【答案】
11. 12.6 13.
14.（-∞，-1）∪（2，+∞） 15. 16.（1）x=-3；（2）.
17.（1）
（2）設回歸方程為=bx+a
則故回歸方程為=6.5x+17.5
（3）當x=7時，=6.5×7+17.5=63，
所以當廣告費支出7（百萬元）時，銷售額約為63（百萬元）。
18.（1） 是函式的極小值點，極大值點不存在；（2） ；（3）當時， 的最小值為0；當時， 的最小值為 ；當時， 的最小值為 .
19.解：(1)由f(x)= x 2+lnx有f′(x)=x+ (2分)
當x∈[1，0]時，f′(x)＞0 ∴f max(x)=f(e)= e 2+1， f max(x)=f(1)= (6分)
(2)設f(x)= x 2+lnx- x 3，
則f′(x)=x+ -2x 2= 當x∈[1，+∞)時，f′(x)＜0，
且f(1)=- ＜0故x∈[1，+∞)時f(x)＜0 ∴ x 2+lnx＜ x 3，得證(12分)
20.解：（ⅰ） f'( x)＝e x+ a，
當 a≥0時， f'( x)＞0， f( x)在(－∞，+∞)上是單調增函式，
當 a＜0時，由 f'( x)＞0，得 x＞ln(－ a)，
f( x)在(ln(－ a)，+∞)上是單調增函式；
由 f'( x)＜0，得 x＜ln(－ a)， f( x)在(－∞，ln(－ a上是單調減函式．
綜上， a≥0時， f( x)的單調增區間是(－∞，+∞)；
a＜0時， f( x)的單調增區間是(ln(－ a)，+∞)，單調減區間是(－∞，ln(－ a．
（ⅱ）當 x≥0時， f( x)≥ f(－ x)恆成立，
即e x+ ax≥e －x－ ax恆成立，即e x－e －x+2 ax≥0恆成立，
令 h( x)＝e x－e －x+20 ax，即當 x≥0時， h( x)≥0恆成立．
又 h'( x)＝e x+e －x+2 a，且
， x＝0時等號成立．
①當 a≥－1時， h'( x)≥0，所以 h( x)在[0，+∞)上是增函式，
故 h( x)≥ h(0)＝0恆成立．
②當 a＜－1時，方程 h'( x)＝0的正根為 ，
當 x∈(0， x1)時， h'( x)＜0，故 h( x)在該區間為減函式．
所以， x∈(0， x 1)時， h( x)＜ h(0)＝0，∴ a＜－1時不符合題意．
綜上， a的取值範圍是[－1，+∞)．
21.解：(ⅰ) ，
令h(x)=ax 2-x+1-a(x＞0)
(1)當a=0時，h(x)=-x+1(x＞0)，
當x∈(0，1)，h(x)＞0，f′(x)＜0，函式f(x)單調遞減；
當x∈(1，+∞)，h(x)＜0，f′(x)＞0，函式f(x)單調遞增．
(2)當a≠0時，由f′(x)=0，即ax 2-x+1-a=0，解得 ．
當時x 1=x 2，h(x)≥0恆成立，此時f′(x)≤0，函式f(x)單調遞減；
當時， ，x∈(0，1)時h(x)＞0，f′(x)＜0，函式f(x)單調遞減； 時，h(x)＜0，f′(x)＞0，函式f(x)單調遞增； 時，h(x)＞0，f′(x)＜0，函式f(x)單調遞減．
當a＜0時 ，當x∈(0，1)，h(x)＞0，f′(x)＜0，函式f(x)單調遞減；
當x∈(1，+∞)，h(x)＜0，f′(x)＞0，函式f(x)單調遞增．
綜上所述：當a≤0時，函式f(x)在(0，1)單調遞減，(1，+∞)單調遞增；
當時x 1=x 2，h(x)≥0恆成立，此時f′(x)≤0，函式f(x)在(0，+∞)單調遞減；
當時，函式f(x)在(0，1)單調遞減， 單調遞增， 單調遞減．
(ⅱ)當時，f(x)在(0，1)上是減函式，在(1，2)上是增函式，所以對任意x 1∈(0，2)，
有 ，又已知存在x 2∈[1，2]，使f(x 1)≥g(x 2)，所以 ，x 2∈[1，2]，(※)
又g(x)=(x-b) 2+4-b 2，x∈[1，2]
當b＜1時，g(x) min=g(1)=5-2b＞0與(※)矛盾；
當b∈[1，2]時，g(x) min=g(b)=4-b 2≥0也與(※)矛盾；
當b＞2時， ．
綜上，實數b的取值範圍是 ．
【解析】
1.試題分析：設 ，則 ，所以在上單調遞減，又因為 ，所以不等式 ，根據在上單調遞減，可知 ，故選b.
考點：1.函式的單調性與導數；2.
函式的單調性在求解不等式中的應用.
2.試題分析：由題意知當經過點的直線與直線平行時，距離最小；即曲線的導函式為時，此時點 ，再根據點到直線的距離公式得 . 考點：導數的幾何意義、最值問題.
34.試題分析：∵ ，∴ ．
5.【解析】用反證法證明數學命題時，應先假設結論的否定成立. 解：
「a，b，c，d中至少有乙個負數」的否定為「a，b，c，d全都大於等於0」，由用反證法證明數學命題的方法可得，應假設「a，b，c，d全都大於等於0」故選c．
6.試題分析：由復數的幾何意義可知 ，∴ ，故選a．
7.試題分析：依此程式框圖，變數a初始值為1，滿足條件a＜10，執行迴圈，
a=1 2+2=3，滿足條件a＜10，執行迴圈，
a=3 2+2=11，不滿足迴圈條件a＜10，退出迴圈，
故輸出11． 故選c． 考點：程式框圖．
8.試題分析：因為 ，故函式的圖象在處的切線的斜率為 ，此時切線方程為即 ，令 ，令 ，所以切線與兩座標軸所圍成的三角形的面積為 ，所以 ，故選c．
9.試題分析：由函式 ，所以 .令得 .又因為單調遞減區間是(0, 4)，所以可以得到且 ，解得 .故選b.
考點：1.函式的導數.2.函式的單調區間.3.含引數的數值的判定.
10.試題分析：設 ，則 .由已知得 ，所以在上單調遞增.所以 ，選b. 考點：導數的應用.
11.曲線過點 ，則 ①，又 ，所以 ②，由①②解得所以 ．
【考點】導數與切線斜率．
12.解：∵f(x)=3x 2+2xf'(2)，
∴f′(x)=6x+2f′(2)
令x=2得f′(2)=6×2+2f′(2)∴f′(2)=-12∴f′(x)=6x-24
∴f′(5)=30-24=6
故答案為6.解答本題的關鍵是弄清f′（2）是常數.
13.解：根據規律，左邊是正整數(n)的平方的倒數和，右邊是分子是正奇數，分母是正整數n，
可以猜想的結論為：當n∈n且n≥2時，恒有
故答案為 .
14.解：函式的導數 ，函式有兩個極值點，
有兩個不等的實數根，
即判別式△＞0，即36a 2-4×3×3（a+2）＞0，
所以a 2-a-2＞0，解得a＞2或a＜-1.
故答案為（-∞，-1）∪（2，+∞）.
將條件轉化為f'（x）=0有兩個不等的實數根是解答本題的關鍵.
15.試題分析：由得 ，所以 =5，故答案為：５．
考點：複數的概念及運算．
16.解：（1）因為複數4－20i的共軛複數為4＋20i，由題意得根據複數相等的定義得,，解得x＝－3；
（2）由（1）知故，
向量對應的複數為.
17.（1）根據表中所給的五組資料，得到五個點的座標，在平面直角座標系中畫出散點圖。
（2）先求出橫標和縱標的平均數，得到這組資料的樣本中心點，利用最小二乘法求出線性回歸方程的係數，代入樣本中心點求出a的值，寫出線性回歸方程。
（3）將x=7代入回歸直線方程求出y的值即為當廣告費支出7（百萬元）時的銷售額的估計值。
18.試題分析：（1）先求函式的定義域，再按用導數法求極值的步驟求解；（2）設切點的座標，用點斜式寫出切線的方程，由點在切線上求出切點的橫座標，從而求得切線的方程；（3）.
試題解析：（1） ， ， ，令 ，則 .
當 ， ， ， ，故是函式的極小值點，極大值點不存在.
（2）由直線過點 ，並且與曲線相切，而不在的圖象上，
設切點為 ， 直線的斜率 ，方程為 ，
又在直線上， ，解得 ，
故直線的方程為 .
（3）依題意， ， ， ，令 ，則 ，
所以當 ， ， 單調遞減； ， ， 單調遞增；
又 ，所以①當 ，即時， 的極小值為 ；②當 ，即時， 的極小值為 ；③當 ，即時， 的極小值為 .
故①當時， 的最小值為0；②當時， 的最小值為 ；③當時， 的最小值為 .
考點：用導數法求函式的極值，最值.
19.(1)先求導，由導數研究函式的單調、極值，計算端點函式值，比較極值與端點函式值，進而求出函式的最大值、最小值；
(2)建構函式設f(x)= x 2+lnx x 3，利用導數可知函式f(x)的單調性為遞減，從而可得f(x)＜f(1)=0可證．
20.略
21.(ⅰ)直接利用函式與導數的關係，求出函式的導數，再討論函式的單調性；
(ⅱ)利用導數求出f(x)的最小值、利用二次函式知識或分離常數法求出g(x)在閉區間[1，2]上的最大值，然後解不等式求引數．
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