f(x) 的极大值点
C.
存在 aa，bb，使得 x=bx=b 为曲线 y=f(x)y=f(x) 的对称轴
D.
存在 aa，使得点 (1,f(1))(1,f(1)) 为曲线 y=f(x)y=f(x) 的对称中心

2024 · 全国 · 新高考二卷 · 第 11 题 · 多选题

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085分函数与初等函数★★★★☆
已知函数 f(x)f\left( x \right) 的定义域为 R\mathbf{R}，f(x+2)f\left( x+2 \right) 为偶函数，f(2x+1)f\left( 2x+1 \right) 为奇函数，则（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
A.
f(−12)=0f\left( -\frac12 \right)=0
B.
f(−1)=0f\left( -1 \right)=0
C.
f(2)=0f\left( 2 \right)=0
D.
f(4)=0f\left( 4 \right)=0

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 8 题 · 选择题

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12指数函数与对数函数★★★★☆
若 2x−2y<3−x−3−y2^x-2^y<3^{-x}-3^{-y}，则（ ）
A.
ln⁡(y−x+1)>0\ln(y-x+1)>0
B.
ln⁡(y−x+1)<0\ln(y-x+1)<0
C.
ln⁡∣x−y∣>0\ln\lvert x-y\rvert>0
D.
ln⁡∣x−y∣<0\ln\lvert x-y\rvert<0

2020 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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12函数与初等函数★★★★☆
设函数 f(x)f(x) 的定义域为 R\mathbf{R}，满足 f(x+1)=2f(x)f(x+1)=2f(x)，且当 x∈(0,1]x\in(0,1] 时，f(x)=x(x−1)f(x)=x(x-1). 若对任意 x∈(−∞,m]x\in(-\infty,m]，都有 f(x)≥−89f(x)\ge -\dfrac89，则 mm 的取值范围是（ ）
A.
(−∞,94](-\infty,\dfrac94]
B.
(−∞,73](-\infty,\dfrac73]
C.
(−∞,52](-\infty,\dfrac52]
D.
(−∞,83](-\infty,\dfrac83]

2019 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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20导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=ln⁡x−x+1x−1f(x)=\ln x-\dfrac{x+1}{x-1}.
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性，并证明 f(x)f(x) 有且仅有两个零点； (2) 设 x0x_0 是 f(x)f(x) 的一个零点，证明曲线 y=ln⁡xy=\ln x 在点 A(x0,ln⁡x0)A(x_0,\ln x_0) 处的切线也是曲线 y=exy=\mathrm{e}^x 的切线.

2019 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=(x−1)ln⁡x−x−1f(x)=(x-1)\ln x-x-1. 证明：
(1) f(x)f(x) 存在唯一的极值点； (2) f(x)=0f(x)=0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.

2019 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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12函数与初等函数★★★★☆
已知 f(x)f(x) 是定义域为 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty) 的奇函数，满足 f(1−x)=f(1+x)f(1-x)=f(1+x). 若 f(1)=2f(1)=2，则 f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(50)=f(1)+f(2)+f(3)+\cdots+f(50)=（ ）.
A.
−50-50
B.
00
C.
22
D.
5050

2018 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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21导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=13x3−a(x2+x+1)f(x)=\dfrac13x^3-a(x^2+x+1).
(1) 若 a=3a=3，求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 证明：f(x)f(x) 只有一个零点.

2018 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=ae2x−be−2x−cxf(x) = a\mathrm{e}^{2x} - b\mathrm{e}^{-2x} - cx （aa，bb，c∈Rc \in \mathbf{R}） 的导函数 f′(x)f'(x) 为偶函数，且曲线 y=f(x)y = f(x) 在点 (0,f(0))\left(0, f(0)\right) 处的切线的斜率为 4−c4-c.
(1) 确定 aa， bb 的值； (2) 若 c=3c = 3，判断 f(x)f(x) 的单调性； (3) 若 f(x)f(x) 有极值，求 cc 的取值范围.

2014 · 重庆 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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10函数与初等函数★★★★☆
已知函数
f(x)={1x+1−3,x∈(−1,0],x,x∈(0,1]f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x + 1} - 3, & x \in (-1,0],\\ x, & x \in (0,1] \end{cases}
，且 g(x)=f(x)−mx−mg(x) = f(x) - mx - m 在 (−1,1](-1,1] 内有且仅有两个不同的零点，则实数 mm 的取值范围是（ ）
A.
(−94,−2]∪(0,12]\left(-\frac{9}{4}, -2\right] \cup \left(0, \frac{1}{2}\right]
B.
(−114,−2]∪(0,12]\left(-\frac{11}{4}, -2\right] \cup \left(0, \frac{1}{2}\right]
C.
(−94,−2]∪(0,23]\left(-\frac{9}{4}, -2\right] \cup \left(0, \frac{2}{3}\right]
D.
(−114,−2]∪(0,23]\left(-\frac{11}{4}, -2\right] \cup \left(0, \frac{2}{3}\right]

2014 · 重庆 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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10集合与逻辑基础★★★★☆
设平面点集 A={(x,y)∣(y−x)(y−1x)⩾0}A = \left\{(x, y) \mid (y - x)\left(y - \frac{1}{x}\right) \geqslant 0\right\}，B={(x,y)∣(x−1)2+(y−1)2⩽1}B = \{(x, y) \mid (x - 1)^2 + (y - 1)^2 \leqslant 1\}，则 A∩BA \cap B 所表示的平面图形的面积为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 圆 BB 的内部是圆心 (1,1)(1,1)、半径 11 的圆盘. 除去边界上的零测集，圆盘内有 x>0x>0，y>0y>0，于是条件可改写为
(y−x)(y−1x)≥0⟺(y−x)(xy−1)≥0(y-x)\left(y-\frac1x\right)\ge0 \quad\Longleftrightarrow\quad (y-x)(xy-1)\ge0
在交换 xx 与 yy 时，圆盘保持不变，而
(y−x)(xy−1)与(x−y)(xy−1)\left(y-x\right)(xy-1) \quad\text{与}\quad \left(x-y\right)(xy-1)
符号相反. 因此，圆盘内满足严格不等式的一点与其关于直线 y=xy=x 的对称点恰有一个属于 AA，边界对面积没有影响. 所以 A∩BA\cap B 占圆盘面积的一半，面积为
12⋅π⋅12=π2\frac12\cdot\pi\cdot1^{2}=\frac\pi2
故选 D. \end{solution}
A.
34π\frac{3}{4}\pi
B.
35π\frac{3}{5}\pi
C.
47π\frac{4}{7}\pi
D.
π2\frac{\pi}{2}

2012 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★★☆
设 mm，kk 为整数，方程 mx2−kx+2=0mx^2 - kx + 2 = 0 在区间 (0,1)(0,1) 内有两个不同的根，则 m+km + k 的最小值为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设方程的两个根为 r1r_1，r2r_2，其中 0<r1<r2<10<r_1<r_2<1. 由韦达定理，r1r2=2m>0r_1r_2=\frac{2}{m}>0，且 r1+r2=km>0r_1+r_2=\frac{k}{m}>0，故 m>0m>0，k>0k>0. 又因 r1r2<1r_1r_2<1，得 m>2m>2，所以 m⩾3m\geqslant3. 方程有两个不同的实根，故判别式 Δ=k2−8m>0\Delta=k^2-8m>0. 另外，f(1)=m−k+2=m(1−r1)(1−r2)>0f(1)=m-k+2=m(1-r_1)(1-r_2)>0，所以 k<m+2k<m+2.
当 m=3m=3，44，55 时，由 k<m+2k<m+2 及 kk 为正整数，分别有 k⩽4k\leqslant4，55，66，但此时分别有 k2⩽16<24=8mk^2\leqslant16<24=8m，k2⩽25<32=8mk^2\leqslant25<32=8m，k2⩽36<40=8mk^2\leqslant36<40=8m，均与 Δ>0\Delta>0 矛盾. 当 m⩾7m\geqslant7 时，k2>8m⩾56k^2>8m\geqslant56，所以 k⩾8k\geqslant8，从而 m+k⩾15m+k\geqslant15. 因此只需考察 m=6m=6，此时 k2>48k^2>48，故 k⩾7k\geqslant7. 取 k=7k=7，方程为 6x2−7x+2=0=(3x−2)(2x−1)6x^2-7x+2=0=(3x-2)(2x-1)，两个根为 12\frac{1}{2}，23\frac{2}{3}，均在 (0,1)(0,1) 内. 所以 m+km+k 的最小值为 6+7=136+7=13，故选 D. \end{solution}
A.
−8-8
B.
8
C.
12
D.
13

2011 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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15函数与初等函数★★★★☆
已知函数 f(x)f(x) 满足： f(1)=14f(1) = \frac{1}{4}，4f(x)f(y)=f(x+y)+f(x−y)4f(x)f(y) = f(x + y) + f(x - y) （xx，y∈Ry \in \mathbf{R}），则 f(2010)=f(2010) =______.
\begin{answer} 12\frac{1}{2} \end{answer}
\begin{solution} 令 y=0y=0，原函数方程变为
4f(x)f(0)=f(x)+f(x)=2f(x)4f(x)f(0)=f(x)+f(x)=2f(x)
取 x=1x=1，由 f(1)=14≠0f(1)=\frac14\ne0 得 f(0)=12f(0)=\frac12. 再令 x=0x=0，可得
4f(0)f(y)=f(y)+f(−y)4f(0)f(y)=f(y)+f(-y)
从而 f(−y)=f(y)f(-y)=f(y).
令 y=1y=1，利用 4f(1)=14f(1)=1，得到
f(x+1)+f(x−1)=f(x)f(x+1)+f(x-1)=f(x)
对整数依次取值，结合 f(0)=12f(0)=\frac12、f(1)=14f(1)=\frac14，有
f(2)=f(1)−f(0)=−14f(2)=f(1)-f(0)=-\frac14
f(3)=f(2)−f(1)=−12f(3)=f(2)-f(1)=-\frac12，f(4)=f(3)−f(2)=−14f(4)=f(3)-f(2)=-\frac14 f(5)=f(4)−f(3)=14f(5)=f(4)-f(3)=\frac14，f(6)=f(5)−f(4)=12f(6)=f(5)-f(4)=\frac12. 由递推式可得 f(7)=f(6)−f(5)=14=f(1)f(7)=f(6)-f(5)=\frac14=f(1)，于是令 g(n)=f(n+6)−f(n)g(n)=f(n+6)-f(n)，有 g(0)=0g(0)=0，g(1)=0g(1)=0. 对任意非负整数 nn，递推式分别作用于 n+1n+1 和 n+7n+7 给出 g(n+2)=g(n+1)−g(n)g(n+2)=g(n+1)-g(n)，因此由归纳法知 g(n)=0g(n)=0，即 f(n+6)=f(n)f(n+6)=f(n). 而 2010=6⋅3352010=6\cdot335，所以
f(2010)=f(0)=12f(2010)=f(0)=\frac12
\end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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10函数与初等函数★★★★☆
把函数 f(x)=x3−3xf(x) = x^3 - 3x 的图象 C1C_1 向右平移 uu 个单位长度，再向下平移 vv 个单位长度后得到图象 C2C_2. 若对任意的 u>0u > 0，曲线 C1C_1 与 C2C_2 至多只有一个交点，则 vv 的最小值为（ ）
A.
22
B.
44
C.
66
D.
88

2009 · 重庆 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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10函数与初等函数★★★★☆
函数 f(x)=sin⁡x−13−2cos⁡x−2sin⁡xf(x) = \frac{\sin x - 1}{\sqrt{3 - 2\cos x - 2\sin x}} 的值域是（ ）
A.
[−22,0]\left[-\frac{\sqrt{2}}{2},0\right]
B.
[−1,0][-1,0]
C.
[−2,0][- \sqrt{2}, 0]
D.
[−3,0][- \sqrt{3}, 0]

2008 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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12函数与初等函数★★★★☆
函数 f(x)=sin⁡x5+4cos⁡xf(x) = \frac{\sin x}{\sqrt{5 + 4\cos x}}（0⩽x⩽2π0 \leqslant x \leqslant 2\pi）的值域是（ ）
A.
[−14,14]\left[-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right]
B.
[−13,13]\left[-\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right]
C.
[−12,12]\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right]
D.
[−23,23]\left[-\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right]

2008 · 重庆 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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07数列★★★★☆
若 aa 是 1+2b1 + 2b 与 1−2b1 - 2b 的等比中项，则 2ab∣a∣+2∣b∣\frac{2ab}{|a| + 2|b|} 的最大值为（ ）
A.
255\frac{2\sqrt{5}}{5}
B.
24\frac{\sqrt{2}}{4}
C.
55\frac{\sqrt{5}}{5}
D.
22\frac{\sqrt{2}}{2}

2007 · 重庆 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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16解析几何★★★★☆
过双曲线 x2−y2=4x^{2}-y^{2}=4 的右焦点 FF 作倾斜角为 105∘105^{\circ} 的直线，交双曲线于 PP，QQ 两点，则 ∣FP∣⋅∣FQ∣|FP| \cdot |FQ| 的值为______.

2007 · 重庆 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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21函数与初等函数★★★★☆
已知定义域为 R\mathbf{R} 的函数 f(x)=−2x+b2x+1+af(x) = \frac{-2^x + b}{2^{x + 1} + a} 是奇函数.
(1) 求 aa，bb 的值； (2) 若对任意的 t∈Rt \in \mathbf{R}，不等式 f(t2−2t)+f(2t2−k)<0f(t^2 - 2t) + f(2t^2 - k) < 0 恒成立，求 kk 的取值范围.

2006 · 重庆 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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09解析几何★★★★☆
若动点 (x,y)(x, y) 在曲线 x24+y2b2=1\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{b^2} = 1（b>0b > 0）上变化，则 x2+2yx^2 + 2y 的最大值为（ ）
A.
{b24+4,0<b<4,2b,b⩾4.\begin{cases} \frac{b^2}{4} + 4, & 0 < b < 4,\\ 2b, & b \geqslant 4. \end{cases}
B.
{b24+4,0<b<2,2b,b⩾2.\begin{cases} \frac{b^2}{4} + 4, & 0 < b < 2,\\ 2b, & b \geqslant 2. \end{cases}
C.
b24+4\frac{b^{2}}{4} + 4
D.
2b

2005 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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20导数及其应用★★★★☆
设函数 f(x)=x(x−1)(x−a)f(x)=x(x-1)(x-a)（a>1a>1）.
(1) 求导数 f′(x)f'(x)，并证明 f(x)f(x) 有两个不同的极值点 x1x_1，x2x_2； (2) 若不等式 f(x1)+f(x2)⩽0f(x_1)+f(x_2)\leqslant0 成立，求 aa 的取值范围.

2004 · 重庆 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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