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2010-2012高考题-函数和导数-大题-答案


2010 年 高考真题汇集(28)
1(2010 上海文数)22.(本题满分 16 分)本题共有 3 个小题,第 1 小题满分 3 分,第 2 小题满分 5 分,第 3 小题满分 8 分。 若实数 x 、 y 、 m 满足 x ? m ? y ? m ,则称 x 比 y 接近 m . (1)若 x ? 1 比 3 接近 0,求 x 的取值范围;
2


(2)对任意两个不相等的正数 a 、 b ,证明: a 2b ? ab2 比 a3 ? b3 接近 2ab ab ; (3)已知函数 f ( x) 的定义域 D x x ? k? , k ? Z , x ? R .任取 x ? D , f ( x) 等于 1 ? sin x 和 1 ? sin x 中接近 0 的那个值.写出函数 f ( x) 的解析式,并指出它的奇偶性、最小正周期、 最小值和单调性(结论不要求证明). 解析:(1) x?(?2,2); (2) 对任意两个不相等的正数 a、b,有 a2b ? ab2 ? 2ab ab , a3 ? b3 ? 2ab ab , 因为 | a 2b ? ab2 ? 2ab ab | ? | a3 ? b3 ? 2ab ab |? ?(a ? b)(a ? b)2 ? 0 , 所以 | a 2b ? ab2 ? 2ab ab |?| a3 ? b3 ? 2ab ab | ,即 a b?ab 比 a ?b 接近 2ab ab ;
2 2 3 3

?

?

?1 ? sin x, x ? (2k? ? ? , 2k? ) (3) f ( x) ? ? ? 1? | sin x |, x ? k? ,k?Z, ?1 ? sin x, x ? (2k? , 2k? ? ? )

f(x)是偶函数,f(x)是周期函数,最小正周期 T??,函数 f(x)的最小值为 0, ? ? 函数 f(x)在区间 [k? ? , k? ) 单调递增,在区间 (k? , k? ? ] 单调递减,k?Z.
2 2

2(2010 湖南文数)21. (本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) ?

a ? x ? (a ? 1) ln x ? 15a, 其中 a<0,且 a≠-1. x

(Ⅰ)讨论函数 f ( x) 的单调性;

(Ⅱ) 设函数

g ( x) ? {e? f ( x ),x?1

( ?2 x3?3 ax3?6 ax?4 a2 ?6 a ) e x , x?1

(e 是自然数的底数) 是否存在 a, 。

使 g ( x) 在[a,-a]上为减函数?若存在,求 a 的取值范围;若不存在,请说明理由。

3 ( 2010 浙 江 理 数 ) (22)( 本 题 满 分 14 分 ) 已 知 a 是 给 定 的 实 常 数 , 设 函 数

f ( x ) ? ( x ? a ) 2 ( x ? b) e 2 , b ? R ,

x ? a 是 f ( x) 的一个极大值点.
(Ⅰ)求 b 的取值范围; (Ⅱ)设 x1 , x2 , x3 是 f ( x) 的 3 个极值点,问是否存在实数 b ,可找到 x4 ? R ,使得

x1 , x2 , x3 , x4 的某种排列 xi1 , xi2 , xi3 , xi4 (其中 ?i1 , i2 , i3 , i4? = ?1, 2,3, 4? )依次成等差数列?若存
在,求所有的 b 及相应的 x4 ;若不存在,说明理由. 解析:本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知识,同 时考查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识。
x 2 (Ⅰ)解:f’(x)=e (x-a) ? x ? (3 ? a ? b) x ? 2b ? ab ? a ? , ? ?



g ( x) ? x 2 ? (3 ? a ? b) x ? 2b ? ab ? a, 则? =(3-a+b) 2 ? 4(2b ? ab ? a ) ? ( a ? b ? 1) 2 ? 8 ? 0,

于是,假设 x1 , x2是g ( x) ? 0的两个实根,且x1 ? x2 . (1) (2) 当 x1=a 或 x2=a 时,则 x=a 不是 f(x)的极值点,此时不合题意。 当 x1 ? a 且 x2 ? a 时,由于 x=a 是 f(x)的极大值点,故 x1<a<x2. 即 g ( x) ? 0 即 a ? (3 ? a ? b)a ? 2b ? ab ? a ? 0
2

所以 b<-a 所以 b 的取值范围是(-∞,-a)

此时 x4 ? 2 x2 ? a ? a ? b ? 3 ?

(a ? b ? 1) 2 ? 8 ? a ? a ? 2 6

2 或 x4 ? 2 x2 ? a ? a ? b ? 3 ? (a ? b ? 1) ? 8 ? a ? a ? 2 6

(2)当 x2 ? a ? a ? x1 时,则 x2 ? a ? 2(a ? x1 ) 或 (a ? x1 ) ? 2( x2 ? a)

于是 a ? b ?1 ?

?9 ? 13 2

此时 x4 ?

a ? x 2a ? (a ? b ? 3) ? 3(a ? b ? 3) 1 ? 13 ? ? ?b ? 3 ? a ? 2 4 2

综上所述,存在 b 满足题意, 当 b=-a-3 时, x4 ? a ? 2 6

b ? ?a ?

7 ? 13 1 ? 13 时, x4 ? a ? 2 2 7 ? 13 1 ? 13 时, x4 ? a ? 2 2

b ? ?a ?

4(2010 全国卷 2 理数) (22) (本小题满分 12 分) 设函数 f ? x ? ? 1 ? e .
?x

(Ⅰ)证明:当 x>-1 时, f ? x ? ?

x ; x ?1

(Ⅱ)设当 x ? 0 时, f ? x ? ?

x ,求 a 的取值范围. ax ? 1

【命题意图】 本题主要考查导数的应用和利用导数证明不等式, 考查考生综合运用知识的能 力及分类讨论的思想,考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力. 【参考答案】

【点评】导数常作为高考的压轴题,对考生的能力要求非常高,它不仅要求考生牢固掌握基 础知识、基本技能,还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力 度不会减弱。作为压轴题,主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题,利用导数证明不等 式等,常伴随对参数的讨论,这也是难点之所在. 5(2010 陕西文数)21、(本小题满分 14 分) 已知函数 f(x)= x ,g(x)=alnx,a ? R。 (1) 方程; (2) (3) 设函数 h(x)=f(x)- g(x),当 h(x)存在最小之时,求其最小值 ? (a)的解析式; 对(2)中的 ? (a) ,证明:当 a ? (0,+ ? )时, ? (a) ? 1. 解 (1)f’(x)= 若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)相交,且在交点处有相同的切线,求 a 的值及该切线的

1 2 x

,g’(x)=

a (x>0), x

由已知得

x =alnx,
=

1 2 x

a , x

解德 a=

e 2 ,x=e , 2
切线的斜率为 k=f’(e
2)=

?两条曲线交点的坐标为(e2,e) 1 ?切线的方程为 y-e= 2e (x- e2).

1 , 2e

(2)由条件知

Ⅰ 当 a.>0 时,令 h ' (x)=0,解得 x= 4a , 所以当 0 < x< 4a 时 h ' (x)<0,h(x)在(0, 4a )上递减; 当 x> 4a 时,h ' (x)>0,h(x)在(0, 4a )上递增。 所以 x> 4a 是 h(x)在(0, +∞ )上的唯一极致点,且是极小值点,从而也是 h(x)的最小 值点。 所以 Φ (a)=h( 4a )= 2a-aln 4a =2 Ⅱ当 a ≤ 0 时,h(x)=(1/2-2a) /2x>0,h(x)在(0,+∞)递增,无最小值。 故 h(x) 的最小值 Φ (a)的解析式为 2a(1-ln2a) (a>o) (3)由(2)知 Φ (a)=2a(1-ln2a) 1 1 则 Φ (a )=-2ln2a,令 Φ (a )=0 解得 a =1/2 1 当 0<a<1/2 时,Φ (a )>0,所以 Φ (a ) 在(0,1/2) 上递增 1 当 a>1/2 时, Φ (a )<0,所以 Φ (a ) 在 (1/2, +∞)上递减。 所以 Φ (a )在(0, +∞)处取得极大值 Φ (1/2 )=1 因为 Φ (a )在(0, +∞)上有且只有一个极致点,所以 Φ (1/2)=1 也是 Φ (a)的最大值 所当 a 属于 (0, +∞)时,总有 Φ (a) ≤ 1
2 2 2 2 2 2 2

2

6(2010 辽宁文数) (21) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ? (a ? 1) ln x ? ax ? 1.
2

(Ⅰ)讨论函数 f ( x) 的单调性; (Ⅱ)设 a ? ?2 ,证明:对任意 x1 , x2 ? (0, ??) , | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 4 | x1 ? x2 | . 解:(Ⅰ) f(x)的定义域为(0,+ ? ), f ?( x) ?

a ?1 2ax 2 ? a ? 1 ? 2ax ? . x x

当 a≥0 时, f ?( x) >0,故 f(x)在(0,+ ? )单调增加; 当 a≤-1 时, f ?( x) <0, 故 f(x)在(0,+ ? )单调减少; 当-1<a<0 时,令 f ?( x) =0,解得 x= ?

a ?1 .当 x∈(0, 2a ?

?

a ?1 )时, f ?( x) >0; 2a

x∈( ?

a ?1 ,+ ? )时, f ?( x) <0, 故 f(x)在(0, 2a

a ?1 a ?1 )单调增加,在( ? , 2a 2a

+ ? )单调减少. (Ⅱ)不妨假设 x1≥x2.由于 a≤-2,故 f(x)在(0,+ ? )单调减少.

所以 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 x1 ? x2 等价于

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ≥4x1-4x2,
即 f(x2)+ 4x2≥f(x1)+ 4x1. 令 g(x)=f(x)+4x,则

g ?( x) ?

a ?1 ? 2ax +4 x

2ax 2 ? 4 x ? a ? 1 = . x
于是 g ?( x) ≤

?4 x 2 ? 4 x ? 1 ?(2 x ? 1) 2 = ≤0. x x

从而 g(x)在(0,+ ? )单调减少,故 g(x1) ≤g(x2), 即

f(x1)+ 4x1≤f(x2)+ 4x2,故对任意 x1,x2∈(0,+ ? ) , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 x1 ? x2 .

7(2010 辽宁理数) (21) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ? (a ? 1) ln x ? ax ? 1
2

(I)讨论函数 f (x) 的单调性; (II)设 a ? ?1 .如果对任意 x1 , x2 ? (0,??) ,| f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 | x1 ? x2 | ,求 a 的取值 范围。 解: (Ⅰ) f ( x) 的定义域为(0,+∞). f '( x) ?

a ?1 2ax 2 ? a ? 1 ? 2ax ? . x x

当 a ? 0 时, f '( x) >0,故 f ( x) 在(0,+∞)单调增加; 当 a ? ?1 时, f '( x) <0,故 f ( x) 在(0,+∞)单调减少; 当-1< a <0 时,令 f '( x) =0,解得 x ?

?

a ?1 . 2a

则当 x ? (0, ?

a ?1 a ?1 ) 时, f '( x) >0; x ? ( ? , ??) 时, f '( x) <0. 2a 2a a ?1 a ?1 ) 单调增加,在 ( ? , ??) 单调减少. 2a 2a

故 f ( x) 在 (0, ?

(Ⅱ)不妨假设 x1 ? x2 ,而 a <-1,由(Ⅰ)知在(0,+∞)单调减少,从而

?x1 , x2 ? (0, ??) , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 x1 ? x2
等价于

?x1 , x2 ? (0, ??) , f ( x2 ) ? 4 x2 ? f ( x1 ) ? 4 x1
令 g ( x) ? f ( x) ? 4 x ,则 g '( x) ? ①等价于 g ( x) 在(0,+∞)单调减少,即



a ?1 ? 2ax ? 4 x

a ?1 ? 2ax ? 4 ? 0 . x
从而 a ?

?4 x ? 1 (2 x ? 1) 2 ? 4 x 2 ? 2 (2 x ? 1) 2 ? ? ?2 2 x2 ? 1 2 x2 ? 1 2 x2 ? 1
……12 分

故 a 的取值范围为(-∞,-2]. 8(2010 全国卷 2 文数) (21) (本小题满分 12 分) 已知函数 f(x)=x 3 -3ax 2 +3x+1。

(Ⅰ)设 a=2,求 f(x)的单调期间; (Ⅱ)设 f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点,求 a 的取值范围。 【解析】本题考查了导数在函数性质中的应用,主要考查了用导数研究函数的单调区间、 极值及函数与方程的知识。 (1)求出函数的导数,由导数大于 0,可求得增区间,由导数小于 0,可求得减区间。

? ? (2)求出函数的导数 f ( x) ,在(2,3)内有极值,即为 f ( x) 在(2,3)内有一个零点, ? ? 即可根据 f (2) f (3) ? 0 ,即可求出 A 的取值范围。
9(2010 江西理数)19. (本小题满分 12 分) 设函数 f ? x ? ? ln x ? ln ? 2 ? x ? ? ax(a ? 0) 。 (1)当 a=1 时,求 f ? x ? 的单调区间。

1? (2)若 f ? x ? 在 ? 0, 上的最大值为

1 ,求 a 的值。 2

【解析】考查函数导数运算、利用导数处理函数最值等知识。 解:对函数求导得: f ?( x) ? (1)

1 1 ? ? a ,定义域为(0,2) x 2? x

单调性的处理,通过导数的零点进行穿线判别符号完成。 当 a=1 时,令 f ?( x) ? 0得

1 1 ? x2 ? 2 ? +1=0 ? ?0 x 2? x (2 ? x) x

2), 当 x ? (0, 2), f ?( x) ? 0, 为增区间;当 x ? ( 2, f ?( x) ? 0, 为减函数。

(2)

1? 区间 ? 0, 上的最值问题,通过导数得到单调性,结合极值点和端点的比较得到,确
定 待定量 a 的值。

1? 当 x ? ? 0, 有最大值, 则必不为减函数, f ?( x) ? 且
最大值在右端点取到。 f max ? f (1) ? a ?

1 1 ? ? a >0,为单调递增区间。 x 2? x

1 。 2

10(2010 安徽文数)20.(本小题满分 12 分) 设函数 f ? x ? ? sin x ? cos x ? x ? 1, 0 ? x ?

?
2

,求函数 f ? x ? 的单调区间与极值。

【命题意图】本题考查导数的运算,利用导数研究函数的单调性与极值的方法,考查综合应 用数学知识解决问题的能力. 【解题指导】 (1)对函数 f ? x ? ? sin x ? cos x ? x ? 1求导,对导函数用辅助角公式变形, 利用导数等于 0 得极值点, 通过列表的方法考查极值点的两侧导数的正负, 判断区间的单调 性,求极值.

解:由f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2? ,知f, ( x) ? 1 ? 2sin ( x ? ). 4 ? 2 3? 令f, ( x) ? 0,从面sin( x ? ) ? ,得x ? ?,或x ? , 4 2 2 当x变化时,f, ( x),f(x)变化情况如下表:

?

因此,由上表知f(x)的单调递增区间是(0,?)与(

3? 3? 3? 单调递增区间是(?, ),极小值为f( )= ,极大值为f(? )=? ? 2 2 2 2
【思维总结】对于函数解答题,一般情况下都是利用导数来研究单调性或极值,利用导数为 0 得可能的极值点,通过列表得每个区间导数的正负判断函数的单调性,进而得出极值点. (2010 重庆文数)(19) (本小题满分 12 分), (Ⅰ)小问 5 分,(Ⅱ)小问 7 分.)
3 2 已知函数 f ( x) ? ax ? x ? bx (其中常数 a,b∈R), g ( x) ? f ( x) ? f ?( x) 是奇函数.

3? , ), 2? 2

(Ⅰ)求 f ( x) 的表达式; (Ⅱ)讨论 g ( x) 的单调性,并求 g ( x) 在区间[1,2]上的最大值和最小值.

11 (2010 浙江文数) (本题满分 15 分) (21) 已知函数 f ( x) ? ( x ? a) (a-b) a, b ? R, a <b)。 (
2

(I)当 a=1,b=2 时,求曲线 y ? f ( x) 在点(2, f ( x) )处的切线方程。 (II)设 x1 , x2 是 f ( x) 的两个极值点, x3 是 f ( x) 的一个零点,且 x3 ? x1 , x3 ? x2 证明:存在实数 x4 ,使得 x1 , x2 , x3 , x4 按某种顺序排列后的等差数列,并求 x4

12(2010 重庆理数) (18) (本小题满分 13 分, (I)小问 5 分, (II)小问 8 分) 已知函数 f ? x ? ? (I) (II)

x ?1 ? ln ? x ? 1? , 其中实数 a ? 1 。 x?a

若 a=-2,求曲线 y ? f ? x ? 在点 0, f ? 0 ? 处的切线方程; 若 f ? x ? 在 x=1 处取得极值,试讨论 f ? x ? 的单调性。

?

?

13(2010 山东文数) (21) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ? ln x ? ax ?

1? a ? 1(a ? R) x

(I)当 a ? ?1 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程; (II)当 a ?

1 时,讨论 f ( x) 的单调性. 2

14(2010 北京文数) (20) (本小题共 13 分) 已 知 集 合

Sn ? { X | X ? ( x1 , x2 ,…,xn ), x1 ?{0,1}, i ? 1, 2, …, n}(n ? 2) 对 于

A ? (a1 , a2 ,…an , ) , B ? (b1 , b2 ,…bn , ) ? Sn ,定义 A 与 B 的差为 A ? B ? (| a1 ? b1 |,| a2 ? b2 |, … | an ? b n |);
A 与 B 之间的距离为 d ( A, B) ?

?
i ?1

| a1 ? b1 |

(Ⅰ)当 n=5 时,设 A ? (0,1,0,0,1), B ? (1,1,1,0,0) ,求 A ? B , d ( A, B) ; (Ⅱ)证明: ?A, B, C ? Sn , 有A ? B ? Sn ,且 d ( A ? C, B ? C ) ? d ( A, B) ; (Ⅲ) 证明: ?A, B, C ? Sn , d ( A, B), d ( A, C ), d ( B, C ) 三个数中至少有一个是偶数 (Ⅰ)解: A ? B ? ( 0 ? 1 , 1 ? 1 , 0 ? 1 , 0 ? 0 , 1 ? 0 ) =(1,0,1,0,1)

d ( A, B) ? 0 ? 1 ? 1 ? 1 ? 0 ? 1 ? 0 ? 0 ? 1 ? 0 =3
(Ⅱ)证明:设 A ? (a1 , a2 , ???, an ), B ? (b1 , b2 , ???, bn ), C ? (c1 , c2 , ???, cn ) ? Sn 因为 a1 , b1 ?{0,1} ,所以 a1 ? b1 ? {0,1}(i ? 1, 2, ???, n) 从而 A ? B ? ( a1 ? b1 , a2 ? b2 , ??? an ? bn ) ? S n 由题意知 ai , bi , ci ?{0,1}(i ? 1, 2, ???, n) 当 ci ? 0 时, ai ? ci ? bi ? ci ? ai ? bi 当 ci ? 1 时, ai ? ci ? bi ? ci ? (1 ? ai ) ? (1 ? bi ) ? ai ? bi 所以 d ( A ? C , B ? C ) ?

? a ?b
i ?1 i

n

i

? d ( A, B)

(Ⅲ)证明:设 A ? (a1 , a2 , ???, an ), B ? (b1 , b2 , ???, bn ), C ? (c1 , c2 , ???, cn ) ? Sn

d ( A, B) ? k , d ( A, C ) ? l , d ( B, C ) ? h
记 0 ? (0, 0, ???0) ? Sn 由(Ⅱ)可知

d ( A, B) ? d ( A ? A, B ? A) ? d (0, B ? A) ? k d ( A, C ) ? d ( A ? A, C ? A) ? d (0, C ? A) ? l d ( B, C ) ? d ( B ? A, C ? A) ? h
所以 bi ? ai (i ? 1, 2, ???, n) 中 1 的个数为 k, ci ? ai (i ? 1, 2, ???, n) 中 1 的个数为 l 设 t 是使 bi ? ai ? ci ? ai ? 1 成立的 i 的个数。则 h ? l ? k ? 2t 由此可知, k , l , h 三个数不可能都是奇数 即 d ( A, B), d ( A, C ), d ( B, C ) 三个数中至少有一个是偶数。

15(2010 北京理数)(18)(本小题共 13 分) 已知函数 f ( x )=In(1+ x )- x +

x 2 x ( k ≥0)。 2

(Ⅰ)当 k =2 时,求曲线 y = f ( x )在点(1, f (1))处的切线方程; (Ⅱ)求 f ( x )的单调区间。

解: (I)当 k ? 2 时, f ( x) ? ln(1 ? x) ? x ? x , f '( x) ?
2

1 ?1 ? 2x 1? x

由于 f (1) ? ln 2 , f '(1) ?

3 , 2

所以曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为

3 y ? ln 2 ? ( x ? 1) 2


3x ? 2 y ? 2ln 2 ? 3 ? 0

(II) f '( x) ?

x(kx ? k ? 1) , x ? (?1, ??) . 1? x x 当 k ? 0 时, f '( x) ? ? . 1? x
所以,在区间 (?1,0) 上, f '( x) ? 0 ;在区间 (0, ??) 上, f '( x) ? 0 . 故 f ( x) 得单调递增区间是 (?1,0) ,单调递减区间是 (0, ??) .

x(kx ? k ? 1) 1? k ? 0 ,得 x1 ? 0 , x2 ? ?0 1? x k 1? k 1? k 所以, 在区间 (?1,0) 和 ( 在区间 (0, , ??) 上, f '( x) ? 0 ; ) 上, f '( x) ? 0 k k 1? k 1? k 故 f ( x) 得单调递增区间是 (?1,0) 和 ( , ??) ,单调递减区间是 (0, ). k k
当 0 ? k ? 1时,由 f '( x) ? 当 k ? 1 时, f '( x) ?

x2 1? x

故 f ( x) 得单调递增区间是 (?1, ??) .

x(kx ? k ? 1) 1? k ? 0 ,得 x1 ? ? (?1, 0) , x2 ? 0 . 1? x k 1? k 1? k 所以没在区间 (?1, ) 和 (0, ??) 上, f '( x) ? 0 ;在区间 ( , 0) 上, k k
当 k ? 1 时, f '( x) ?

f '( x) ? 0
故 f ( x) 得单调递增区间是 (?1,

1? k 1? k ) 和 (0, ??) ,单调递减区间是 ( , 0) k k

16(2010 四川理数) (22) (本小题满分 14 分)

1? ax 设 f(x)? ( a ? 0 且 a ? 1 ) g(x)是 f(x)的反函数. , 1? ax
(Ⅰ)设关于 x 的方程求 log a

t ? g( x ) 在区间[2,6]上有实数解,求 t 的取 ( x ? 1 )( 7 ? x )
2

值范围; (Ⅱ)当 a=e(e 为自然对数的底数)时,证明:

? g( k ) ?
k ?2

n

2 ? n ? n2 ; 2n( n ? 1 )

n 1 (Ⅲ)当 0<a≤ 时,试比较? f ( k ) ? n 与 4 的大小,并说明理由. ? 2 k ?1

?

本小题考产函数、反函数、方程、不等式、导数及其应用等基础知识,考察化归、分类整合 等数学思想方法,以及推理论证、分析与解决问题的能力. 解:(1)由题意,得 a =
x

y ?1 >0 y ?1

故 g(x)= log a 由 log a

x ?1 ,x∈(-∞,-1)∪(1,+∞) x ?1
2

t x ?1 得 w_w w. k#s5_u.c o*m ? log a ( x ? 1)(7 ? x) x ?1

t=(x-1)2(7-x),x∈[2,6] 2 则 t'=-3x +18x-15=-3(x-1)(x-5)
列表如下:

x 2 (2,5) 5 (5,6) t' + 0 t 5 ↗ 极大值 32 ↘ 所以 t 最小值=5,t 最大值=32 所以 t 的取值范围为[5,32]……………………………………………………5 分
(2)

6 25

? g (k ) ? ln 3 ? ln 4 ? ln 5 ? ?? ? ln n ? 1 w_w w. k#s5_u.c o*m
k ?2

n

1

2

3

n ?1

1 2 3 3 4 5 n(n ? 1) =-ln 2
令 u(z)=-lnz -
2

=ln( ? ? ????

n ?1 ) n ?1

1? z2 1 =-2lnz+z- ,z>0 z z

则 u'(z)=-

2 1 1 ? 1 ? 2 =(1- )2≥0 z z z

所以 u(z)在(0,+∞)上是增函数 又因为

n(n ? 1) n(n ? 1) >1>0,所以 u( )>u(1)=0 2 2

即 ln

2 ? n(n ? 1)

1?

n(n ? 1) 2 >0w_w w. k#s5_u.c o*m n(n ? 1) 2



? g (k ) ?
k ?2

n

2 ? n ? n2 ………………………………………………………………9 分 2n(n ? 1)

(3)设 a=

1 1? a 2 ,则 p≥1,1<f(1)= ? 1 ? ≤3 1? a p 1? p 2 ≤2<4 p

当 n=1 时,|f(1)-1|= 当 n≥2 时

设 k≥2,k∈N 时,则 f(k)=

*

(1 ? p) k ? 1 2 ? 1? w_w w. k#s5_u.c o*m k (1 ? p) ? 1 (1 ? p) k ? 1

=1+

2 C p ? C p ? ? ? Ckk p k
1 k 2 k 2

所以 1<f(k)≤1+

2 4 4 4 ? 1? ? 1? ? 2 C ? Ck k (k ? 1) k k ?1
1 k

从而 n-1<

? f (k ) ≤n-1+ 2 ? n ? 1 =n+1- n ? 1 <n+1
k ?2

n

4

4

4

所以 n<

? f (k ) <f(1)+n+1≤n+4
k ?1

n

综上所述,总有|

? f (k ) -n|<4
k ?1

n

17(2010 天津文数) (20) (本小题满分 12 分) 已知函数 f(x)= ax ?
3

3 2 x ? 1( x ? R) ,其中 a>0. 2

(Ⅰ)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2) )处的切线方程; (Ⅱ)若在区间 ? ?

? 1 1? , 上,f(x)>0 恒成立,求 a 的取值范围. ? 2 2? ?

【解析】本小题主要考查曲线的切线方程、利用导数研究函数的单调性与极值、解不等式等 基础知识,考查运算能力及分类讨论的思想方法.满分 12 分.

(Ⅰ)解:当 a=1 时,f(x)= x 3 ?

3 2 x ? 1 ,f(2)=3;f’(x)= 3x 2 ? 3x , f’(2)=6. 2
1 . a

所以曲线 y=f(x)在点(2,f(2) )处的切线方程为 y-3=6(x-2) ,即 y=6x-9. (Ⅱ)解:f’(x)= 3ax ? 3x ? 3x(ax ? 1) .令 f’(x)=0,解得 x=0 或 x=
2

以下分两种情况讨论: (1) 若 0 ? a ? 2,则

1 1 ? ,当 x 变化时,f’(x),f(x)的变化情况如下表: a 2
0

X

? 1 ? 0 ? ? ,? ? 2 ?
+

? 1? ? 0, ? ? 2?
-

f’(x) f(x)

0 极大值

?

?

1 ?5 ? a ? ? ? f (? 2 ) ? 0, ? 8 ? 0, ? ? 1 1? 即? 当 x ? ? ? , ? 时,f(x)>0 等价于 ? ? 2 2? ? f ( 1 ) ? 0, ? 5 ? a ? 0. ? 2 ? 8 ? ?
解不等式组得-5<a<5.因此 0 ? a ? 2 . (2) 若 a>2,则 0 ?

1 1 ? .当 x 变化时,f’(x),f(x)的变化情况如下表: a 2
0 0 极大值

X f’(x) f(x)

? 1 ? 0 ? ? ,? ? 2 ?
+

? 1? ? 0, ? ? a?
-

1 a
0 极小值

?1 1? ? ,? ?a 2?
+

?

?

?

?5 ? a ? 1 ?f(- 2 )>0, ? 8 >0, ? ? ? 1 1? 当 x ? ? ? , ? 时,f(x)>0 等价于 ? 即? ? 2 2? ?f( 1 )>0, ?1- 1 >0. ? a ? 2a 2 ? ?
解不等式组得

2 2 ? a ? 5或 a ? ? .因此 2<a<5. 2 2

综合(1)和(2) ,可知 a 的取值范围为 0<a<5. 18(2010 天津理数) (21) (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ? xc ( x ? R) (Ⅰ)求函数 f ( x) 的单调区间和极值;
?x

(Ⅱ)已知函数 y ? g ( x) 的图象与函数 y ? f ( x) 的图象关于直线 x ? 1 对称,证明当 x ? 1 时, f ( x) ? g ( x) (Ⅲ)如果 x1 ? x2 ,且 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,证明 x1 ? x2 ? 2 【解析】本小题主要考查导数的应用,利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识,考查 运算能力及用函数思想分析解决问题的能力,满分 14 分 (Ⅰ)解:f’ ( x) ? (1 ? x)e
?x

令 f’(x)=0,解得 x=1 当 x 变化时,f’(x),f(x)的变化情况如下表 X f’(x) f(x) ( ??,1 ) + 1 0 极大值 ( 1, ?? ) -

?

?

所以 f(x)在( ??,1 )内是增函数,在( 1, ?? )内是减函数。 函数 f(x)在 x=1 处取得极大值 f(1)且 f(1)=

1 e
x ?2

(Ⅱ)证明:由题意可知 g(x)=f(2-x),得 g(x)=(2-x) e 令 F(x)=f(x)-g(x),即 F ( x) ? xe 于是 F '( x) ? ( x ? 1)(e
2 x ?2 ?x

? ( x ? 2)e x ?2

? 1)e? x ? 1 ? 0, 又e? x ? 0, 所以F ’(x)>0,从而函数 F(x)在[1,+

当 x>1 时,2x-2>0,从而 e ∞)是增函数。

2x-2

又 F(1)= e ? e ? 0,所以x>1时,有 F(x)>F(1)=0,即 f(x)>g(x).
-1 -1

Ⅲ)证明: (1) 若 ( x1 ? 1)( x2 ? 1) ? 0,由(?)及f(x1 ) ? f(x2 ), 则x1 ? x2 ? 1.与x1 ? x2矛盾。 (2)若 ( x1 ? 1)( x2 ?1) ? 0, 由(? )及f(x1) ? f(x2), 得x1 ? x2. 与x1 ? x2 矛盾。 根据(1) (2)得 ( x1 ? 1)( x2 ?1) ? 0, 不妨设x1 ? 1, x2 ? 1. 由 ( Ⅱ ) 可 知 , f(x2 ) > g(x2 ) , 则 g(x2 ) = f(2-x2 ) , 所 以 f(x2 ) > f(2-x2 ) , 从 而

f(x ) > f(2-x2 ) .因为 x2 ? 1 ,所以 2 ? x2 ? 1 ,又由(Ⅰ)可知函数 f(x)在区间(-∞,1) 1
内事增函数,所以 x1 > 2 ? x2 ,即 x1 ? x2 >2.

19(2010 福建文数)22. (本小题满分 14 分) 已知函数 f(x)=

1 3 x ? x 2 ? ax ? b 的图像在点 P(0,f(0))处的切线方程为 y=3x-2 3 m 是[ 2, ?? ]上的增函数。 x ?1

(Ⅰ)求实数 a,b 的值; (Ⅱ)设 g(x)=f(x)+

(i)求实数 m 的最大值; (ii)当 m 取最大值时,是否存在点 Q,使得过点 Q 的直线若能与曲线 y=g(x)围成两个封 闭图形,则这两个封闭图形的面积总相等?若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,说明理由。

20(2010 福建文数)21.(本小题满分 12 分) 某港口 O 要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上,在小艇出发时,轮船位于 港口 O 北偏西 30°且与该港口相距 20 海里的 A 处, 并正以 30 海里/小时的航行速度沿正东 方向匀速行驶。假设该小艇沿直线方向以 ? 海里/小时的航行速度匀速行驶,经过 t 小时与 轮船相遇。 (Ⅰ)若希望相遇时小艇的航行距离最小,则小艇航行速度的大小应为多少? (Ⅱ)为保证小艇在 30 分钟内(含 30 分钟)能与轮船相遇,试确定小艇航行速度的最小值; (Ⅲ)是否存在 ? ,使得小艇以 ? 海里/小时的航行速度行驶,总能有两种不同的航行方向与 轮船相遇?若存在,试确定 ? 的取值范围;若不存在,请说明理由。

21(2010 全国卷 1 理数)(20)(本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ? ( x ? 1) ln x ? x ? 1 . (Ⅰ)若 xf '( x) ? x ? ax ? 1 ,求 a 的取值范围;
2

(Ⅱ)证明: ( x ? 1) f ( x) ? 0 .

22(2010 四川文数) (22) (本小题满分 14 分)w_w w. k#s5_u.c o*m

设 f(x)?

1? ax ( a ? 0 且 a ? 1 ) g(x)是 f(x)的反函数. , 1? ax

(Ⅰ)求 g ( x) ; (Ⅱ)当 x ? [2, 6] 时,恒有 g ( x) ? log a

t 成立,求 t 的取值范围; ( x ? 1)(7 ? x)
2

1 (Ⅲ)当 0<a≤ 时,试比较 f(1)+f(2)+…+f(n)与 n ? 4 的大小,并说明理由. 2

23(2010 湖北文数)21.(本小题满分 14 分) 设函数 (x)= x ? f
3

1 3

a 2 在点 P(0, (0) ) f f x ? bx ? c ,其中 a>0,曲线 y ? (x) 2

处的切线方程为 y=1 (Ⅰ)确定 b、c 的值

f f (Ⅱ)设曲线 y ? (x) 在点( x1,(x1) )及( x 2,(x 2) )处的切线都过点(0,2) f
证明:当 x1 ? x 2 时, f '( x 1 ) ? f '( x2 ) (Ⅲ)若过点(0,2)可作曲线 y ? (x) 的三条不同切线,求 a 的取值范围。 f

24(2010 湖北文数)19.(本小题满分 12 分) 2 已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为 a(单位:m ) ,其中有部分旧住房需要拆 除。 当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的 10%建设新住房, 同事也拆除面积为 b (单 2 位:m )的旧住房。 (Ⅰ)分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式:

(Ⅱ)如果第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了 30%,则每年拆 5 除的旧住房面积 b 是多少?(计算时取 1.1 =1.6)

25(2010 山东理数)(22)(本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ? ln x ? ax ? (Ⅰ)当 a ?

1? a ? 1 (a ? R) . x

1 时,讨论 f ( x) 的单调性; 2 1 2 (Ⅱ)设 g ( x) ? x ? 2bx ? 4. 当 a ? 时,若对任意 x1 ? (0, 2) ,存在 x2 ? ?1, 2? ,使 4
f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求实数 b 取值范围.

1 时, (0, 上是减函数, (1, 上是增函数, 1) 在 2) 所以对任意 x1 ? (0, 2) , f(x) 在 4 1 1 有 f(x1 ) ? f(1)=- , 又 已 知 存 在 x2 ? ?1, 2? , 使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) , 所 以 ? ? g ( x2 ) , 2 2
(Ⅱ) a ? 当

x2 ? ?1, 2? ,
即 存 在

x ? ?1 ,? 2 使 g ( x? , )

2

1 x? 2 b? x 4 ? , 即 2b ? ? x 2

2

? x

9 , 即 2

9 1 1 1 7 , ,] 2b ? x ? 2 ? [ 2 4 x 11 11 11 所以 2b ? ,解得 b ? ,即实数 b 取值范围是 [ , ??) 。 2 4 4
【命题意图】本题将导数、二次函数、不等式知识有机的结合在一起,考查了利用导数研究 函数的单调性、 利用导数求函数的最值以及二次函数的最值问题, 考查了同学们分类讨论的

数学思想以及解不等式的能力;考查了学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力。 (1)直接利用函数与导数的关系讨论函数的单调性; (2)利用导数求出 f ( x) 的最小值、 利用二次函数知识或分离常数法求出 g ( x) 在闭区间[1,2]上的最大值,然后解不等式求参 数。 26(2010 湖南理数)20.(本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) ? x ? bx ? c(b, c ? R), 对任意的 x ? R ,恒有 f ( x) ? f ( x) 。
2 '

(Ⅰ)证明:当 x ? 0 时, f ( x) ? ( x ? c) ;
2

(Ⅱ)若对满足题设条件的任意 b,c,不等式 f (c) ? f (b) ? M (c ? b ) 恒成立,求 M
2 2

的最小值。 解析:

(2010 湖北理数)17. (本小题满分 12 分) 为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗,房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层。某幢 建筑物要建造可使用 20 年的隔热层,每厘米厚的隔热层建造成本为 6 万元。该建筑物每年 的能源 消耗费 用 C(单位:万 元)与隔热层厚度 x( 单位: cm)满足关系: C(x )

=

k (0 ? x ? 10), 若不建隔热层,每年能源消耗费用为 8 万元。设 f(x)为隔热层建造 3x ? 5

费用与 20 年的能源消耗费用之和。 (Ⅰ)求 k 的值及 f(x)的表达式。 (Ⅱ)隔热层修建多厚时,总费用 f(x)达到最小,并求最小值。

27(2010 福建理数)20. (本小题满分 14 分) (Ⅰ)已知函数 f (x)=x -x , 其图象记为曲线C 。
3

(i)求函数 f (x) 的单调区间;[来源:Z*xx*k.Com] (ii)证明:若对于任意非零实数 x 1 ,曲线 C 与其在点 P1 (x1 ,f(x1 )) 处的切线交于另一点

P2 (x 2 ,f(x 2 )) ,曲线 C 与其在点 P2 (x 2 ,f(x 2 )) 处的切线交于另一点 P3 (x 3 ,f(x 3 )) ,线段
P1P2 ,P2 P3与曲线C所围成封闭图形的面积分别记为S1 ,S2 ,则
3 2

S1 为定值; S2

(Ⅱ)对于一般的三次函数 g(x)=ax +bx +cx+d(a ? 0),请给出类似于 (Ⅰ) (ii)的正 确命题,并予以证明。[ks5u.comZ*X*X*K] 【命题意图】本小题主要考查函数、导数、定积分等基础知识,考查抽象概括能力、运算求 解能力、推理论证能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、特殊与一 般思想。 【解析】 (Ⅰ) (i)由 f (x)=x -x 得 f (x)=3x -1 = 3(x3 ' 2

3 3 )(x+ ), 3 3

当 x ? (-?,-

3 3 ' ( , ?) ? 时, f (x)>0 ; )和 3 3

当 x ? (-

3 3 , ) 时, f ' (x)<0 , 3 3

因此, f (x) 的单调递增区间为 (-?,-

3 3 3 3 ( , ?) ? ,单调递减区间为 ()和 , )。 3 3 3 3

(2010 湖北理数)

(2010 安徽理数)17、 (本小题满分 12 分) 设 a 为实数,函数 f ? x ? ? e ? 2 x ? 2a, x ? R 。
x

(Ⅰ)求 f ? x ? 的单调区间与极值; (Ⅱ)求证:当 a ? ln 2 ? 1且 x ? 0 时, e ? x ? 2ax ? 1 。 、
x 2

28(2010 江苏卷)20、 (本小题满分 16 分) 设 f (x) 是定义在区间 (1,??) 上的函数,其导函数为 f ' ( x) 。如果存在实数 a 和函数

h(x) ,其中 h(x) 对任意的 x ? (1,??) 都有 h(x) >0,使得 f ' ( x) ? h( x)( x 2 ? ax ? 1) ,则称
函数 f (x) 具有性质 P(a ) 。 (1)设函数 f (x) ? ln x ?

b?2 ( x ? 1) ,其中 b 为实数。 x ?1

(i)求证:函数 f (x) 具有性质 P (b) ; (ii)求函数 f (x) 的单调区间。 (2)已知函数 g (x) 具有性质 P (2) 。给定 x1 , x2 ? (1, ??), x1 ? x2 , 设 m 为实数,

? ? mx1 ? (1 ? m) x2 , ? ? (1 ? m) x1 ? mx2 ,且 ? ? 1, ? ? 1 ,
若| g (? ) ? g (? ) |<| g ( x1 ) ? g ( x 2 ) |,求 m 的取值范围。 [解析] 本小题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识,考查灵活运用数形结 合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。满分 16 分。 (1)(i) f '( x) ?

1 b?2 1 ? ? ( x 2 ? bx ? 1) 2 x ( x ? 1) x( x ? 1) 2 1 ? 0 恒成立, x( x ? 1) 2

∵ x ? 1 时, h( x) ?

∴函数 f (x) 具有性质 P (b) ;

b b2 (ii)(方法一)设 ? ( x) ? x 2 ? bx ? 1 ? ( x ? )2 ? 1 ? , ? ( x) 与 f ' ( x) 的符号相同。 2 4 b2 当1 ? ? 0, ?2 ? b ? 2 时, ? ( x) ? 0 , f ' ( x) ? 0 ,故此时 f (x) 在区间 (1,??) 上递增; 4
当 b ? ?2 时,对于 x ? 1 ,有 f ' ( x) ? 0 ,所以此时 f (x) 在区间 (1,??) 上递增; 当 b ? ?2 时, ? ( x) 图像开口向上,对称轴 x ?

b ? ?1,而 ? (0) ? 1 , 2

对于 x ? 1 ,总有 ? ( x) ? 0 , f ' ( x) ? 0 ,故此时 f (x) 在区间 (1,??) 上递增; (方法二)当 b ? 2 时,对于 x ? 1 , ? ( x) ? x 2 ? bx ? 1 ? x 2 ? 2 x ? 1 ? ( x ? 1)2 ? 0 所以 f ' ( x) ? 0 ,故此时 f (x) 在区间 (1,??) 上递增; 当 b ? 2 时 , ? ( x) 图 像 开 口 向 上 , 对 称 轴 x ?

b ? 1 , 方 程 ? ( x ) ? 0的 两 根 为 : 2

b ? b2 ? 4 b ? b2 ? 4 2 b ? b2 ? 4 b ? b2 ? 4 ? 1, ? ? (0,1) , ,而 2 2 2 2 b ? b2 ? 4
当 x ? (1,

b ? b2 ? 4 b ? b2 ? 4 ) 时, ? ( x) ? 0 , f ' ( x) ? 0 ,故此时 f (x) 在区间 (1, ) 2 2

b ? b2 ? 4 , ??) 上递增。 上递减;同理得: f (x) 在区间 [ 2
综上所述,当 b ? 2 时, f (x) 在区间 (1,??) 上递增;
2 2 当 b ? 2 时, f (x) 在 (1, b ? b ? 4 ) 上递减; f (x) 在 [ b ? b ? 4 , ??) 上递增。

2

2

(2)(方法一)由题意,得: g '( x) ? h( x)( x ? 2 x ? 1) ? h( x)( x ? 1)
2

2

又 h(x ) 对任意的 x ? (1,??) 都有 h(x ) >0, 所以对任意的 x ? (1,??) 都有 g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 (1, ??) 上递增。 又 ? ? ? ? x1 ? x2 , ? ? ? ? (2m ? 1)( x1 ? x2 ) 。 当m ?

1 , m ? 1 时, ? ? ? ,且 ? ? x1 ? (m ? 1) x1 ? (1 ? m) x2 , ? ? x2 ? (1 ? m) x1 ? (m ? 1) x2 , 2

综合以上讨论,得:所求 m 的取值范围是(0,1) 。 (方法二)由题设知, g ( x) 的导函数 g '( x) ? h( x)( x ? 2 x ? 1) ,其中函数 h( x) ? 0 对于任
2

意的 x ? (1,??) 都成立。所以,当 x ? 1 时, g '( x) ? h( x)( x ? 1) ? 0 ,从而 g ( x) 在区间
2

(1,??) 上单调递增。
①当 m? (0,1) 时,有 ? ? mx1 ? (1 ? m) x2 ? mx1 ? (1 ? m) x1 ? x1 ,

? ? mx1 ? (1 ? m) x2 ? mx2 ? (1 ? m) x2 ? x2 ,得 ? ? ( x1 , x2 ) ,同理可得 ? ? ( x1 , x2 ) ,所以
由 g ( x) 的单调性知 g (? ) 、 g ( ? ) ? ( g ( x1 ), g ( x2 )) , 从而有| g (? ) ? g (? ) |<| g ( x1 ) ? g ( x 2 ) |,符合题设。 ②当 m ? 0 时, ? ? mx1 ? (1 ? m) x2 ? mx2 ? (1 ? m) x2 ? x2 ,

? ? (1 ? m) x1 ? mx2 ? (1 ? m) x1 ? mx1 ? x1 , 于 是 由 ? ? 1 ,? ? 1及 g ( x) 的 单 调 性 知
g (? ) ? g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? g (? ) ,所以| g (? ) ? g (? ) |≥| g ( x1 ) ? g ( x2 ) |,与题设不符。
③当 m ? 1 时,同理可得 ? ? x1 , ? ? x2 ,进而得| g (? ) ? g (? ) |≥| g ( x1 ) ? g ( x 2 ) |,与题 设不符。 因此综合①、②、③得所求的 m 的取值范围是(0,1) 。

2011 函数(39)

重庆文

1


(19) (本小题满分 12 分,(Ⅰ)小问 5 分,(Ⅱ)小问 7 分.)[来源:学科网 ZXXK]

的导数为

,若函数

的图象关于直线



称,且

.](Ⅰ)求实数 , 的值;(Ⅱ)求函数

的极值

解:(Ⅰ)

,函数

的图象关于直线

对称,

所以 ( Ⅱ ) 由 (

,又 Ⅰ ) ;

; , 令

函数



上递增, 在 ,在

上递减, 在 处取得极大值

上递增, 所以函数 。



处取得极大值

2(16)(本小题满分 12 分)
设 ,其中 为正实数

(Ⅰ)当 (Ⅱ)若

时,求 为

的极值点;

上的单调函数,求 的取值范 围。

(16)(本小题满分 12 分)本题考查导数的运算,极值点的判断,导数符号与函数单调变 化之间的关系,求解二次不等式,考查运算能力,综合运用知识分析和解决问题的能力.

解:对

求导得



(I)当 综合①,可知

,若

+ ↗

0 极大值

- ↘

0 极小值

+ ↗

所以, (II)若

是极小值点,

是极大值点. 在 R 上不变号,结合①与条件 a>0,知

为 R 上的单调函数,则

在 R 上恒成立,因此 北京理

由此并结合

,知

318.已知函数
(1)求 的单调区间;

.

(2)若对



,都有

,求 的取值范围。

解:(1) 当 当 时, 时, 在 在

,令 和 和

得 上递增,在 上递减,在 上递减; 上递增

(2) 当

时,

;所以不可能对



都有





时有(1)知



上的最大值为

,所以对



都有



,故对



都有

时,

的取值范围为

。 北京文

4(18)(本小题共 13 分)
已知函数 (II)求 解:(I) 减,在 (II)当 当 上递增,所以 当 时 , 函 数 。 福建文 即 上递增; 时,函数 在区间 上递增,所以 在区间 上递减, ; 在区间 ,(I)求 上的最小值。 ,令 ;所以 在 上递 的单调区间;

时, (I) 函数 由 知, ;

在 区 间

上 递 减 , 所 以

522.(本小题满分 14 分)
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)。 (Ⅰ)求实数 b 的值; (Ⅱ)求函数 f(x)的单调区间;

(Ⅲ)当 a=1 时,是否同时存在实数 m 和 M(m<M),使得对每一个 t∈[m,M], 直线 y=t 与曲线 y=f(x)(x∈[,e])都有公共点?若存在,求出最小的实数 m 和最大 的实数 M;若不存在,说明理由。 22、(Ⅰ)b=2;(Ⅱ)a>0 时单调递增区间是(1,+∞),单调递减区间是(0,1), a<0 时单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞);(Ⅲ)存在 m,M;m 的 最小值为 1,M 的最大值为 2。

福建理

6

21.(本小题满分 14 分)
, …, … ,求函数 的最大值;

(Ⅰ)已知函数 (Ⅱ)设 (1)若

均为正数,证明: … ,则 ;

(2)若



=1,则

…+



解:(Ⅰ) 在

的定义域为 上递增,在

,令 上递减,故函数 时有 在 即

, 处取得最大值 ,

(Ⅱ)(1)由(Ⅰ)知当



,∴







(2)①先证

,令

,则

由(1)知





②再证

…+

,记











1





所以

…+

。综合①②,(2)得证。 (单位:

7

18.(本小题满分 13 分) 某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量

千克)与销售价格 (单位:元/千克)满足关系式

,其中



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. (Ⅰ) 求 的值; (Ⅱ) 若该商品的成品为 3 元/千克, 试确定销售价格 的值,使商场每日销售该商品所获得的 利润最大.

解:(Ⅰ)因为



,所以



(Ⅱ)由(Ⅰ)知该商品每日的销售量 利润:

, 所以商场每日销售该商品所获得的

; ,令 函数 在 上递增,在 上递减,所以当 得 时函数 取得最大值

答:当销售价格

时,商场每日销售该商品所获得的利润最大,最大值为 42.

8

(2)设

是定点,其中

满足

.过



的两条切线

,切点分别为





分别交于

.线段

上异

于两端点的点集记为

.证明:



广东理

9

21.解:(1)



直线 AB 的方程为 ,方程

,即



的判别式



两根







,又



,得



. (2)由 ①当 若 知点 在抛物线 L 的下方, ,则 ; ,得 . ;

时,作图可知,若 ,显然有点

②当 作图可知,若 若

时,点 ,则 ,显然有点 .

在第二象限, ,且 ; ;

根据曲线的对称性可知,当 综上所述,

时, (*);



由(1)知点 M 在直线 EF 上,方程

的两根





同理点 M 在直线

上,方程

的两根







,则 ,又

不比

、 ,



小,

;又由(1)知,



,综合(*)式,得证.

(3)联立



得交点

,可知



过点 得

作抛物线 L 的切线,设切点为 ,解得 ,

,则





,即



,设





,又 ,



; ,

. 广东文

10
设 解

19.(本小题满分 14 分) ,讨论函数 : 函 数 的单调性. f(x) 的 定

义域为(0,+∞) 综上所述,f(x)的单调区间如下表:

(其中 广东理



11

17.(本小题满分 12 分)

提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况. 在一般情况下, 大桥上的车流速 度 (单位:千米/小时)是车流密度 (单位:辆/千米)的函数.当桥上的车流密度达到 200 辆/千米时,造成堵塞,此时车流速度为 0;当车流密度不超过 20 辆/千米时,车流速度 为 60 千米/小时.研究表明:当 (Ⅰ)当 时,求函数 时,车流速度 是车流密度 的一次函数. 的表达式;

(Ⅱ)当车流密度 为多大时,车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数,单位:辆 /小时) 可以达到最大,并求出最大值.(精确到 1 辆/小时)

本题主要考查函数、最值等基础知识,同时考查运用数学知识解决实际问题的能力. 解析: (Ⅰ)由题意:当 时, ;当 时,设 ,

显然



是减函数,由已知得

,解得

故函数

的表达式为

=

(Ⅱ)依题意并由(Ⅰ)可得 当 时, 为增函数,故当 时,其最大值为 ;

当 当且仅当

时, ,即 时,等号成立.



所以,当

时,

在区间

上取得最大值



综上,当

时,

在区间

上取得最大值



即当车流密度为 100 辆/千米时,车流量可以达到最大,最大值约为 3333 辆/小时. 湖北文

12
设函数 线

20. (本小题满分 13 分) , 与 ,其中 ,a、b 为常数,已知曲

在点(2,0)处有相同的切线 。

(I) 求 a、b 的值,并写出切线 的方程;

(II)若方程 的 解:(I) ,

有三个互不相同的实根 0、



,其中

,且对任意

恒成立,求实数 m 的取值范围。 ,由于曲线曲线 与 在点

( 2,0 ) 处 有 相 同 的 切 线 , 故 有 ; 切线 的方程: (II)由(I)得 互不相等的根 , 故 是 方 程 ‘ ,依题意得:方程

,由此解得:

有三个

的 两 个 相 异 实 根 , 所 以

; 又对任意的 , 成 立 , 即 , 故 ,则: ;又 所以函数在 上的最大值为 0,于是当 时对任意的 , 恒成立,特别地,取 时,

, 由 韦 达 定 理 知 : , 对 任 意 的 , 有

恒成立;综上: 湖南文

的取值范围是



13
设函数 (I)讨论

22.(本小题 13 分)

的单调性;

(II) 若

有两个极值点

, 记过点

的直线的斜率为 ,

问:是否存在 ,使得 解析:(I) 的定义域为

若存在,求出 的值,若不存在,请说明理由.

令 (1) 当 (2) 当 故 的两根都小于 0,在 上单调递增. 上单调递增. 上, ,故

(3) 当 当 故 时, 分别在 .

的两根为 ;当 时, ;当 上单调递减.

, 时, ,

上单调递增,在

(II)由(I)知,

因为

,所以

又由(I)知,

.于是

若存在 ,使得



.即

.亦即

[来源:学科网]

再由(I)知,函数



上单调递增,而

,所以

这与 湖南理

式矛盾.故不存在 ,使得

14
度为

20. 如图 6,长方形物体 E 在雨中沿面 P(面积为 S)的垂直方向作匀速移动,速 ,雨速沿 E 移动方向的分速度为 。E 移动时单位时间内的淋雨量包括 ×S 成正比,

两部分:(1)P 或 P 的平行面(只有一个面淋雨)的淋雨量,假设其值与

比例系数为

;(2)其它面的淋雨量之和,其值为

,记

为 E 移动过程中的总淋雨量,

当移动距离 d=100,面积 S= (Ⅰ)写出 的表达式

时。

(Ⅱ)设 0<v≤10,0<c≤5,试根据 c 的不同取值范围,确定移动速度 ,使总淋雨量 少。



解析:(I)由题意知,E 移动时单位时间内的淋雨量为





.

(II)由(I)知,当

时,



时,





(1)当

时,

是关于 的减函数.故当

时,



(2) 当

时,在

上,

是关于 的减函数;在

上,

是关于 的增函

数;故当

时,



15

22.(本小题满分 13 分) ( )= ,g ( )= + 。

已知函数

(Ⅰ)求函数 h ( )= (Ⅱ)设数列 对于任意的

( )-g ( )的零点个数,并说明理由; 满足 , . 知 , ,则 为 , 而 在 , 且 内有零点, ,证明:存在常数 M,使得

,都有



解 析 : ( I ) 由

的一个零点,且

因此

至少有两个零点

解法 1: 当 时,

,记 ,因此 在

,则 上单调递增,则 在

。 内至多

只有一个零点。又因为 内有且只有一个零点。记此零点为 时, 所以, ;

,则 ,则当



内有零点,所以 时,

在 ;当

当 当 从而 在

时, 时,

单调递减,而 单调递增,则

,则 在



内无零点;

内至多只有一个零点; 有且只有两个零点。

内至多只有一个零点。综上所述,

解法 2: 当 时, 在

,记 ,因此 在

,则 上单调递增,则 在

。 内至多

只有一个零点。因此 综上所述, (II)记 (1)当 由此猜测:

内也至多只有一个零点,

有且只有两个零点。 的正零点为 时,由 ,即 ,即 .而 。 ,因此 ,

。下面用数学归纳法证明:[来源:学科网 ZXXK] 显然成立; 时,有 成立,则当 知, 时,由 时, 成立。

①当 ②假设当

时,

,因此,当

故对任意的



成立。 在 上单调递增。则 ,即 ,由此猜测: ,即 。下面用

(2)当

时,由(1)知, 。从而

数学归纳法证明:

①当 ②假设当

时,

显然成立; 时,有 知, 成立,则当 ,因此,当 时,由 时, 成立。

故对任意的



成立。 ,使得对于任意的 ,都有 .

综上所述,存在常数

江苏

16

17.请你设计一个包装盒,如图所示,ABCD 是边长为 60cm 的正方形硬纸片,切去阴 四个点重合于图中

影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得

的点 P,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒,E、F 在 AB 上是被切去的等腰直角三角形斜 边的两个端点,设 AE=FB=xcm. (1)若广告商要求包装盒侧面积 S(cm )最大,试问 x 应取何值? (2)若广告商要求包装盒容积 V(cm )最大,试问 x 应取何值?并求出此时包装盒的高与 底面边长的比值.

答案:(1)根据题意有 (0<x<30), 所以 x=15cm 时包装盒侧面积 S 最大.

(2)根据题意有 所以, 当 时, ,



所以,当 x=20 时,V 取极大值也是最大值.

此时,包装盒的高与底面边长的比值为

.

即 x=20 包装盒容积 V(cm )最大, 此时包装盒的高与底面边长的比值为

解析:本题主要考查空间想象能力、数学阅读能力及运用数学知识解决实际问题的能力、建 立数学函数模型求解能力、导数在实际问题中的应用,中档题.

17


19.(本小题满分 16 分)已知 a,b 是实数,函数 是 的导函数, 若 在区间 I 上恒成立, 则称 和

在区间 I 上单调性一致. (1)设 (2)设 ,若函数 且 和 在区间 和 上单调性一致,求实数 b 的取值范围; 在以 a,b 为端点的开区间上单调性一致,求

,若函数

|a-b|的最大值. 答案: (1) 因为函数 和 在区间 上单调性一致,所以,

即 即 实数 b 的取值范围是

(2) 由 若 性一致, 所以 . ,则由 , , 和 在区间 上不是单调

;又 所 以 要 使 , 只

. 有

,



,当

时,

因此



时,因为,函数



在 区 间 ( b,a ) 上 单 调 性 一 致 , 所 以 ,





设 点设为

,考虑点(b,a)的可行域,函数

的斜率为 1 的切线的切

则 当 时,因为,函数 和

; 在 区 间 ( a, b ) 上 单 调 性 一 致 , 所 以 ,







时,因为,函数



在 区 间 ( a, b ) 上 单 调 性 一 致 , 所 以 ,

即 题意, 当 时 , 由 题

而 x=0 时,

不符合





综上可知,



解析:本题主要考查单调性概念、导数运算及应用、含参不等式恒成立问题,综合考查、线 性规划、解二次不等式、二次函数、化归及数形结合的思想,考查用分类讨论思想进行探索 分析和解决问题的综合能力.(1)中档题;(2)难题. 江西理

18


19. (本小题满分 12 分)

.

(1)若



上存在单调递增区间,求 的取值范围;

(2)当

时,



上的最小值为

,求

在该区间上的最大值.

【解析】 (1)



上存在单调递增区间, 即存在某个子区间

使得

.由



在区间

上单调递减,则只需

即可。由

解得



所以,当

时,



上存在单调递增区间.

(2)令 所以 当 在

,得两根 ,

, 上单调递减,在 ,所以 在

, 上单调递增 上的最大值为

.

时,有



,即

[来源:学.科.网 Z.X.X.K]

所以



上的最小值为

,得





从而



上的最大值为

.

19

18.(本小题满分 12 分)

如图,在 点 D,现将

交 AC 于

(1)当棱锥

的体积最大时,求 PA 的长;

(2)若点 P 为 AB 的中点,E 为

解:(1)设

,则





单调递增

极大值

单调递减

由上表易知:当

时,有

取最大值。

证明:作

得中点 F,连接 EF、FP,由已知得: ,所以 .

为等腰直角三角形,

20


20.(本小题满分 13 分)

. 在 , 的长度为 ) 处取得最小值 ,求 的解析式; 和

(1)如果 (2)如果 的值.(注:区间

的单调递减区间的长度是正整数,试求

.解:(1)已知 又 则

, 在 ,又在 处取极值, 处取最小值-5.





(2)要使 又递减区间长度是正整数,所以 b-a 为区间长度。又

单调递减,则 两根设做 a,b。即有:

又 b-a 为正整数,且 m+n<10,所以 m=2,n=3 或, 江西文

符合。

21
已知函数

21.(本小题满分 12 分) .(I)讨论 的单调性;

(II)设 (III)若函数

,证明:当

时,



的图像与 x 轴交于 A,B 两点,线段 AB 中点的横坐标为 x0,证明:

(x0)<0.

22

21









I



(i)若

单调增加.

(ii)若

且当

所以

单调增加,在

单调减少.

(II)设函数





.

故当

, 的图像与 x 轴至多有一个交点,

(III)由(I)可得,当



,从而

的最大值为

不妨设

由 (II) 得 由(I)知,

从而

辽宁文

23

20.(本小题满分 12 分) 设函数 =x+ax2+blnx,曲线 y= 过 P(1,0),且在 P 点处的切斜线率为 2. ≤2x-2.

(I)求 a,b 的值;(II)证明:

20.解:(I)

由已知条件得 (II) 设 ,由(I)知

,解得



而 全国Ⅰ理

24

(21)(本小题满分 12 分)

已知函数 。 (Ⅰ)求 、 的值;

,曲线

在点

处的切线方程为

(Ⅱ)如果当

,且

时,

,求 的取值范围。

(21)解:(Ⅰ) 且过点 ,

,由于直线

的斜率为







解得





(Ⅱ) (Ⅰ) 由 知

, 所以



考虑函数

,则



(i)设

,由

知,当

时,

。而

,故



时,

,可得



当 x (1,+

)时,h (x)<0,可得

h(x)>0

从而当 x>0,且 x

1 时,f(x)-(

+

)>0,即 f(x)>

+

.

(ii)设 0<k<1.由于当 x (1,

)时,(k-1)(x +1)+2x>0,故

2

(x)>0,而

h(1)=0,故当 x (1, (iii)设 k 1.此时

)时,h(x)>0,可得

h(x)<0,与题设矛盾。 )时,h(x)>0,可得

(x)>0,而 h(1)=0,故当 x (1,+

h(x)<0,与题设矛盾。综合得,k 的取值范围为(全国Ⅰ文 (

,0]

25
设函数

(21)本小题满分 12 分)

(Ⅰ)若 a=

,求

的单调区间;[来源:学科网] ≥0,求 a 的取值范围

(Ⅱ)若当 ≥0 时

(21)解:

(Ⅰ)

时, 时 ;当 ,

, 时, ;当 时,

。当 。故

在 (Ⅱ) 时, ≥0. 若 时 , 则当 <0,即

单调增加,在(-1,0)单调减少。 。令 , 为减函数, 而 ,则 , 从而当 x≥0 时 。若 ,则当

≥0, 即

时,



为减函数, 而

, 从而当

<0.综合得 的取值范围为

全国Ⅱ理

26

(22)(本小题满分 12 分)(注意:在试题卷上作答无效)

(Ⅰ)设函数

,证明:当 >0 时,

>0;

(Ⅱ)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

20 次,设 抽得的 20 个号码互不相同的概率为

.证明:





.

【命题立意】:本小题主要考查函数、导数、不等式证明及等可能事件的概率等知识。通 过运用导数知识解决函 数、不等式问题,考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力.

【解析】: (Ⅰ) 时 故函数 ) 在 单调递增.当 时, ,故当 >0 时,

, (仅当

>0.

(Ⅱ)从编号 1 到 100 的 100 张卡片中每次随机抽取一张,然后放回,连续抽取 20 次,则

抽得的 20 个号码互不相同的概率为

,要证

<(

) <

19

.

先证:

即证

即证



所以

. 即

再证:

,即证

,即证

,即证

由(Ⅰ)

,当 >0 时,

>0.





,即

综上有: 全国Ⅱ文

27

(20)(本小题满分 12 分)(注意:在试题卷上作答无效)

已知函数 (Ⅰ)证明:曲线 (Ⅱ)若 【解析】(Ⅰ) 曲线 的切线方程是: , ,求 的取值范围。 ,又 ,在上式中令 ,得

所以曲线 (Ⅱ)由 极小值; 得 ,(i)当 时, 没有

(ii)















。 由 题 设 知 无解;

, 当

时 , 不 等 式



时,解不等式



综合(i)(ii)得 的取值范围是 山东理



28

21.(本小题满分 12 分) 某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度, 长度单位:米),其中容器的中间为圆柱形,

左右两端均为半球形,按照设计要求容器的体积为

立方米,且

.假设该容器的建

造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为 3 千元,半球形部分每平方 米建造费用为 .设该容器的建造费用为 千元.

(Ⅰ)写出

关于 的函数表达式,并求该函数的定义域;

(Ⅱ)求该容器的建造费用最小时的 .

【解析】 (Ⅰ) 因为容器的体积为

立方米, 所以

,解得

,

所以圆柱的侧面积为

=

,两端两个半球的表面积之和为

,所以

+

,定义域为(0,

).

(Ⅱ)因为

+

=

,所以令

得:

;

令 陕西理

得:

,所以

米时, 该容器的建造费用最小.

29
设函数 (1)求

21.(本小题满分 14 分)

定义在

上,

,导函数





的单调区间和最小值;

(2)讨论



的大小关系;

(3)是否存在

,使得

对任意

成立?若存在,求出

的取值

范围;若不存在,请说明理由. 【分析】(1)先求出原函数 ,再求得 ,然后利用导数判断函数的单调性(单调

区间),并求出最小值;(2)作差法比较,构造一个新的函数,利用导数判断函数的单调 性,并由单调性判断函数的正负;(3)存在性问题通常采用假设存在,然后进行求解;注 意利用前两问的结论.

【解】 (1) ∵ 即 ,

, ∴

( 为常数) 又∵ ,

, 所以



∴ 当

; 时, ,

, ∴

, 令

, 即 是函数

, 解得



是减函数,故区间在

的减区间;[来源:

学科网 ZXXK] 当 所以 所以 是 时, , 是增函数,故区间在 是函数 的增区间;

的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点, .

的最小值是

(2)

,设

,则





时,

,即

,当

时,





因此函数



内单调递减,当

时,

=0,∴





时,

=0,∴ 不存在.证明如下:



(3)满足条件的

证法一 假设存在

,使

对任意

成立,

即对任意 但对上述的

有 ,取 时,有

① ,这与①左边的不等式矛盾,

因此不存在

,使

对任意

成立.

证法二 假设存在 由(1)知,

,使 的最小值是 ,

对任意

成立,

又 为 ,

,而

时,

的值域为

,∴当

时,

的值域

从 而 可 以 取 一 个 值

, 使

, 即

, ∴

,这与假设矛盾.∴不存在 成立.

,使

对任意

陕西文

30
设 (1)求

21.(本小题满分 14 分) , 的单调区间和最小值; .

(2)讨论



的大小关系;

(3)求 的取值范围,使得 【分析】 (1)先求出原函数

< ,再求得

对任意 >0 成立. ,然后利用导数判断函数的单调性(单

调区间),并求出最小值;(2)作差法比较,构造一个新的函数,利用导数判断函数的单 调性,并由单调性判断函数的正负;(3)对任意 >0 成立的恒成立问题转化为函数 的最小值问题.

【解】 由题设知 (1) 当 ∈(0,1)时, 当 ∈(1,+∞)时, 区间, 因此, =1 是 小值为 <0, >0,

, ∴ 是减函数,故(0,1)是



0 得 =1, 的单调减区间。 的单调递增

是增函数,故(1,+∞)是

的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以

的最

(2)

,设

,则





时,

,即

,当

时,



因此,



内单调递减,当

时,

,即

(3)由(1)知

的 最 小值 为 1 , 所 以 ,

,对任意

,成立

即 上海理

从而得



31

20.(本大题满分 12 分,第 1 小题满分 4 分,第二小题满分 8 分) 已知函数 ,其中常数 ,判断函数 ,求 当 的单调性; 时的 的取值范围. 时 , 任 意 , 则 满足

(1)若 (2)若

20 、 解 : ⑴

∵ ∴ 上是减函数。 , 函数 在

, 上是增函数。 当

, 时, 同理函数 在



, 当

时 ,

, 则



当 上海文

时,

,则



32
已知函数 (1)若 (2)若

21.(本题满分 14 分,第 1 小题 6 分,第 2 小题 8 分) ,其中常数 ,判断函数 ,求 满足

的单调性; 时的 的取值范围.

21 、 解 : ⑴



时 , 任 意

, 则

∵ ∴ 上是减函数。 ⑵ , 函数 在

, 上是增函数。 当

, 时, 同理函数 在



时,

,则



当 四川理

时,

,则



33

22.(本小题共 l4 分)

已知 函数 , . (Ⅰ)设函数 F(x)=f(x)-h(x),求 F(x)的单调区间与极值; (Ⅱ)设 ,解关于 x 的方程 ;

(Ⅲ)试比较 与 的大小. 本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证明、解方程等基本知识,考查数形结合、 函数与方程、分类与整合、特殊与一般等数学思想方法及推理运算、分析问题、解决问题的 能力. 解: (Ⅰ) 由 当 故当 函数 在 时, 时, ;当 是减函数; . , ,且 ( )知, 时, 时, . 是增函数. ,令 ,得 .

处有得极小值

(Ⅱ)方法一:原方程可化为 即为

①当

时,

,则 ,此时

,即

, ,∵ ,

此时方程仅有一解 ② 当 若 若 若 时 , ,

. , 由 ; ; , , 得 ,

,则 ,方程有两解 时,则 ,方程有一解 或 ,原方程无解.

方法二:原方程可化为

即 ①当 ②当 ③当 ④当 时,原方程有一解 时,原方程有二解 时,原方程有一解 或 ;

, ; ;

时,原方程无解.

(Ⅲ)由已知得 设数列 从而 又 的前 n 项和为 ,当

.[来源:Zxxk.Com] ,且 时, ( ) .

. 即对任意 时,有 ,又因为 ,所以 .

故 四川文

. 22.(本小题共 l4 分)

34

已知 函数 , . 2 2 (Ⅰ)设函数 F(x)=18f(x)-x [h(x)] ,求 F(x)的单调区间与极值; (Ⅱ)设 ,解关于 x 的方程 ;

(Ⅲ)设 ,证明: . 本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证明、解方程等基础知识,考查数形结合、 函数与方程、分类与整合等数学思想方法及推理运算、分析问题、解决问题的能力. 解:(Ⅰ) . 令 当 故当 为 ,得 时. 时, ( ;当 为增函数;当 舍去). 时, 时, . , ,且 时, ,则 ,此时 此时方程仅有一解 ② 当 若 若 若 时 , , ,则 时,则 或 ,方程有两解 ,方程有一解 ; ; , . , 由 , 得 , ,即 , ,∵ , , 为减函数. ,

的极大值点,且

(Ⅱ)方法一:原方程可化为 即为 ①当

,原方程无解.

方法二:原方程可化为

即 ①当 时,原方程有一解

, ;

②当 ③当 ④当

时,原方程有二解 时,原方程有一解 或 ;



时,原方程无解.

(Ⅲ)由已知得 . 设数列 从而有 又 . 即 对 任 意 时 , 有 . 则 天津理 ,故原不等式成立. 的前 n 项和为 ,当 ,且 时, (



) .

, 又 因 为

, 所 以

35

21.(本小题满分

分)已知函数



(Ⅰ)求函数 (Ⅱ)已知函数 时, (Ⅲ)如果 【解】(Ⅰ) 当 变化时,

的单调区间和极值; 的图象与函数 . ,且 .令 的变化情况如下表: ,证明 . ,则 . 的图象关于直线 对称.证明当



极大值



所以

在区间

内是增函数,在区间

内是减函数.

函数



处取得极大值

.且

. 的图象关于直线 . 对称,

(Ⅱ)因为函数 所以 记

的图象与函数 ,于是 , , 则





时, 在区间

,从而

,又

,所以



于是函数 因为 (Ⅲ)(1) 若 盾; (2) 若

上是增函数. ,所以,当 时, .因此 ,得 ,与 . 矛

,由(Ⅰ)及

,由由(Ⅰ)及 .不妨设 , 所以 ,又 ,由(Ⅰ),

,得 .

,与

矛盾;

根据(1),(2)可得 由 (Ⅱ) 可知 因为 所以 ,所以 ,即

. 在区间 内是增函数,

36

20.(本小题满 分 ,求曲线

分)已知函数 在点 处的切线方程;

,其中



(Ⅰ)若

(Ⅱ)若在区间

上,

恒成立,求 的取值范围.

【解】 (Ⅰ) 当 所以曲线 (Ⅱ)

时, 在点

, 处的切线方程为 .

. ,即

, .





,解得



.针对区间

,需分两种情况讨论:

(1) 若 当 变化时,

,则

. 的变化情况如下表:



极大值



所以

在区间 恒成立,等价于

上的最小值在区间的端点得到.因此在区间

上,



解得

,又因为

,所以



(2) 若

,则

. 的变化情况如下表:

当 变化时,



极大值



极小值



所以

在区间

上的最小值在区间的端点或

处得到.

因此在区间

上,

恒成立,等价于



解得 综合(1),(2), 浙江理

或 的取值范围为

,又因为 .

,所以



37

22.(本小题满分 14 分) 已知函数 . 的单调区间和极值;

(Ⅰ)求

(Ⅱ)求证:

.

解:(Ⅰ)定义域为 令 故 的单调递增区间为 的极大值为

, ,令 ,

………2 分

的单调递减区间为

(Ⅱ)证:要证

即证

, 即证

即证



,由(Ⅰ)可知



上递减,故



,令

,故

累加得,



,得证

法二:

=

,其余相同证法. 浙江文

38

(21)(本小题满分 15 分)设函数 的单调区间; 对 恒成立.



(Ⅰ)求

(Ⅱ)求所有实数 ,使

注: 为自然对数的底数. (21)本题主要考查函数的单调性、导数运算法则、导数应用等基础知识,同时考查抽象概 括、推理论证能力。满分 15 分。 ( Ⅰ ) 解 : 因 为 , 所 以

由于

,所以

的增区间为

,减区间为 ,由(Ⅰ)知 内单调递

(Ⅱ)证明:由题意得, 增,

要使 重庆理

恒成立,只要

,解得

39


(18)(本小题满分 13 分,(Ⅰ)小问 6 分,(Ⅱ)小问 7 分.) 的导数 在点 ,求函数 则 满足 处的切线方程; 的极值。 ; ,其中常数 。

(Ⅰ)求曲线 (Ⅱ) 设 解:(Ⅰ)

; 所 以

, 于 是 有

故曲线

在点

处的切线方程为: , 令

( Ⅱ ) 由 ( Ⅰ ) 知 ; 于是函数 所以函数 在 在 上递减, 处取得极小值 上递增, ,在 上递减; 处取得极大值



2012 高考文科试题解析分类汇编: (17) 导数
1.【2012 高考辽宁文 21】(本小题满分 12 分) 设 f ( x) ? ln x ?

x ? 1 ,证明:

3 ( x ? 1) 2 9( x ? 1) (Ⅱ)当 1 ? x ? 3 时, f ( x) ? x?5
(Ⅰ)当 x﹥1 时, f ( x) ﹤ 【命题意图】本题主要考查导数公式,以及利用导数,通过函数的单调性与最值来证明不等 式,考查转化思想、推理论证能力、运算能力、应用所学知识解决问题的能力,难度较大。 【解析】(Ⅰ)(法 1)记 g ( x) = ln x ?

3 x ? 1 ? ( x ? 1) , 2

则当 x >1 时, g ?( x) =

1 1 3 ? ? ?0, x 2 x 2
3 ( x ? 1) ; 2
……4 分

又∵ g (1) ? 0 ,∴ g ( x) <0,即 f ( x) <

(法 2)由均值不等式,当 x >1 时, 2 x ? x ? 1 ,∴ x ? 令 k ( x) ? ln x ? x ? 1 ,则 k (1) ? 0 , k ?( x) ? 由①②得,当 x >1 时, f ( x) <

x 1 ? , 2 2



1 ? 1 ? 0 ,∴ k ( x) ? 0 ,即 ln x ? x ? 1, ② x
……4 分

3 ( x ? 1) . 2 9( x ? 1) (Ⅱ)(法 1)记 h( x) ? f ( x) ? ,由(Ⅰ)得, x?5

2? x 54 ( x ? 5)3 ? 216 x 1 1 54 x?5 54 ? = < = , ? ? h?( x) = ? 2x ( x ? 5) 2 4 x( x ? 5) 2 x 2 x ( x ? 5)2 4 x ( x ? 5) 2
令 g ( x) = ( x ? 5) ? 216 x ,则当 1 ? x ? 3 时, g ?( x) = 3( x ? 5) ? 216 ? 0
3 2

∴ h( x ) 在(1,3)内单调递减,又 h(1) ? 0 ,∴ h( x ) <0, ∴当 1< x <3 时, f ( x) ?

9( x ?1) . x?5

……12 分

(证法 2)记 h( x ) = ( x ? 5) f ( x) ? 9( x ? 1) ,则当当 1< x <3 时,

3 1 1 ) ?9 h?( x) = f ( x) ? ( x ? 5) f ?( x) ? 9 < ( x ? 1) ? ( x ? 5)( ? 2 x 2 x

1 1 x 1 [3x( x ? 1) ? ( x ? 5)(2 ? x ) ? 18 x] < [3x( x ? 1) ? ( x ? 5)(2 ? ? ) ? 18 x] 2x 2x 2 2 1 = ……10 分 (7 x 2 ? 32 x ? 25) <0. 4x
= ∴ h( x ) 在(1,3)内单调递减,又 h(1) ? 0 ,∴ h( x ) <0, ∴当 1< x <3 时, f ( x) ?

9( x ?1) . x?5

……12 分
3

2.【2012 高考浙江文 21】 (本题满分 15 分)已知 a∈R,函数 f ( x) ? 4 x ? 2ax ? a (1)求 f(x)的单调区间 (2)证明:当 0≤x≤1 时,f(x)+ 2 ? a >0. 【答案】 【解析】 (1)由题意得 f ?( x) ? 12 x ? 2a ,
2

当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 恒成立,此时 f ( x) 的单调递增区间为 ? ??, ?? ? .

当 a ? 0 时,f ?( x) ? 12( x ?

? a a? a a , )( x ? ), 此时函数 f ( x) 的单调递增区间为 ? ? ?. 6 6 ? 6 6?
3 3

(2)由于 0 ? x ? 1 ,当 a ? 2 时, f ( x) ? a ? 2 ? 4 x ? 2ax ? 2 ? 4 x ? 4 x ? 2 . 当 a ? 2 时, f ( x) ? a ? 2 ? 4 x ? 2a(1 ? x) ? 2 ? 4 x ? 4(1 ? x) ? 2 ? 4 x ? 4 x ? 2 .
3 3 3

设 g ( x) ? 2 x ? 2 x ? 1, 0 ? x ? 1 ,则 g ?( x) ? 6 x ? 2 ? 6( x ?
3

2

3 3 )( x ? ). 3 3
? 3 ? ? ? 3 ,1 ? ? ? ?
+ 增 1 1

则有

x

0

? 3? ? 0, ? 3 ? ? ? ?
0

3 3

g ?( x)
g ( x)
1



极小值

所以 g ( x) min ? g (

3 4 3 ) ? 1? ? 0. 3 9
3

当 0 ? x ? 1 时, 2 x ? 2 x ? 1 ? 0 . 故 f ( x) ? a ? 2 ? 4 x ? 4 x ? 2 ? 0 .
3

3.【2012 高考全国文 21】 (本小题满分 12 分) (注意:在试题卷上作答无效) 已知函数 f ( x) ?

1 3 x ? x 2 ? ax 3

(Ⅰ)讨论 f ( x) 的单调性; (Ⅱ)设 f ( x) 有两个极值点 x1 , x 2 ,若过两点 ( x1 , f ( x1 )) , ( x 2 , f ( x 2 )) 的直线 l 与 x 轴的 交点在曲线 y ? f (x) 上,求 a 的值。 【命题意图】本试题考查了导数在研究函数中的运用。第一问就是三次函数,通过求解导 数求解单调区间。另外就是运用极值概念,求解参数值的运用。
2 解: (1)依题意可得 f ?( x) ? x ? 2 x ? a

当 ? ? 4 ? 4a ? 0 即 a ? 1 时,x ? 2 x ? a ? 0 恒成立, f ?( x) ? 0 , 故 所以函数 f ( x) 在 R 上
2

单调递增; 当 ? ? 4 ? 4a ? 0 即 a ? 1 时,

f ?( x) ? x 2 ? 2 x ? a ? 0















x1 ?

?2 ? 4 ? 4a ? ?1 ? 1 ? a , x2 ? ?1 ? 1 ? a 且 x1 ? x2 2
2

故由 f ?( x) ? x ? 2 x ? a ? 0 ? x ? (??, ?1 ? 1 ? a ) 或 x ? (?1 ? 1 ? a , ??) ,此时 f ( x) 单调递增
2 由 f ?( x) ? x ? 2 x ? a ? 0 ? ?1 ? 1 ? a ? x ? ?1 ? 1 ? a ,此时此时 f ( x) 单调递增递减

综上可知 当 a ? 1 时, f ( x) 在 R 上单调递增; a ? 1 时, f ( x) 在 x ? (??, ?1 ? 1 ? a ) 上单调递增, 当 在 x ? (?1 ? 1 ? a , ??) 单调递增,在 (?1 ? 1 ? a , ?1 ? 1 ? a ) 单调递减。 (2)由题设知, x1 , x2 为方程 f ?( x) ? 0 的两个根,故有

a ? 1, x12 ? ?2 x1 ? a, x2 2 ? ?2 x2 ? a
因 此
1

f(

?

1 3

3

x)

1

?

2

a

1 3

2 a (a ? 1) x2 ? 3 3 2 a 因此直线 l 的方程为 y ? (a ? 1) x ? 3 3
同理 f ( x2 ) ? 设 l 与 x 轴的交点为 ( x0 , 0) ,得 x0 ?

a 2(a ? 1)

而 f ( x0 ) ?

1 a a a2 a2 ( )3 ? ( )2 ? ? (12a 2 ? 17a ? 6) 3 3 2(a ? 1) 2(a ? 1) 2(a ? 1) 24(a ? 1)

由题设知,点 ( x0 , 0) 在曲线 y ? f ( x) 的上,故 f ( x0 ) ? 0 ,解得 a ? 0 或 a ? 所以所求 a 的值为 a ? 0 或 a ?

2 3 或a ? 3 4

2 3 或a ? 。 3 4

【点评】试题分为两问,题面比较简单,给出的函数比较常规,这一点对于同学们来说没有 难度,但是解决的关键还是要看导数的符号对函数单调性的影响,求解函数的单调区间。第 二问中,运用极值的问题,和直线方程的知识求解交点,得到参数的值。 4.【2012 高考山东文 22】 (本小题满分 13 分)

已知函数 f ( x) ?

ln x ? k (k 为常数,e=2.71828…是自然对数的底数),曲线 y ? f ( x) 在点 ex

(1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行.

(Ⅰ)求 k 的值; (Ⅱ)求 f ( x) 的单调区间; (Ⅲ)设 g ( x) ? xf ?( x) ,其中 f ?( x) 为 f ( x) 的导函数.证明:对任意 x ? 0, g ( x) ? 1 ? e?2 .

1 ? ln x ? k 【答案】(I) f ?( x ) ? x , ex

由已知, f ?(1) ?

1? k ? 0 ,∴ k ? 1 . e

1 ? ln x ? 1 (II)由(I)知, f ?( x ) ? x . ex

设 k ( x) ?

1 1 1 ? ln x ? 1 ,则 k ?( x) ? ? 2 ? ? 0 ,即 k ( x) 在 (0, ??) 上是减函数, x x x

由 k (1) ? 0 知,当 0 ? x ? 1时 k ( x) ? 0 ,从而 f ?( x) ? 0 , 当 x ? 1 时 k ( x) ? 0 ,从而 f ?( x) ? 0 . 综上可知, f ( x) 的单调递增区间是 (0,1) ,单调递减区间是 (1, ??) . (III)由(II)可知, x ? 1 时,g ( x) ? xf ?( x) ≤0<1+ e?2 , 当 故只需证明 g ( x) ? 1 ? e?2 在 0 ? x ? 1 时成立. 当 0 ? x ? 1时, e x >1,且 g ( x) ? 0 ,∴ g ( x) ?
1 ? x ln x ? x ? 1 ? x ln x ? x . ex

设 F ( x) ? 1 ? x ln x ? x , x ? (0,1) ,则 F ?( x) ? ?(ln x ? 2) , 当 x ? (0,e?2 ) 时, F ?( x) ? 0 ,当 x ? (e?2 ,1) 时, F ?( x) ? 0 , 所以当 x ? e?2 时, F ( x) 取得最大值 F (e?2 ) ? 1 ? e?2 . 所以 g ( x) ? F ( x) ? 1 ? e?2 . 综上,对任意 x ? 0 , g ( x) ? 1 ? e?2 . 5.【2012 高考陕西文 21】 (本小题满分 14 分) 设函数 f n ( x) ? x ? bx ? c
n

(n ? N ? , b, c ? R)

(1)设 n ? 2 , b ? 1,

?1 ? c ? ?1,证明: f n ( x) 在区间 ? ,1? 内存在唯一的零点; ?2 ?

(2)设 n 为偶数, f ( ?1) ? 1 , f (1) ? 1 ,求 b+3c 的最小值和最大值; (3)设 n ? 2 ,若对任意 x1 , x2 ? [?1,1] ,有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4 ,求 b 的取值范围;

, , 【解析】 (Ⅰ)当 b ? 1 c ? ?1 n ? 2时,f n ( x) ? x ? x ? 1
n

1 1 1 1 ? f n ( ) f n (1) ? ( n ? ) ?1 ? 0, f n ( x)在( , 内存在零点. ? 1) 2 2 2 2

又当 x ? ( ,1)时,f n' ( x) ? nx n ?1 ? 1 ? 0 ,

1 2

1 1 ? f n ( x)在( , 1 )上是单调递增的, f n ( x)在( , ? 1 )内存在唯一零点 . 2 2
(Ⅱ)解法一:由题意,知 ?

??1 ? f ? ?1? ? 1, ?0 ? b ? c ? 2, ? 即? ??1 ? f ?1? ? 1, ??2 ? b ? c ? 0. ?

? 0 由图像,知 b ? 3c 在点 ? 0, 2 ? 取到最小值-6,在点 ? 0,? 取到最大值 0.
∴ b ? 3c 的最小值是-6,最大值是 0. 解法二:由题意,知 ?1 ? f ?1? ? 1 ? b ? c ? 1 ,即 ?2 ? b ? c ? 0 ; ①

?1 ? f ? ?1? ? 1 ? b ? c ? 1 ,即 ?2 ? ?b ? c ? 0 .
①× 2+②,得 ?6 ? 2 ? b ? c ? ? ? ?b ? c ? ? b ? 3c ? 0 ,



当 b ? 0,c ? ?2 时, b ? 3c ? ?6 ;当 b ? c ? 0 , b ? 3c ? 0 . ∴ b ? 3c 的最小值是-6,最大值是 0. 解法三:由题意,知 ?

? f ? ?1? ? 1 ? b ? c, ? ? f ?1? ? 1 ? b ? c. ?
,b ?

解得 b ?

f ?1? ? f ? ?1? 2

f ?1? ? f ? ?1? ? 2 2



∴ b ? 3c ? 2 f ?1? ? f ? ?1? ? 3 . 又∵ ?1 ? f ? ?1? ? 1 , ?1 ? f ?1? ? 1 ,∴ ?6 ? b ? 3c ? 0 . 当 b ? 0,c ? ?2 时, b ? 3c ? ?6 ;当 b ? c ? 0 , b ? 3c ? 0 . ∴ b ? 3c 的最小值是-6,最大值是 0. (2)当 n ? 2 时, f 2 ( x) ? x ? bx ? c .
2

对任意 x1 , x 2 ? [?1,1]都有 f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x 2 ) ? 4等价于f 2 ( x)在[?1,1] 上的最大值 与最小值之差 M ? 4 ,据此分类讨论如下: (ⅰ) 当

b ? 1,即 b ? 2时 , M ? f 2 (1) ? f 2 (?1) ? 2 b ? 4,与题设矛盾 . 2

b ? 0,即0 ? b ? 2时 , 2 b b M ? f 2 (1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1)2 ? 4恒成立 . 2 2 b (ⅲ) 当0 ? - ? 1 ,即-2 ? b ? 0时 , 2 b b M ? f 2 (-1) ? f 2 (? ) ? ( -1)2 ? 4恒成立 . 2 2
(ⅱ) 当-1 ? 综上可知, - 2 ? b ? 2 . 注: (ⅱ) (ⅲ)也可合并并证明如下: 用 max{a,b}表示a,b中的较大者 ,当 ?1 ? ?

b ? 1,即 ? 2 ? b ? 2时 , 2

b M ? max{ f 2 (1),f 2 ( ?1),f 2 ( ? )} 2 f (?1) ? f 2 (1) f 2 (?1) ? f 2 (1) b ? 2 ? ? f 2 (? ) 2 2 2 2 b ? 1 ? c ? b ? (? ? c) 4 b ? (1 ? ) 2 ? 4恒成立. 2
【解析】本题主要考查导数公式,以及利用导数,通过函数的单调性与最值来证明不等式, 考查转化思想、推理论证能力、运算能力、应用所学知识解决问题的能力,难度较大。 6.【2012 高考湖北文 22】 (本小题满分 14 分) 设函数 线方程为 x+y=1. (1)求 a,b 的值; (2)求函数 f(x)的最大值 (3)证明:f(x)< ,n 为正整数,a,b 为常数,曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切

1 . ne

解: (Ⅰ)因为 f (1) ? b ,由点 (1, b) 在 x ? y ? 1 上,可得 1 ? b ? 1 ,即 b ? 0 . 因为 f ? ( x) ? anx n ?1 ? a(n ? 1) x n ,所以 f ?(1) ? ?a . 又因为切线 x ? y ? 1 的斜率为 ?1 ,所以 ?a ? ?1 ,即 a ? 1 . 故 a ? 1 , b ? 0 . (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x) ? x n (1 ? x) ? x n ? x n ?1 , f ?( x) ? (n ? 1) xn ?1 ( 令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 在 (0,
n ? x) . n ?1

n n ,即 f ?( x) 在 (0, ??) 上有唯一零点 x0 ? . n ?1 n ?1

n ) 上, f ?( x) ? 0 ,故 f ( x) 单调递增; n ?1

而在 (

n , ??) 上, f ?( x) ? 0 , f ( x) 单调递减. n ?1
n n n n nn . )?( ) (1 ? )? n ?1 n ?1 n ? 1 (n ? 1)n ?1

故 f ( x) 在 (0, ??) 上的最大值为 f ( (Ⅲ)令 ? (t ) ? ln t ? 1+

1 1 1 t ?1 (t ? 0) ,则 ? ?(t ) ? ? 2 = 2 (t ? 0) . t t t t

在 (0, 1) 上, ? ?(t ) ? 0 ,故 ? (t ) 单调递减; 而在 (1, ? ?) 上 ? ?(t ) ? 0 , ? (t ) 单调递增. 故 ? (t ) 在 (0, ??) 上的最小值为 ? (1) ? 0 . 所以 ? (t ) ? 0 (t ? 1) ,
1 即 ln t ? 1 ? (t ? 1) . t

令 t ?1? 所以 (

1 n ?1 1 n ? 1 n ?1 ,得 ln ,即 ln( ? ) ? ln e , n n n ?1 n

nn 1 n ? 1 n ?1 . ? ) ? e ,即 n ?1 (n ? 1) ne n nn 1 ,故所证不等式成立. ? n ?1 (n ? 1) ne

由(Ⅱ)知, f ( x) ?

【解析】本题考查多项式函数的求导,导数的几何意义,导数判断函数的单调性,求解函数 的最值以及证明不等式等的综合应用.考查转化与划归,分类讨论的数学思想以及运算求解 的能力. 导数的几何意义一般用来求曲线的切线方程,导数的应用一般用来求解函数的极 值,最值,证明不等式等. 来年需注意应用导数判断函数的极值以及求解极值,最值等;另 外,要注意含有 e , ln x 等的函数求导的运算及其应用考查. 7.【2012 高考安徽文 17】 (本小题满分 12 分) 设定义在(0,+ ? )上的函数 f ( x) ? ax ? (Ⅰ)求 f ( x) 的最小值; (Ⅱ)若曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y ? 【解析】 (方法一) f ( x) ? ax ? (I) 当且仅当 ax ? 1( x ?
x

1 ? b(a ? 0) ax

3 x ,求 a, b 的值。 2

1 1 ? b ? 2 ax? ? b ? b ? 2 , ax ax

1 ) 时, f ( x) 的最小值为 b ? 2 。 a

(II)由题意得: f (1) ?

3 1 3 ? a? ?b ? , ① 2 a 2 1 1 3 f ?( x) ? a ? 2 ? f ?(1) ? a ? ? , ② ax a 2

由①②得: a ? 2, b ? ?1 。 8【2012 高考江西文 21】 (本小题满分 14 分) 已知函数 f(x)=(ax2+bx+c)ex 在 ? 0,1? 上单调递减且满足 f(0)=1,f(1)=0. (1)求 a 的取值范围; (2)设 g(x)= f(-x)- f′(x),求 g(x)在 ? 0,1? 上的最大值和最小值。 【解析】 (1) f (0) ? c ? 1 , f ( x) ? (a ? b ? c)e ? 0, a ? b ? ?1 ,

f ?( x) ? [ax 2 ? (a ? 1) x ? a]e x ? 0 在 [0,1] 上恒成立(*)

f ?( 0 ) 0 a ? ? ?

0

(*) ? f ?(0) ? 0, f ?(1) ? 0 ? 0 ? a ? 1
x x

(2) g ( x) ? f ( x) ? f ?( x) ? (?2ax ? a ? 1)e g ?( x) ? (?2ax ? 1 ? a)e ①当 a ? 0 时, g ?( x) ? 0 ? y ? g ( x) 在 ? 0,1? 上单调递增 得: g ( x) min ? g (0), g ( x) max ? g (1)

时 0 ? a ?1 1? a 1? a 1? a g ?( x) ? 0 ? x ? , g ?( x) ? 0 ? x ? , g ?( x) ? 0 ? x ? 2a 2a 2a ② 当 得: g ( x) 在 ? 0,1? 上的最小值是 g (0) ? a ? 1, g (1) ? (1 ? a)e 中的最小值



e ?1 ? a ? 1) 时, g ( x)min ? g (1) e ?1 e ?1 当 g (0) ? g (1)(0 ? a ? ) 时, g ( x)min ? g (0) e ?1 1? a 1 求最大值:当 ? 1(0 ? a ? ) 时, g ?( x) ? 0 ? g ( x) max ? g (1) 2a 3
当 g (0) ? g (1)(

1? a 1 1? a ? 1( ? a ? 1) 时, g ( x)max ? g ( ) 2a 3 2a e ?1 e ?1 得:当 时, g ( x) min ? g (0) ? a ? 1 时, g ( x)min ? g (1) , 当 0 ? a ? e ?1 e ?1 1 1 1? a 0 ? a ? 时, g ( x) max ? g (1) , ? a ? 1 时, g ( x)max ? g ( ) 3 3 2a


9【2102 高考北京文 18】 (本小题共 13 分) 2 已知函数 f(x)=ax +1(a>0),g(x)=x3+bx。 若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a,b 的值; 当 a=3,b=-9 时,若函数 f(x)+g(x)在区间[k,2]上的最大值为 28,求 k 的取值范围。 【考点定位】此题应该说是导数题目中较为常规的类型题目,考醒的切线、单调性、极值以 及最值问题都是果本中要求的重点内容。 也是学生掌握比较好的知识点, 在题目占能够发现

F (?3) ? 28 和分析出区间 [k , 2] 包含极大值点 x1 ? ?3 ,比较重要。
解: (1)f ?( x) ? 2ax ,g ?( x)=3x2 ? b .因为曲线 y ? f ( x) 与曲线 y ? g ( x) 在它们的交点 ?1 ,c ? 即 解得 a ? 3, b ? 3 f (1) ? g (1) , f ?(1) ? g ?(1) . a ? 1 ? 1 ? b 且 2a ? 3 ? b . 处具有公共切线, 所以 (2)记 h( x) ? f ( x) ? g ( x) 当 a ? 3, b ? ?9 时, h( x) ? x ? 3x ? 9 x ? 1 , h?( x) ? 3x ? 6 x ? 9 令 h?( x) ? 0 ,解得: x1 ? ?3 , x2 ? 1 ;
3 2 2

h( x) 与 h?( x) 在 (??, 2] 上的情况如下: x (??, ?3) (?3,1) ?3 0 — h( x ) + 28 h?( x) ? ?

1 0 -4

(1,2) +

2 3

?

由此可知: 当 k ? ?3 时,函数 h( x ) 在区间 [k , 2] 上的最大值为 h(?3) ? 28 ; 当 ?3 ? k ? 2 时,函数 h( x ) 在区间 [k , 2] 上的最大值小于 28. 因此, k 的取值范围是 (??, ?3] 10. 【2012 高考江苏 18】 分) (16 若函数 y ? f (x) 在 x ? x0 处取得极大值或极小值, 则称 x 0 为函数 y ? f (x) 的极值点。 已知 a,b 是实数,1 和 ?1 是函数 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx 的两个极值点. (1)求 a 和 b 的值; (2)设函数 g ( x) 的导函数 g ?( x) ? f ( x) ? 2 ,求 g ( x) 的极值点; (3)设 h( x) ? f ( f ( x)) ? c ,其中 c?[?2 , ,求函数 y ? h( x) 的零点个数. 2] 【答案】解: (1)由 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx ,得 f' ( x) ? 3x 2 ? 2ax ? b 。

∵1 和 ?1 是函数 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx 的两个极值点, ∴ f' (1) ? 3 ? 2a ? b=0 , f' (?1) ? 3 ? 2a ? b=0 ,解得 a=0,b= ? 3 。 (2)∵ 由(1)得, f ( x) ? x3 ? 3x , ∴ g ?( x) ? f ( x) ? 2=x3 ? 3x ? 2= ? x ? 1? ? x ? 2 ? ,解得 x1 =x2 =1 x3 = ? 2 。 ,
2

∵当 x < ?2 时, g ?( x) < 0 ;当 ?2 < x <1 时, g ?( x) > 0 , ∴ x= ? 2 是 g ( x) 的极值点。 ∵当 ?2 < x <1或 x > 1 时, g ?( x) > 0 ,∴ x=1 不是 g ( x) 的极值点。 ∴ g ( x) 的极值点是-2。 (3)令 f ( x)=t ,则 h( x) ? f (t ) ? c 。 先讨论关于 x 的方程 f ( x)=d 根的情况: d ? ? ?2, 2? 当 d =2 时,由(2 )可知, f ( x)= ? 2 的两个不同的根为 I 和一 2 ,注 意到 f ( x) 是奇函数,∴ f ( x)=2 的两个不同的根为一和 2。 当

d <2







f (?1) ? d =f (2) ? d =2 ? d > 0



f (1) ? d =f (?2) ? d = ? 2 ? d < 0 ,
∴一 2 , -1,1 ,2 都不是 f ( x)=d 的根。 由(1)知 f' ( x)=3 ? x ? 1?? x ? 1? 。

? ① 当 x ? ? 2, ? ? 时 , f '( x) >0 , 于 是 f ( x) 是 单 调 增 函 数 , 从 而

f ( x) > f (2)=2 。
? 此时 f ( x)=d 在 ? 2, ? ? 无实根。
, ② 当 x ? ?1 2 ? 时. f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数。
又∵ f (1) ? d < 0 , f (2) ? d > 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x)=d 在(1 , 2 )内有唯一实根。 同理, f ( x)=d 在(一 2 ,一 I )内有唯一实根。

, ③ 当 x ? ? ?1 1? 时, f' ( x) < 0 ,于是 f ( x) 是单调减两数。
又∵ f (?1) ? d > 0 , f (1) ? d < 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断,

∴ f ( x)=d 在(一 1,1 )内有唯一实根。 因此,当 d =2 时, f ( x)=d 有两个不同的根 x1,x2 满足 x1 =1,x2 =2 ;当

d <2 时

f ( x)=d 有三个不同的根 x3,x1,x5 ,满足 xi < 2,i =3, 4, 5 。
现考虑函数 y ? h( x) 的零点: ( i )当 c =2 时, f (t )=c 有两个根 t1,t2 ,满足 t1 =1,2 =2 。 t 而 f ( x)=t1 有三个不同的根, f ( x)=t2 有两个不同的根,故 y ? h( x) 有 5 个 零点。 ( 11 ) 当 c < 2 时 , f ( t ) =c有 三 个 不 同 的 根 t3,t4,t5 , 满 足

ti < 2,i

=3, 。 , 4

5

而 f ( x)=ti ? i =3, 4, 5? 有三个不同的根,故 y ? h( x) 有 9 个零点。 综上所述, c =2 时, 当 函数 y ? h( x) 有 5 个零点; c < 2 时, 当 函数 y ? h( x) 有 9 个零点。 【考点】函数的概念和性质,导数的应用。 【解析】 (1)求出 y ? f (x) 的导数,根据 1 和 ?1 是函数 y ? f (x) 的两个极值点代入列方 程组求解即可。 (2)由(1)得, f ( x) ? x3 ? 3x ,求出 g ?( x) ,令 g ?( x)=0 ,求解讨论即可。 (3)比较复杂,先分 d =2 和 d < 2 讨论关于 x 的方程 f ( x)=d 根的情况;再考 虑函数 y ? h( x) 的零点。 11.【2012 高考天津文科 20】 (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ?

1 3 1? a 2 x ? x ? ax ? a ,x 3 2

其中 a>0.

(I)求函数 f (x) 的单调区间; (II)若函数 f (x) 在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围; (III)当 a=1 时,设函数 f (x) 在区间 [t , t ? 3] 上的最大值为 M(t) ,最小值为 m(t),记

g(t)=M(t)-m(t),求函数 g(t)在区间 [?3,?1] 上的最小值。 【解析】(Ⅰ) f ( x) ?

1 3 1? a 2 x ? x ? ax ? a ? f ?( x) ? x 2 ? (1 ? a) x ? a ? ( x ? 1)( x ? a ) 3 2

f ?( x) ? 0 ? x ? ?1 或 x ? a , f ?( x) ? 0 ? ?1 ? x ? a
得:函数 f (x) 的单调递增区间为 (??, ?1),(a, ??) ,单调递减区间为 (?1, a) (Ⅱ) 函数 f (x) 在 (?2, ?1) 内单调递增,在 (?1,0) 内单调递减

1 (lfxlby) 3 1 5 4 (III)当 a ? 1 时, f (2) ? f (?1) ? ? , f (?2) ? f (1) ? ? , f (?1) ? f (1) ? 3 3 3
原命题 ? f (?2) ? 0, f (?1) ? 0, f (0) ? 0 ? 0 ? a ?

f ( x) 在 [?3, ?1],[1, 2] 上单调递增,在 [?1,1] 上单调递减
当 t ?[?3, ?2], t ? 3 ?[0,1] ? M (t ) ? f (?1), m(t ) ? f (?2) ? f (1)

4 ? g ( t ) ? f (? 1 )? f ( 1 ? ) 3
当 t ?[?2, ?1], t ? 3 ?[1, 2] ? M (t ) ? f (?1), m(t ) ? f (1)

4 ? g ( t ) ? f (? 1 )? f ( 1 ? ) 3
得:函数 g (t ) 在区间 [?3,?1] 上的最小值为

4 3
2

12.【2012 高考广东文 21】 (本小题满分 14 分) 设 0 ? a ? 1 , 集 合 A ? {x ? R | x ? 0} , B ? {x ? R | 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6a ? 0} ,

D ? A? B .
(1)求集合 D (用区间表示) (2)求函数 f ( x) ? 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6ax 在 D 内的极值点.
3 2

【解析】 (1)令 g ( x) ? 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6a ,
2

? ? 9(1 ? a)2 ? 48a ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? 3(3a ? 1)(a ? 3) 。
① 当0 ? a ?

1 时, ? ? 0 , 3
的 两 个 根 分 别 为 0

方 程

g(x ? )

x1 ?

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 4



3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 x2 ? , 4





g(x ?

)



0







3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 (??, )?( , ??) 。 4 4
因 为

x1 , x2 ? 0







D?

?
② 当 综

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 )?( , ??) 。 ? (0, A B 4 4

1 ? a ? 1 时, ? ? 0 ,则 g ( x) ? 0 恒成立,所以 D ? A ? B ? (0, ??) , 3 1 上 所 述 , 当 时 0?a? 3



D ? (0,

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 )?( , ??) ; 4 4

2

1 ? a ? 1 时, D ? (0, ??) 。 3

(2) f ?( x) ? 6 x ? 6(1 ? a) x ? 6a ? 6( x ? a)( x ? 1) , 令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? a 或 x ? 1 。 ① 当0 ? a ?

1 时,由(1)知 D ? (0, x1 ) ? ( x2 , ??) , 3
2

因为 g (a) ? 2a ? 3(1 ? a)a ? 6a ? a(3 ? a) ? 0 , g (1) ? 2 ? 3(1 ? a) ? 6a ? 3a ? 1 ? 0 , 所以 0 ? a ? x1 ? 1 ? x2 , 所以 f ?( x), f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x f ?( x) f ( x)

(0, a)

a
0 极大值

?


(a, x1 ) ?


( x2 , ??)

?


所以 f ( x) 的极大值点为 x ? a ,没有极小值点。 ② 当

1 ? a ? 1 时,由(1)知 D ? (0, ??) , 3

所以 f ?( x), f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x f ?( x) f ( x)

(0, a) ?


a
0 极大值

(a,1) ?


1
0 极小值

(1, ??) ?


所以 f ( x) 的极大值点为 x ? a ,极小值点为 x ? 1 。 综上所述,当 0 ? a ? 当

1 时, f ( x) 有一个极大值点 x ? a ,没有极小值点; 3

1 ? a ? 1 时, f ( x) 有一个极大值点 x ? a ,一个极小值点 x ? 1 。 3
3 ? ?3 ? ?? , (a ? R), 且在 , ? 0, ? 上的最大值为 2 2 ? 2?

13.【2102 高考福建文 22】 (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ? ax sin x ?

(1)求函数 f(x)的解析式; (2)判断函数 f(x)在(0,π )内的零点个数,并加以证明。 考点:导数,函数与方程。 难度:难。 分析:本题考查的知识点为导数的计算,利用函数与方程的思想解决根个数的问题。 解答: (I) f ( x) ? ax sin x ?

3 ? ?3 ? 在 [0, ] 上恒成立,且能取到等号 ? 2 2 2

? g ( x) ? x s i nx? 在 [0, ] 上恒成立,且能取到等号 2 2a ?

?

?

?

2a

? g ( x) max

g ?( x) ? sin x ? x cos x ? 0 ? y ? g ( x) 在 [0, ] 上单调递增 2 ? ? ? 3 ? g ( ) ? ? a ? 1 ? f ( x) ? x sin x ? (lfxlby) 2a 2 2 2

?

(II) f ( x) ? x sin x ? ①当 x? [0,

] 时, f ?( x) ? 0 ? y ? f ( x) 在 (0, ] 上单调递增 2 2 ? 3 ? ?3 ? f (0) f ( ) ? ? ? ? 0 ? y ? f ( x) 在 (0, ] 上有唯一零点 2 2 2 2

?

3 ? h( x) ? f ?( x) ? sin x ? x cos x 2

?

②当 x? [

?

, ? ] 时, h?( x) ? 2cos x ? x sin x ? 0 ? f ?( x) 当 x? [ , ? ] 上单调递减 2 2

?

f ?(? ) f ( ) ? ? ? 0 ? 存在唯一 x0 ? ( , ? ) 使 f ?( x0 ) ? 0 2 2 2

?

?2

?

f ?( x) ? 0 ?
得: f ( x) 在 [

?
?
2 2

? x ? x0 , f ?( x) ? 0 ? x0 ? x ? ? , x0 ) 上单调递增, ( x0 , ? ] 上单调递减

? 3 f ( ) ? 0, f (? ) ? ? ? 0 2 2
得: x? [

?

2

, x0 ] 时, f ( x) ? 0 ,

x? [ x0 , ? ] 时, f ( x0 ) f (? ) ? 0 , y ? f ( x) 在 [ x0 , ? ] 上有唯一零点
由①②得:函数 f (x ) 在 (0, ? ) 内有两个零点。 14.【2012 高考四川文 22】(本小题满分 14 分) 已知 a 为正实数, 为自然数, 抛物线 y ? ? x ? n
2

an 与 x 轴正半轴相交于点 A , f (n) 设 2

为该抛物线在点 A 处的切线在 y 轴上的截距。 (Ⅰ)用 a 和 n 表示 f (n) ; (Ⅱ)求对所有 n 都有

f ( n) ? 1 n 成立的 a 的最小值; ? f ( n) ? 1 n ? 1 1 1 1 与 ? ? ??? ? f (1) ? f (2) f (2) ? f (4) f (n) ? f (2n)

(Ⅲ)当 0 ? a ? 1时,比较

6?

f (1) ? f (n ? 1) 的大小,并说明理由。 f (0) ? f (1)

命题立意:本题主要考查导数的应用、不等式、数列等基础知识,考查基本运算能力、逻辑 推理能力、 分析问题与解决问题的能力和创新意识, 考查函数与方程、 数形结合、 分类讨论、 化归与转化由特殊到一般等数学思想

? ? [解析](1)由已知得,交点 A 的坐标为 ? ? ?
则抛物线在点 A 处的切线方程为:

a

? ' 1 n 2 ,0 ? ,对 y ? ? x ? a 求导得 y ? ?2 x ? 2 ? 2 ?
n

y ? ? 2 a (x ?
n

a

n

2

), 即y ? ? 2 a x ? a .则f (n) ? a
n n

n

………………4 分

(2)由(1)知 f(n)=
n

a

n

,则

f ( n) ? 1 n n ? 成立的充要条件是a ? 2n ? 1 f ( n) ? 1 n ? 1

即知,

a

? 2n ? 1

对于所有的 n 成立,

特别地,当 n=1 时,得到 a≥3 当 a=3,n≥1 时,

a ? 3 ? (1?2)
n n

n

? 1 ? Cn .2 ? ? ? 2n ? 1
1

当 n=0 时,

a

n

f ( n) ? 1 n ? =2n+1.故 a=3 时 f (n) ? 1 n ? 1 对所有自然数 n 均成立.

所以满足条件的 a 的最小值为 3. ………………………………………………8 分 (3)由(1)知 f(k)= a 下面证明:
k

1 1 1 f (1) ? f (n ? 1) ? ? ?? ? 6. f (1) ? f (2) f (2) ? f (4) f ( n) ? f ( 2n ) f (0) ? f (1)
1 x?x
2

首先证明 0<x<1 时,

? 6x

设函数 g(x)=6x(x2-x)+1,0<x<1, 则 g ' ( x) ? 18 x( x ? ) . 当0 ? x ?

2 3

2 时,g'(x)<0; 3



2 ? x ? 1时,g ' ( x) ? 0 3

故 g(x)在区间(0,1)上的最小值 所以,当 0<x<1 时,g(x)>0,即得

g ( x)
1
2

min

2 1 ? g( ) ? ? 0 3 9

x?x
k

? 6x

由 0<a<1 知 0 ?

a

k

? 1(k ? N ), 因此
*

1

a ?a

2k

? 6a k , 从而

1 1 1 ? ??? f (1) ? f (2) f (2) ? f (4) f ( n) ? f ( 2n) 1 1 1 ? ? 2 ?? n 2 4 a?a a ?a a ? a 2n
? 6( a ? a ? ? ? a ) ? 6 ?
2 n

a?a

n ?1

1? n

? 6?

f (1) ? f (n ? 1) ??????14分 f (0) ? f (1)

[点评]本小题属于高档题,难度较大,需要考生具备扎实的数学基础和解决数学问题的能力. 主要考查了导数的应用、不等式、数列等基础知识;考查了思维能力、运算能力、分析问题 与解决问题的能力和创新意识能力;且又深层次的考查了函数、转换与化归、特殊与一般等 数学思维方法。 15.【2012 高考湖南文 22】本小题满分 13 分) 已知函数 f(x)=ex-ax,其中 a>0. (1)若对一切 x∈R,f(x) ? 1 恒成立,求 a 的取值集合; (2)在函数 f(x)的图像上去定点 A(x1, f(x1)),B(x2, f(x2))(x1<x2),记直线 AB 的斜率为 k,证
[@#中国^教育出 版&网~] [z

明:存在 x0∈(x1,x2),使 f ?( x0 ) ? k 恒成立. 【答案】解: f ?( x) ? e ? a, 令 f ?( x) ? 0得x ? ln a .
x

当 x ? ln a 时 f ?( x) ? 0, f ( x) 单 调递减 ;当 x ? ln a 时 f ?( x) ? 0, f ( x) 单调 递增 ,故 当

x ? ln a 时, f ( x) 取最小值 f (ln a) ? a ? a ln a.
于是对一切 x ? R, f ( x) ? 1恒成立,当且仅当

a ? a ln a ? 1.
令 g (t ) ? t ? t ln t , 则 g ?(t ) ? ? ln t.



当 0 ? t ? 1 时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递增;当 t ? 1时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递减. 故当 t ? 1时, g (t ) 取最大值 g (1) ? 1 .因此,当且仅当 a ? 1 时,①式成立. 综上所述, a 的取值集合为 ?1? .

f ( x2 ) ? f ( x1 ) e x2 ? e x1 ? ? a. (Ⅱ)由题意知, k ? x2 ? x1 x2 ? x1
令 ? ( x) ? f ?( x) ? k ? e ?
x

e x2 ? e x1 ,则 x2 ? x1

? ( x1 ) ? ?

e x1 ?e x2 ? x1 ? ( x2 ? x1 ) ? 1? , ? x2 ? x1 ?

e x2 ?e x1 ? x2 ? ( x1 ? x2 ) ? 1? . ? ( x2 ) ? ? x2 ? x1 ?
令 F (t ) ? e ? t ? 1 ,则 F ?(t ) ? e ? 1 .
t t

当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递减;当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递增. 故当 t ? 0 , F (t ) ? F (0) ? 0, 即 e ? t ? 1 ? 0.
t

从而 e

x2 ? x1

? ( x2 ? x1 ) ? 1 ? 0 , e x1 ? x2 ? ( x1 ? x2 ) ? 1 ? 0, 又

e x1 e x2 ? 0, ? 0, x2 ? x1 x2 ? x1

所以 ? ( x1 ) ? 0, ? ( x2 ) ? 0. 因为函数 y ? ? ( x) 在区间 ? x1 , x2 ? 上的图像是连续不断的一条曲线,所以存在

x0 ? ( x1 , x2 ) 使 ? ( x0 ) ? 0, 即 f ?( x0 ) ? k 成立.
【解析】 【点评】 本题考查利用导函数研究函数单调性、 最值、 不等式恒成立问题等, 考查运算能力,

考查分类讨论思想、函数与方程思想等数学方法.第一问利用导函数法求出 f ( x) 取最小值

f (ln a) ? a ? a ln a. 对一切 x∈R,f(x) ? 1 恒成立转化为 f ( x) min ? 1 从而得出求 a 的取值
集合; 第二问在假设存在的情况下进行推理, 然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题, 通过构造函数,研究这个函数的性质进行分析判断. 16.【2012 高考新课标文 21】(本小题满分 12 分) 设函数 f(x)= ex-ax-2 (Ⅰ)求 f(x)的单调区间 (Ⅱ)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k) f?(x)+x+1>0,求 k 的最大值 【答案】

17.【2012 高考重庆文 17】 (本小题满分 13 分)已知函数 f ( x) ? ax ? bx ? c 在 x ? 2 处取
3

得极值为 c ? 16 (1)求 a、b 的值; (2)若 f ( x) 有极大值 28,求 f ( x) 在 [?3,3] 上的最大值. 【解析】 (Ⅰ)因 f ( x) ? ax ? bx ? c 故 f ?( x) ? 3ax ? b
3 2

由于 f ( x) 在点 x ? 2 处取

得极值 故有 ?

12a ? b ? 0 ? f ?(2) ? 0 ? ?12a ? b ? 0 ? a ?1 即? ,化简得 ? 解得 ? ? f (2) ? c ? 16 ?8a ? 2b ? c ? c ? 16 ? 4 a ? b ? ?8 ?b ? ?12

(Ⅱ)由(Ⅰ)知

f ( x) ? x3 ? 12 x ? c , f ?( x) ? 3x 2 ? 12

令 f ?( x) ? 0 ,得 x1 ? ?2, x2 ? 2 当 x ? (??, ?2) 时, f ?( x) ? 0 故 f ( x) 在 (??, ?2) 上为增 函数; 当 x ? (?2, 2) 时, f ?( x) ? 0 故 f ( x) 在 (?2, 2) 上为减函数 当 x ? (2, ??) 时 f ?( x) ? 0 ,故 f ( x) 在 (2, ??) 上为增函数。 由此可知 f ( x) 在 x1 ? ?2 处取得极大值 f (?2) ? 16 ? c , f ( x) 在 x2 ? 2 处取得极小值

f (2) ? c ?16 f (? 3 ?)













16 ? c ? 28



c ? 12





c?9

? f 2

1

, c(2) 3 ? ) ,? f ? ? c ? 16 ? ?4 因此 f ( x3 上 [?3,3] 的最小值 ( ? 9 )

为 f (2) ? ?4

2012 理科数学导数与积分(15)
1. (2012 年高考(天津理) 已知函数 f (x)=x ? ln (x+a) 的最小值为 0 ,其中 a >0 . )

(Ⅰ)求 a 的值; (Ⅱ)若对任意的 x ? [0,+?) ,有 f (x) ? kx 成立,求实数 k 的最小值;
2

(Ⅲ)证明

? 2i ? 1 ? ln (2n+1)<2 (n ? N
i =1

n

2

*

).

2. (2012 年高考(新课标理) 已知函数 f ( x) 满足满足 )

1 f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) x ? x 2 ; 2

(1)求 f ( x) 的解析式及单调区间; (2)若 f ( x) ?

1 2 x ? ax ? b ,求 (a ? 1)b 的最大值. 2
A

3 .( 2012 年 高 考 ( 浙 江 理 )) 已 知 a>0,b ? R, 函 数
f ? x ? ? 4ax3 ? 2bx ? a ? b .

G

E D

F

(Ⅰ)证明:当 0≤x≤1 时, (ⅰ)函数 f ? x ? 的最大值为|2a-b|﹢a;

B

C

(ⅱ) f ? x ? +|2a-b|﹢a≥0; (Ⅱ) 若﹣1≤ f ? x ? ≤1 对 x ? [0,1]恒成立,求 a+b 的取值范围.

4. (2012 年高考(重庆理) (本小题满分 13 分,(Ⅰ)小问 6 分,(Ⅱ)小问 7 分.) )

设 f ( x) ? a ln x ? 于 y 轴. (Ⅰ) 求 a 的值;

1 3 ? x ? 1, 其中 a ? R ,曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1))处的切线垂直 2x 2

(Ⅱ) 求函数 f ( x) 的极值.

5. (2012 年高考(陕西理) 设函数 f n ( x) ? x ? bx ? c )
n

(n ? N ? , b, c ? R)

(1)设 n ? 2 , b ? 1,

?1 ? c ? ?1,证明: f n ( x) 在区间 ? ,1? 内存在唯一的零点; ?2 ?

(2)设 n ? 2 ,若对任意 x1 , x2 ? [?1,1] ,有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4 ,求 b 的取值范围; (3)在(1)的条件下,设 xn 是 f n ( x) 在 ? ,1? 内的零点,判断数列 x2 , x3 ,? , xn ? 的增减 性.

?1 ? ?2 ?

6. (2012 年高考(山东理) 已知函数 )

f ( x) ?

ln x ? k ( k 为常数, e ? 2.71828 ??? 是自然对 ex

数的底数),曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行. (Ⅰ)求 k 的值; (Ⅱ)求 f ( x) 的单调区间; (Ⅲ) 设 g ( x) ? ( x ? x) f '( x) , 其 中 f ' ( )为 f ( x) 的 导 函 数 . 证 明 : 对 任 意 x
2

x ? 0 , g ( x ) 1 ?2 . ? ? e

7. (2012 年高考(辽宁理) 设 f ( x) ? ln( x ? 1) ? )

x ? 1 ? ax ? b(a, b ? R, a, b为常数) ,曲

线 y ? f ( x) 与 直线 y ?

3 x 在(0,0)点相切. 2

(Ⅰ)求 a, b 的值. (Ⅱ)证明:当 0 ? x ? 2 时, f ( x) ?

9x . x?6

8. (2012 年高考(江苏) 若函数 y ? f (x) 在 x ? x0 处取得极大值或极小值,则称 x 0 为函数 )

y ? f (x) 的极值点.
已知 a,b 是实数,1 和 ?1 是函数 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx 的两个极值点. (1)求 a 和 b 的值; (2)设函数 g ( x) 的导函数 g ?( x) ? f ( x) ? 2 ,求 g ( x) 的极值点; (3)设 h( x) ? f ( f ( x)) ? c ,其中 c?[?2 , ,求函数 y ? h( x) 的零点个数. 2]

9. (2012 年高考(湖南理) 已知函数 f ( x) = ? e )

ax

? x ,其中 a≠0.

(1) 若对一切 x∈R, f ( x) ≥1 恒成立,求 a 的取值集合. (2)在函数 f ( x) 的图像上取定两点 A( x1 , f ( x1 )) , B( x2 , f ( x2 )) ( x1 ? x2 ) ,记直线AB的 斜率为K,问:是否存在x0∈(x1,x2),使 f ?( x0 ) ? k 成立?若存在,求 x0 的取值范围;若不存 在,请说明理由.

10. (2012 年高考(湖北理) (Ⅰ)已知函数 f ( x) ? rx ? xr ? (1 ? r ) ( x ? 0) ,其中 r 为有理数,且 )

0 ? r ? 1 . 求 f ( x) 的

最小值; (Ⅱ)试用(Ⅰ)的结果证明如下命题:

设 a1 ? 0, a2 ? 0 , b1 , b2 为正有理数. 若 b1 ? b2 ? 1 ,则 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 ; (Ⅲ)请将(Ⅱ)中的命题推广到一般形式,并用数学归纳法证明你所推广的命题. ..... 注:当 ? 为正有理数时,有求导公式 ( x? )? ? ? x? ?1 .

11 .( 2012

年 高 考 ( 广 东 理 )) ( 不 等 式 、 导 数 ) 设 a ? 1 , 集 合

A ? ? x ? R 0? , B ? x ? R 2 x 2 ? 3 ?1 ? a ? x ? 6a ? 0 , D ? A ? B . x ?
(Ⅰ)求集合 D (用区间表示); (Ⅱ)求函数 f ? x ? ? 2 x3 ? 3 ?1 ? a ? x 2 ? 6ax 在 D 内的极值点.

?

?

12. (2012 年高考(福建理) 已知函数 f ( x) ? e ? ax ? ex(a ? R) . )
x 2

(Ⅰ)若曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线平行于 x 轴,求函数 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)试确定 a 的取值范围,使得曲线 y ? f ( x) 上存在唯一的点 P ,曲线在该点处的切线 与曲线只有一个公共点 P .
13. (2012 年高考(大纲理) (注意:在试题卷上作答无效) ) .........

设函数 f ( x) ? ax ? cos x, x ?[0, ? ] . (1)讨论 f ( x) 的单调性; (2)设 f ( x) ? 1 ? sin x ,求 a 的取值范围.

14. (2012 年高考(北京理) 已知函数 f ( x) ? ax ? 1 ( a ? 0 ), g ( x) ? x ? bx . )
2

3

(1)若曲线 y ? f ( x) 与曲线 y ? g ( x) 在它们的交点(1, c )处具有公共切线,求 a, b 的

值; (2)当 a ? 4b 时,求函数 f ( x) ? g ( x) 的单调区间,并求其在区间 (??, ?1] 上的最大值.
2

15. (2012 年高考(安徽理) (本小题满分 13 分)设 )

f ( x) ? ae x ?

1 ? b(a ? 0) ae x

(I)求 f ( x) 在 [0, ??) 上的最小值; (II)设曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y ?

3 x ;求 a, b 的值. 2

2012 年高考真题理科数学解析汇编:导数参考答案 1. 【命题意图】本试题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、不等式等基础

知识,考查函数思想、分类讨论思想、考查综合分析和解决问题的能力. (1) f ( x) 的定义域为 (?a, ??)

f ( x) ? x ? ln( x ? a) ? f ?( x) ? 1 ?

1 x ? a ?1 ? ? 0 ? x ? 1 ? a ? ?a x?a x?a

f ?( x) ? 0 ? x ? 1 ? a, f ?( x) ? 0 ? ?a ? x ? 1 ? a
得: x ? 1 ? a 时, f ( x)min ? f (1 ? a) ? 1 ? a ? 0 ? a ? 1 (2)设 g ( x) ? kx ? f ( x) ? kx ? x ? ln( x ? 1)( x ? 0)
2 2

则 g ( x) ? 0 在 x ? [0,+?) 上恒成立 ? g ( x)min ? 0 ? g (0) (*)

g (1) ? k ? 1 ? ln 2 ? 0 ? k ? 0

1 x(2kx ? 2k ? 1) ? x ?1 x ?1 1 1 ? 2k ①当 2k ? 1 ? 0(k ? ) 时,g ?( x) ? 0 ? 0 ? x ? (*) ? x0 ? g ( x0 ) ? g (0) ? 0 与 2 2k g ?( x) ? 2kx ? 1 ?
矛盾

1 时, g ?( x) ? 0 ? g ( x) min ? g (0) ? 0 符合(*) 2 1 得:实数 k 的最小值为 (lfxlby) 2 1 2 (3)由(2)得: x ? ln( x ? 1) ? x 对任意的 x ? 0 值恒成立 2
②当 k ? 取x?

2 2 2 ? [ln(2i ? 1) ? ln(2i ? 1)] ? (i ? 1, 2,3,?, n) : 2i ? 1 (2i ? 1) 2 2i ? 1

当 n ? 1 时, 2 ? ln 3 ? 2 得:

? 2i ? 1 ? ln (2n+1)<2 (lb
i =1

n

2

ylfx)

当 i ? 2 时,

2 1 1 ? ? 2 (2i ? 1) 2i ? 3 2i ? 1
1

得:

?[ 2i ? 1 ? ln(2i ? 1) ? ln(2i ? 1)] ? 2 ? ln 3 ? 1 ? 2n ? 1 ? 2
i ?1

n

2

【点评】试题分为三问,题面比较简单,给出的函数比较常规,因此入手对于同学们来说 没有难度,第二问中,解含参数的不等式时,要注意题中参数的讨论所有的限制条件,从 而做到不重不漏;第三问中,证明不等式,应借助于导数证不等式的方法进行.

2. 【解析】(1)

1 f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) x ? x 2 ? f ?( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) ? x 2

令 x ? 1 得: f (0) ? 1

1 f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? x ? x 2 ? f (0) ? f ?(1)e?1 ? 1 ? f ?(1) ? e 2 1 得: f ( x) ? e x ? x ? x 2 ? g ( x) ? f ?( x) ? e x ? 1 ? x 2
g ?( x) ? e x ? 1 ? 0 ? y ? g ( x) 在 x ? R 上单调递增

f ?( x) ? 0 ? f ?(0) ? x ? 0, f ?( x) ? 0 ? f ?(0) ? x ? 0
得: f ( x) 的解析式为 f ( x) ? e ? x ?
x

1 2 x 2

且单调递增区间为 (0, ??) ,单调递减区间为 (??,0) (2) f ( x) ?

1 2 x ? ax ? b ? h( x) ? e x ? (a ? 1) x ? b ? 0 得 h?( x) ? e x ? (a ? 1) 2

①当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ? y ? h( x) 在 x ? R 上单调递增

x ? ?? 时, h( x) ? ?? 与 h( x) ? 0 矛盾
②当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ? x ? ln(a ? 1), h?( x) ? 0 ? x ? ln(a ? 1) 得:当 x ? ln(a ? 1) 时, h( x)min ? (a ? 1) ? (a ? 1) ln(a ? 1) ? b ? 0

(a ? 1)b ? (a ? 1)2 ? (a ? 1)2 ln(a ? 1)(a ? 1 ? 0)
令 F ( x) ? x ? x ln x( x ? 0) ;则 F ?( x) ? x(1 ? 2ln x)
2 2

F ?( x) ? 0 ? 0 ? x ? e , F ?( x) ? 0 ? x ? e
当 x ? e 时, F ( x) max ? 当a ?

e 2 e 2

e ? 1, b ? e 时, (a ? 1)b 的最大值为

3. 【解析】本题主要考察不等式,导数,单调性,线性规划等知识点及综合运用能力.

(Ⅰ) (ⅰ) f ? ? x ? ? 12ax 2 ? 2b . 当 b≤0 时, f ? ? x ? ? 12ax 2 ? 2b >0 在 0≤x≤1 上恒成立, 此时 f ? x ? 的最大值为: f ?1? ? 4a ? 2b ? a ? b ? 3a ? b =|2a-b|﹢a;

当 b>0 时, f ? ? x ? ? 12ax 2 ? 2b 在 0≤x≤1 上的正负性不能判断, 此时 f ? x ? 的最大值为:
?b ? a,b ? 2a =|2a-b|﹢a; f max ? x ? ? max{ f (0),() ? max{(b ? a),(3a ? b) ? ? f 1} } b ?3a ? b, ? 2a

综上所述:函数 f ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a; (ⅱ) 要证 f ? x ? +|2a-b|﹢a≥0,即证 g ? x ? =﹣ f ? x ? ≤|2a-b|﹢a. 亦即证 g ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值小于(或等于)|2a-b|﹢a, ∵ g ? x ? ? ?4ax3 ? 2bx ? a ? b ,∴令 g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b ? 0 ? x ? 当 b≤0 时, g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b <0 在 0≤x≤1 上恒成立, 此时 g ? x ? 的最大值为: g ? 0 ? ? a ? b ? 3a ? b =|2a-b|﹢a; 当 b<0 时, g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b 在 0≤x≤1 上的正负性不能判断,
g max ? x ? ? max{g ( b ),() g 1} 6a b . 6a

4 b ? max{ b ? a ? b,b ? 2a} 3 6a ?4 b b ? a ? b, ? 6a ? b ? ? 3 6a b ? 6a ?b ? 2a, ?

≤|2a-b|﹢a; 综上所述:函数 g ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值小于(或等于)|2a-b|﹢a. 即 f ? x ? +|2a-b|﹢a≥0 在 0≤x≤1 上恒成立. (Ⅱ)由(Ⅰ)知:函数 f ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a, 且函数 f ? x ? 在 0≤x≤1 上的最小值比﹣(|2a-b|﹢a)要大. ∵﹣1≤ f ? x ? ≤1 对 x ? [0,1]恒成立, ∴|2a-b|﹢a≤1. 取 b 为纵轴,a 为横轴. 则可行域为: ?
? b ? 2a ? b ? 2a 和? ,目标函数为 z=a+b. ?b ? a ? 1 ?3a ? b ? 1

作图如下: 由图易得:当目标函数为 z=a+b 过 P(1,2)时,有 zmax ? 3 , zmin ? ?1.

∴所求 a+b 的取值范围为: ? ?1,? . 3

【答案】(Ⅰ) 见解析;(Ⅱ)

3 ? ?1,? .

4. 【考点定位】本小题主要考查利用导数研究曲线上某点切线方程、函数的最值及其几何

意义,两条直线平行的判定等基础知识,考查运算求解能力. 解:(1)因 f ? x ? ? a ln x ?

1 3 a 1 3 ? x ? 1 ,故 f ? ? x ? ? ? 2 ? 2x 2 x 2x 2

由 于 曲 线 y ? f ? x? 在 点 1, f

?

? 1? 处的切线垂直于 y 轴,故该切线斜率为 ?

0, 即

f ? ?1? ? 0 ,

1 3 ? ? 0 ,解得 a ? ?1 2 2 1 3 (2)由(1)知 f ? x ? ? ? ln x ? ? x ? 1? x ? 0 ? , 2x 2
从而 a ?

1 1 3 3x 2 ? 2 x ? 1 f ?? x? ? ? ? 2 ? ? x 2x 2 2x2

? f ?? x? ?

(3x ? 1)( x ? 1) 2 x2 1 3
1 不在定义域内,舍去), 3

令 f ? ? x ? ? 0 ,解得 x1 ? 1, x2 ? ? (因 x2 ? ?

当 x ? ? 0,1? 时, f ? ? x ? ? 0 ,故 f ? x ? 在 ? 0,1? 上为减函数; 当 x ? ?1, ?? ? 时, f ? ? x ? ? 0 ,故 f ? x ? 在 ?1, ?? ? 上为增函数; 故 f ? x ? 在 x ? 1 处取得极小值 f ?1? ? 3 .

5.解析:(1) b ? 1, c ? ?1 , n ? 2 时, f n ( x) ? x ? x ? 1
n

∵ f n ( ) f n (1) ? (

1 2

1 1 ?1 ? ? ) ?1 ? 0 ,∴ f n ( x) 在 ? ,1? 内存在零点. n 2 2 ?2 ?

n ?1 又当 x ? ? ,1? 时, f n?( x) ? nx ? 1 ? 0

?1 ? ?2 ?

∴ f n ( x) 在 ?

?1 ? ?1 ? ,1? 上是单调递增的,所以 f n ( x) 在 ? ,1? 内存在唯一零点. ?2 ? ?2 ?
2

(2)当 n ? 2 时, f 2 ( x) ? x ? bx ? c 对任意 x1 , x2 ?[?1,1] 都有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4 等价于 f 2 ( x) 在 [?1,1] 上最大值与最小 值之差 M ? 4 ,据此分类讨论如下:(ⅰ)当 |

b |? 1 ,即 | b |? 2 时, 2

M ?| f 2 (1) ? f 2 (?1) |? 2 | b |? 4 ,与题设矛盾

b ? 0 ,即 0 ? b ? 2 时, 2 b b M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) 2 ? 4 恒成立 2 2 b (ⅲ)当 0 ? ? 1 ,即 ?2 ? b ? 0 时, 2 b b M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) 2 ? 4 恒成立. 2 2 综上可知, ?2 ? b ? 2
(ⅱ)当 ?1 ? ? 注:(ⅱ)(ⅲ)也可合并证明如下: 用 max{a, b} 表示 a, b 中的较大者.当 ?1 ?

b ? 1 ,即 ?2 ? b ? 2 时, 2

b M ? max{ f 2 (1), f 2 (?1)} ? f 2 (? ) 2 f 2 (?1) ? f 2 (1) | f 2 (?1) ? f 2 (1) | b ? ? ? f 2 (? ) 2 2 2
? 1 ? c ? | b | ?( ? b2 ? c) 4

? (1 ?

|b| 2 ) ? 4 恒成立 2
?1 ? ,1? 内的唯一零点 (n ? 2) ?2 ?

(3)证法一 设 xn 是 f n ( x) 在 ?

?1 ? n n ?1 f n ( xn ) ? xn ? xn ? 1 , f n ?1 ( xn ?1 ) ? xn ?1 ? xn ?1 ? 1 ? 0 , xn ?1 ? ? ,1? ?2 ?
于是有 f n ( xn ) ? 0 ? f n ?1 ( xn ?1 ) ? xn ?1 ? xn ?1 ? 1 ? xn ?1 ? xn ?1 ? 1 ? f n ( xn ?1 )
n n ?1

又由(1)知 f n ( x) 在 ?

?1 ? ,1? 上是递增的,故 xn ? xn?1 (n ? 2) , ?2 ?

所以,数列 x2 , x3 ,? , xn ? 是递增数列. 证法二 设 xn 是 f n ( x) 在 ?

?1 ? ,1? 内的唯一零点 ?2 ?

n f n?1 ( xn ) f n?1 (1) ? ( xn ?1 ? xn ? 1)(1n?1 ? 1 ? 1) n n ? xn ?1 ? xn ? 1 ? xn ? xn ? 1 ? 0

则 f n ?1 ( x) 的零点 xn ?1 在 ( xn ,1) 内,故 xn ? xn ?1 (n ? 2) , 所以,数列 x2 , x3 ,? , xn ? 是递增数列.

1 ? k ? ln x ln x ? k 1? k x 6. 解析:由 f(x) = 可得 f ?(x) ? ,而 f ?(1) ? 0 ,即 ? 0 ,解得 x x e e e k ? 1; 1 ? 1 ? ln x ?(x) ? x (Ⅱ) f ,令 f ?( x) ? 0 可得 x ? 1, ex 1 1 当 0 ? x ? 1 时, f ?( x) ? ? 1 ? ln x ? 0 ;当 x ? 1时, f ?( x) ? ? 1 ? ln x ? 0 . x x
于是 f (x) 在区间 (0,1) 内为增函数;在 (1,??) 内为减函数.

1 ? 1 ? ln x 1 ? x 2 ? ( x 2 ? x) ln x 2 x (Ⅲ) g ( x) ? ( x ? x) , ? ex ex
(1)当 x ? 1 时, 1 ? x ? 0, ln x ? 0, x ? x ? 0, e ? 0 , g ( x) ? 0 ? 1 ? e .
2 2 x ?2

1 ? 1 ? ln x 2 (2)当 0 ? x ? 1 时,要证 g ( x) ? ( x ? x) x ? 1 ? e ?2 . x e
只需证

x ?1 1 ? e ?2 ? 即可 1 ? x(1 ? ln x) ex

设函数 p( x) ? 则 p ?( x) ?

?x ? 0, q ?( x) ? ?2 ? ln x, x ? (0,1) , ex x ?1 则当 0 ? x ? 1 时 p( x) ? e ? p(0) ? 1 , e
令 q?( x) ? ?2 ? ln x ? 0 解得 x ? e
?2 ?2

x ?1 , q( x) ? 1 ? x(1 ? ln x), x ? (0,1) . ee

? (0,1) ,
?2

当 x ? (0, e ) 时 q?( x) ? 0 ;当 x ? (e ,1) 时 q?( x) ? 0 , 则当 0 ? x ? 1 时 q( x) ? 1 ? x(1 ? ln x) ? q(e ) ? 1 ? e
?2 ?2

,且 q( x) ? 0 ,



1 ? e ?2 x ?1 1 ? e ?2 1 ? e ?2 ? 成立 ? 1 ,于是可知当 0 ? x ? 1 时 x ? 1 ? x(1 ? ln x) 1 ? e ? 2 1 ? x(1 ? ln x) e
?2

综合(1)(2)可知对任意 x>0, g ( x) ? 1 ? e 恒成立.

x ?1 ?x , x ? (0,1) ,则 p ?( x) ? x ? 0 , e e e x ?1 则当 0 ? x ? 1 时 p( x) ? x ? p(0) ? 1 , e 1 ? 1 ? ln x 1 2 x 于是当 0 ? x ? 1 时,要证 g ( x) ? ( x ? x) ? x( ? 1 ? ln x) ? 1 ? e ?2 , x x e 1 ?2 只需证 x( ? 1 ? ln x) ? 1 ? e 即可, x
另证 1:设函数 p( x) ? 设 q( x) ? 1 ? x(1 ? ln x), x ? (0,1) , q?( x) ? 1 ? x(1 ? ln x) , 令 q?( x) ? ?2 ? ln x ? 0 解得 x ? e
?2 ?2

? (0,1) ,
?2

当 x ? (0, e ) 时 q?( x) ? 0 ;当 x ? (e ,1) 时 q?( x) ? 0 , 则当 0 ? x ? 1 时 q( x) ? 1 ? x(1 ? ln x) ? q(e ) ? 1 ? e
?2 ?2

,

1 ? 1 ? ln x 2 x 于是可知当 0 ? x ? 1 时 ( x ? x) ? 1 ? e ?2 成立 x e
综合(1)(2)可知对任意 x>0, g ( x) ? 1 ? e 恒成立. 另证 2:根据重要不等式当 0 ? x ? 1 时 ln( x ? 1) ? x ,即 x ?1 ? e ,
x
?2

1 ? 1 ? ln x 1 2 x 于是不等式 g ( x) ? ( x ? x) ? x( ? 1 ? ln x) ? 1 ? e ?2 , x x e

设 q( x) ? 1 ? x(1 ? ln x), x ? (0,1) , q?( x) ? 1 ? x(1 ? ln x) , 令 q?( x) ? ?2 ? ln x ? 0 解得 x ? e
?2 ?2

? (0,1) ,
?2

当 x ? (0, e ) 时 q?( x) ? 0 ;当 x ? (e ,1) 时 q?( x) ? 0 , 则当 0 ? x ? 1 时 q( x) ? 1 ? x(1 ? ln x) ? q(e ) ? 1 ? e
?2 ?2

,

1 ? 1 ? ln x 于是可知当 0 ? x ? 1 时 ( x 2 ? x) x ? 1 ? e ?2 成立. x e
7. 【答案及解析】

【点评】 本题综合考查导数的概念、 几何意义、 导数在判断函数单调性与最值中的运用.

3 x 在(0,0)点 2 9x 相切,求出 a, b 的值,然后,利用函数的单调性或者均值不等式证明 f ( x) ? 即可. x?6
本题容易忽略函数 f (x) 的定义域,根据条件曲线 y ? f ( x) 与直线 y ? 从近几年的高考命题趋势看,此类型题目几乎年年都有涉及,因此,在平时要加强训练. 本题属于中档题.
8. 【答案】解:(1)由 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx ,得 f' ( x) ? 3x 2 ? 2ax ? b .

∵1 和 ?1是函数 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx 的两个极值点, ∴ f' (1) ? 3 ? 2a ? b=0 , f' (?1) ? 3 ? 2a ? b=0 ,解得 a=0,b= ? 3 . (2)∵ 由(1)得, f ( x) ? x3 ? 3x , ∴ g ?( x) ? f ( x) ? 2=x3 ? 3x ? 2= ? x ? 1? ? x ? 2 ? ,解得 x1 =x2 =1,x3 = ? 2 .
2

∵当 x < ?2 时, g ?( x) < 0 ;当 ?2 < x <1 时, g ?( x) > 0 , ∴ x= ? 2 是 g ( x) 的极值点. ∵当 ?2 < x <1或 x > 1 时, g ?( x) > 0 ,∴ x=1 不是 g ( x) 的极值点. ∴ g ( x) 的极值点是-2. (3)令 f ( x)=t ,则 h( x) ? f (t ) ? c . 先讨论关于 x 的方程 f ( x)=d 根的情况: d ? ? ?2, 2? 当 d =2 时,由(2 )可知, f ( x)= ? 2 的两个不同的根为 I 和一 2 ,注意到 f ( x) 是奇函 数,∴ f ( x)=2 的两个不同的根为一和 2. 当 d < 2 时,∵ f (?1) ? d =f (2) ? d =2 ? d > 0 , f (1) ? d =f (?2) ? d = ? 2 ? d < 0 , ∴一 2 , -1,1 ,2 都不是 f ( x)=d 的根. 由(1)知 f' ( x)=3 ? x ? 1?? x ? 1? .

? ① 当 x ? ? 2, ? ? 时, f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数,从而 f ( x) > f (2)=2 .

? 此时 f ( x)=d 在 ? 2, ? ? 无实根.
, ② 当 x ? ?1 2 ? 时. f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数.
又∵ f (1) ? d < 0 , f (2) ? d > 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x)=d 在(1 , 2 )内有唯一实根. 同理, f ( x)=d 在(一 2 ,一 I )内有唯一实根.

, ③ 当 x ? ? ?1 1? 时, f' ( x) < 0 ,于是 f ( x) 是单调减两数.
又∵ f (?1) ? d > 0 , f (1) ? d < 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x)=d 在(一 1,1 )内有唯一实根. 因此,当 d =2 时, f ( x)=d 有两个不同的根 x1,x2 满足 x1 =1,x2 =2 ;当 d < 2 时

f ( x)=d 有三个不同的根 x3,x1,x5 ,满足 xi < 2,i=3, 4, 5 .
现考虑函数 y ? h( x) 的零点:

t ( i )当 c =2 时, f (t )=c 有两个根 t1,t2 ,满足 t1 =1,2 =2 .

而 f ( x)=t1 有三个不同的根, f ( x)=t2 有两个不同的根,故 y ? h( x) 有 5 个零点. ( 11 )当 c < 2 时, f (t )=c 有三个不同的根 t3,t4,t5 ,满足 ti < 2,i=3, 4, 5 . 而 f ( x)=ti ? i =3, 4, 5? 有三个不同的根,故 y ? h( x) 有 9 个零点. 综上所述,当 c =2 时,函数 y ? h( x) 有 5 个零点;当 c < 2 时,函数 y ? h( x) 有 9 个零 点. 【考点】函数的概念和性质,导数的应用. 【解析】(1)求出 y ? f (x) 的导数,根据 1 和 ?1 是函数 y ? f (x) 的两个极值点代入列 方程组求解即可. (2)由(1)得, f ( x) ? x3 ? 3x ,求出 g ?( x) ,令 g ?( x)=0 ,求解讨论即可. (3)比较复杂,先分 d =2 和 d < 2 讨论关于 x 的方程 f ( x)=d 根的情况;再考虑函数

y ? h( x) 的零点.
9. 【解析】(Ⅰ)若 a ? 0 ,则对一切 x ? 0 , f ( x) ? e
ax

? x ? 1 ,这与题设矛盾,又 a ? 0 ,

故a ? 0. 而 f ?( x) ? ae ? 1, 令 f ?( x) ? 0, 得x ?
ax

1 1 ln . a a

1 1 1 1 ln 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减;当 x ? ln 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增, a a a a 1 1 1 1 1 1 1 故当 x ? ln 时, f ( x) 取最小值 f ( ln ) ? ? ln . a a a a a a a
当x? 于是对一切 x ? R, f ( x) ? 1恒成立,当且仅当

1 1 1 ? ln ? 1 . a a a
令 g (t ) ? t ? t ln t , 则 g ?(t ) ? ? ln t.



当 0 ? t ? 1 时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递增;当 t ? 1时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递减. 故当 t ? 1时, g (t ) 取最大值 g (1) ? 1 .因此,当且仅当 综上所述, a 的取值集合为 ?1? . (Ⅱ)由题意知, k ?

1 ? 1 即 a ? 1 时,①式成立. a

f ( x2 ) ? f ( x1 ) e ax2 ? e ax1 ? ? 1. x2 ? x1 x2 ? x1
ax

令 ? ( x) ? f ?( x) ? k ? ae ?

eax2 ? eax1 ,则 x2 ? x1

? ( x1 ) ? ?
? ( x2 ) ?

eax1 ?e a ( x2 ? x1 ) ? a( x2 ? x1 ) ? 1? , ? x2 ? x1 ?

e ax2 ?e a ( x1 ? x2 ) ? a ( x1 ? x2 ) ? 1? . ? x2 ? x1 ?
t t

令 F (t ) ? e ? t ? 1 ,则 F ?(t ) ? e ? 1 . 当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递减;当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递增. 故当 t ? 0 , F (t ) ? F (0) ? 0, 即 e ? t ? 1 ? 0.
t





ea ( x2 ? x1 ) ? a( x2 ? x1 ) ? 1 ? 0

,

ea ( x1 ? x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ? 1 ? 0,



e ax1 e ax2 ? 0, ? 0, x2 ? x1 x2 ? x1
所以 ? ( x1 ) ? 0, ? ( x2 ) ? 0. 因 为 函 数 y ? ? ( x) 在 区 间 ? x1 , x2 ? 上 的 图 像 是 连 续 不 断 的 一 条 曲 线 , 所 以 存 在

x0 ? ( x1 , x2 ) 使 ? ( x0 ) ? 0, ? ?( x) ? a 2eax ? 0, ? ( x) 单调递增,故这样的 c 是唯一的,且
c? 1 e ax2 ? e ax1 1 e ax2 ? e ax1 ln , x2 ) 时, f ?( x0 ) ? k . .故当且仅当 x ? ( ln a a ( x2 ? x1 ) a a ( x2 ? x1 )

综上所述,存在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使 f ?( x0 ) ? k 成立.且 x0 的取值范围为

1 eax2 ? eax1 ( ln , x2 ) . a a( x2 ? x1 )
【点评】本题考查利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等,考查运算 能力,考查分类讨论思想、函数与方程思想,转化与划归思想等数学思想方法.第一问利 用导函数法求出 f ( x) 取最小值 f ( ln ) ?

1 a

1 a

1 1 1 ? ln . 对一切 x∈R,f(x) ? 1 恒成立 a a a

转化为 f ( x) min ? 1 ,从而得出 a 的取值集合;第二问在假设存在的情况下进行推理,通过 构造函数,研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断.
10.考点分析:本题主要考察利用导数求函数的最值,并结合推理,考察数学归纳法,对考生的

归纳推理能力有较高要求. 解析:(Ⅰ) f ?( x) ? r ? rxr ?1 ? r (1 ? x r ?1 ) ,令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 1 . 当 0 ? x ? 1时, f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (0, 1) 内是减函数;

当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (1, ? ?) 内是增函数. 故函数 f ( x) 在 x ? 1 处取得最小值 f (1) ? 0 . (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当 x ? (0, ??) 时,有 f ( x) ? f (1) ? 0 ,即 x r ? rx ? (1 ? r ) 若 a1 , a2 中有一个为 0,则 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 成立; 若 a1 , a2 均不为 0,又 b1 ? b2 ? 1 ,可得 b2 ? 1 ? b1 ,于是 在①中令 x ?
a1 a a , r ? b1 ,可得 ( 1 )b1 ? b1 ? 1 ? (1 ? b1 ) , a2 a2 a2



即 a1b1 a21?b1 ? a1b1 ? a2 (1 ? b1 ) ,亦即 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 . 综上,对 a1 ? 0, a2 ? 0 , b1 , b2 为正有理数且 b1 ? b2 ? 1 ,总有 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 . ② (Ⅲ)(Ⅱ)中命题的推广形式为: 设 a1 , a2 , ?, an 为非负实数, b1 , b2 , ?, bn 为正有理数.
b b 若 b1 ? b2 ? ? ? bn ? 1 ,则 a1b1 a22 ?ann ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn .



用数学归纳法证明如下: (1)当 n ? 1 时, b1 ? 1 ,有 a1 ? a1 ,③成立. (2)假设当 n ? k 时,③成立,即若 a1 , a2 ,?, ak 为非负实数, b1 , b2 ,?, bk 为正有理数,
b b 且 b1 ? b2 ? ? ? bk ? 1 ,则 a1b1 a22 ?akk ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk .

当 n ? k ? 1 时,已知 a1 , a2 ,?, ak , ak ?1 为非负实数, b1 , b2 ,?, bk , bk ?1 为正有理数, 且 b1 ? b2 ? ? ? bk ? bk ?1 ? 1 ,此时 0 ? bk ?1 ? 1 ,即 1 ? bk ?1 ? 0 ,于是
b1 b2 bk
b b 1 b b 1 b b 1 1 1 b 1 a1b1 a22 ?ak k ak k??1 ? (a1b1 a22 ?ak k )ak k??1 = (a1 ?bk ?1 a2?bk ?1 ?ak ?bk ?1 )1?bk ?1 akk??1 .



bk b1 b2 ? ??? ? 1 ,由归纳假设可得 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1

a

b1 1?bk ?1 1

a

b2 1?bk ?1 2

?a

bk 1?bk ?1 k

? a1 ?

bk b1 b2 a b ? a b ? ? ? ak bk , ? a2 ? ? ? ? ak ? ? 11 2 2 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1
1? bk ?1 b 1 ak k??1 .

从而 a a ?a a
b1 1 b2 2 bk k

bk ?1 k ?1

? a b ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ?? 11 ? 1 ? bk ?1 ? ?

又因 (1 ? bk ?1 ) ? bk ?1 ? 1 ,由②得
? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ? ? 1 ? bk ?1 ? ?
1? bk ?1 b 1 ak k??1 ?

a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? (1 ? bk ?1 ) ? ak ?1bk ?1 1 ? bk ?1

? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ak ?1bk ?1 ,
b b 1 b 从而 a1b1 a22 ? ak k ak k??1 ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ak ?1bk ?1 .

故当 n ? k ? 1 时,③成立. 由(1)(2)可知,对一切正整数 n ,所推广的命题成立. 说明:(Ⅲ)中如果推广形式中指出③式对 n ? 2 成立,则后续证明中不需讨论 n ? 1 的情 况.
11.解析:(Ⅰ)考虑不等式 2 x 2 ? 3 ?1 ? a ? x ? 6a ? 0 的解.

因为 ? ? ??3 ?1 ? a ? ? ? 4 ? 2 ? 6a ? 3 ? a ? 3?? 3a ? 1? ,且 a ? 1 ,所以可分以下三种情况: ? ?
2

1 ①当 ? a ? 1 时, ? ? 0 ,此时 B ? R , D ? A ? ? 0, ?? ? . 3 1 ②当 a ? 时, ? ? 0 ,此时 B ? ? x x ? 1? , D ? ? 0,1? ? ?1, ?? ? . 3 1 ③当 a ? 时, ? ? 0 ,此时 2 x 2 ? 3? 1 ? a? x ? 6a ? 0有两根,设为 x1 、 x2 ,且 x1 ? x2 ,则 3
x1 ? 3 ?1 ? a ? ? 3 ? a ? 3?? 3a ? 1? 4
, x2 ?

3 ?1 ? a ? ? 3 ? a ? 3?? 3a ? 1? 4

,于是

B ? ? x x ? x1或x ? x2 ? .
当 0?a?

1 3 时 , x1 ? x2 ? ?1 ? a ? ? 0 , x1 x2 ? 3a ? 0 , 所 以 x2 ? x1 ? 0 , 此 时 2 3

D ? ? 0, x1 ? ? ? x2 , ?? ? ;当 a ? 0 时, x1 x2 ? 3a ? 0 ,所以 x1 ? 0 , x2 ? 0 ,此时 D ? ? x2 , ?? ? .
综上所述,当 时 ,

1 1 1 ? a ? 1 时, D ? A ? ? 0, ?? ? ;当 a ? 时, D ? ? 0,1? ? ?1, ?? ? ;当 0 ? a ? 3 3 3
; 当

D ? ? 0, x1 ? ? ? x2 , ?? ?

a?0



,

D ? ? x2 , ?? ?

.





x1 ?

3 ? ?1 ? a

?? 4

a ?? ? 3

3 a 3 3 ?1 ?1 ? ? 3 ? a ? 3?? 3a ? 1? ? a ? , x2 ? . 4

(Ⅱ) f ? ? x ? ? 6 x 2 ? 6 ?1 ? a ? x ? 6a ,令 f ? ? x ? ? 0 可得 ? x ? a ?? x ? 1? ? 0 .因为 a ? 1 ,所以

f ? ? x ? ? 0 有两根 m1 ? a 和 m2 ? 1 ,且 m1 ? m2 .
①当 可得

1 ? a ? 1 时, D ? A ? ? 0, ?? ? ,此时 f ? ? x ? ? 0 在 D 内有两根 m1 ? a 和 m2 ? 1 ,列表 3

x

? 0, a ?

a

? a,1?

1

?1, ?? ?

f ?? x?

+ 递增

0 极小值

递减

0 极大值

+ 递增

f ? x?

所以 f ? x ? 在 D 内有极大值点 1,极小值点 a . ②当 a ?

1 1 时, D ? ? 0,1? ? ?1, ?? ? ,此时 f ? ? x ? ? 0 在 D 内只有一根 m1 ? a ? ,列表可得 3 3
? 1? ? 0, ? ? 3?
+ 递增

x
f ?? x?

1 3
0 极小值

?1 ? ? ,1? ?3 ?
递减

?1, ?? ?
+ 递增

f ? x?

所以 f ? x ? 在 D 内只有极小值点 a ,没有极大值点. ③当 0 ? a ?

1 时, D ? ? 0, x1 ? ? ? x2 , ?? ? ,此时 0 ? a ? x1 ? 1 ? x2 (可用分析法证明),于是 3

f ? ? x ? ? 0 在 D 内只有一根 m1 ? a ,列表可得

x
f ?? x?

? 0, a ?
+ 递增

a
0 极小值

? a, x1 ?
递减

? x2 , ?? ?
+ 递增

f ? x?

所以 f ? x ? 在 D 内只有极小值点 a ,没有极大值点. ④当 a ? 0 时, D ? ? x2 , ?? ? ,此时 x2 ? 1 ,于是 f ? ? x ? 在 D 内恒大于 0, f ? x ? 在 D 内没有 极值点.

1 1 综上所述,当 ? a ? 1 时, f ? x ? 在 D 内有极大值点 1,极小值点 a ;当 0 ? a ? 时, f ? x ? 3 3
在 D 内只有极小值点 a ,没有极大值点.当 a ? 0 时, f ? x ? 在 D 内没有极值点.

12. 【考点定位】本题主要考查函数的导数、导数的应用、二次函数的性质、函数的零点等

基础知识,考查运算求解能力、抽象与概括的能力、推理与论证的能力,考查数形结合的 思想、转化与化归的思想、分类讨论的思想、有限与无限的思想. 解:(1)? f ?( x) ? e ? 2ax ? e , k ? f ?(1) ? 2a ? 0 ? a ? 0 ,故 f ?( x) ? e ? e
x

x

? x ? 1 时, f ?( x) ? 0 , x ? 1时, f ?( x) ? 0 ,所以函数 f ( x) 的增区间为 (1, ??) ,减区间

为 (??,1) (2)设切点 P( x0 , y0 ) ,则切线 y ? f ?( x0 )( x ? x0 ) ? f ( x0 ) 令 g ( x) ? f ( x) ? f ?( x0 )( x ? x0 ) ? f ( x0 ) ,因为只有一个切点,所以函数 g ( x) 就只有一 个零点,因为 g ( x0 ) ? 0

g ?( x) ? f ?( x) ? f ?( x0 ) ? e x ? e x0 ? 2a( x ? x0 ) ,若 a ? 0,? g ?( x) ? 0

g ( x) ? g ( x0 ) ? 0 ,因此有唯一零点,由 P 的任意性知 a ? 0 不合题意
若 a ? 0 ,令 h( x) ? e ? e 0 ? 2a( x ? x0 ) ,则 h( x0 ) ? 0
x x

h?( x) ? e x ? 2a ,存在一个零点 P(ln(?2a ), f (ln? 2a )) ,使曲线在该点处的切线与曲线
只有一个公共点.故 a 的取值范围为 a ? 0 . 13. 【命题意图】本试题考查了导数在研究函数中的运用.第一就是函数中有三角函数,要利 用三角函数的有界性,求解单调区间.另外就是运用导数证明不等式问题的构造函数思 想的运用.

? 解: f ( x) ? a ? sin x .
(Ⅰ)因为 x ?[0, ? ] ,所以 0 ? sin x ? 1 . 当 a ? 1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 x ?[0, ? ] 上为单调递增函数; 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 x ?[0, ? ] 上为单调递减函数;

? 当 0 ? a ? 1 时,由 f ( x) ? 0 得 sin x ? a , ? 由 f ( x) ? 0 得 0 ? x ? arcsin a 或 ? ? arcsin a ? x ? ? ; ? 由 f ( x) ? 0 得 arcsin a ? x ? ? ? arcsin a .
所以当 0 ? a ? 1 时 f ( x) 在 [0,arcsin a] 和 [? ? arcsin a, ? ] 上为为单调递增函数;在

[arcsin a, ? ? arcsin a] 上为单调递减函数.
(Ⅱ)因为 f ( x) ? 1 ? sin x ? ax ? cos x ? 1 ? sin x ? ax ? 1 ? sin x ? cos x 当 x ? 0 时, 0 ? 1 ? sin 0 ? cos0 ? 0 恒成立 当 时, ax ? 1 ? sin x ? cos x ? a ?

0? x ??

1 ? sin x ? cos x 1 ? sin x ? cos x ? a ?[ ]min x x

令 g ( x) ?

1 ? sin x ? cos x (0 ? x ? ? ) ,则 x (cos x ? sin x) x ? 1 ? sin x ? cos x (1 ? x) cos x ? ( x ? 1) sin x ? 1 g ?( x) ? ? x2 x2

又令 c( x) ? (1 ? x) cos x ? ( x ? 1)sin x ? 1 ,则

c?( x) ? cos x ? (1 ? x)sin x ? sin x ? ( x ?1) cos x ? ? x(sin x ? cos x)
则当 x ? (0, 当 x?(

3? , ? ] 时, sin x ? cos x ? 0 ,故 c?( x) ? 0 , c( x) 单调递增 4 3? 所以 c ( x ) 在 x ? (0, ? ] 时有最小值 c( ) ? ? 2 ? 1 ,而 4
x ? 0? x ??

3? ) 时, sin x ? cos x ? 0 ,故 c?( x) ? 0 , c( x) 单调递减 4

lim c( x) ? (1 ? 0) cos 0 ? (0 ? 1) sin 0 ? 1 ? 0 , lim? c( x) ? c(? ) ? ?(1 ? ? ) ? 1 ? 0

综上可知 x ? (0, ? ] 时, c( x) ? 0 ? g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 在区间 (0, ? ] 单调递 所以 [ g ( x)]min ? g (? ) ?

2

?
2

故所求 a 的取值范围为 a ?

?

.

另解:由 f ( x) ? 1 ? sin x 恒成立可得

f (? ) ? 1 ? a? ? 1 ? 1 ? a ? 2

2

?

g ( x) ? sin x ?
令 当 x ? (0, arcsin

2

?

x(0 ? x ?

?

2 ,则

)

g ?( x) ? cos x ?

?

2

又 g (0) ? g ( ) ? 0 ,所以 g ( x) ? 0 ,即

?

?

) 时, g ?( x) ? 0 ,当 x ? (arcsin 2

2 ? , ) 时, g ?( x) ? 0 ? 2

2

?

x ? sin x(0 ? x ?

?

2

)

故当 a ?

2

?

时,有 f ( x) ?

2

①当 0 ? x ? ②当

?
2

?

x ? cos x

时,

2

?
2

?

x ? sin x , cos x ? 1 ,所以 f ( x) ? 1 ? sin x 2

? x ? ? 时, f ( x) ?

?

x ? cos x ? 1 ? 2

( x ? ) ? sin( x ? ) ? 1 ? sin x ? 2 2

2

?

?

综上可知故所求 a 的取值范围为 a ?

?

.

【点评】 试题分为两问,题词面比较简单,给出的函数比较新颖,因为里面还有三角函数, 这一点对于同学们来说有点难度,不同于平时的练习题,相对来说做得比较少.但是解决 的关键还是要看导数的符号,求解单调区间.第二问中,运用构造函数的思想,证明不等 式,一直以来是个难点,那么这类问题的关键是找到合适的函数,运用导数证明最值大于

或者小于零的问题得到解决. 14. 【考点定位】此题应该说是导数题目中较为常规的类型题目,考查的切线、单调性、极 值以及最值的问题都是课本中要求的重点内容,也是学生掌握比较好的知识点. 解:(1)由 ?1 ,c ? 为公共切点可得: f ( x) ? ax2 ? 1(a ? 0) ,则 f ?( x) ? 2ax , k1 ? 2a ,
g ( x) ? x3 ? bx ,则 g ?( x)=3x 2 ? b , k2 ? 3 ? b ,? 2a ? 3 ? b ①

?a ? 3 又 f (1) ? a ? 1 , g (1) ? 1 ? b ,? a ? 1 ? 1 ? b ,即 a ? b ,代入①式可得: ? . ?b ? 3
1 (2)? a 2 ? 4b ,?设 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? x3 ? ax 2 ? a 2 x ? 1 4 1 a a 则 h?( x) ? 3x2 ? 2ax ? a 2 ,令 h?( x) ? 0 ,解得: x1 ? ? , x2 ? ? ; 6 4 2

? a ? 0 ,? ? ? ? , ?原函数在 ? ?? ,? ? 单调递增,在 ? ? ,? ? 单调递减,在 ? ? ,? ? ? 上单调递增 2 2 6 6
? ? ? ? a? ? a ? a?
2

a 2

a 6

? a ?

? ?

a a ,即 a≤2 时,最大值为 h(1) ? a ? ; 4 2 a a ? a? ②若 ? ? ?1 ? ? ,即 2 ? a ? 6 时,最大值为 h ? ? ? ? 1 2 6 ? 2?

①若 ?1≤ ?

③若 ?1≥ ?

a ? a? 时,即 a≥6 时,最大值为 h ? ? ? ? 1 . 6 ? 2?

综 上 所 述 : 当 a ? ? 0 ,2? 时 , 最 大 值 为 h(1) ? a ?
? a? h? ? ? ?1 . ? 2?

a2 ; 当 a ? ?2 , ? ?? 时 , 最 大 值 为 4

1 1 a 2t 2 ? 1 ??a? 2 ? ?b ? y 15. 【解析】(I)设 t ? e (t ? 1) ;则 y ? at ? at at at 2
x

1 ? b 在 t ? 1 上是增函数 at 1 得:当 t ? 1( x ? 0) 时, f ( x) 的最小值为 a ? ? b a 1 ②当 0 ? a ? 1时, y ? at ? ?b ? 2?b at 1 x 当且仅当 at ? 1(t ? e ? , x ? ? ln a) 时, f ( x) 的最小值为 b ? 2 a 1 1 x x (II) f ( x) ? ae ? x ? b ? f ?( x) ? ae ? x ae ae
①当 a ? 1 时, y? ? 0 ? y ? at ?

1 2 ? 2 ? ? f (2) ? 3 ?ae ? ae2 ? b ? 3 ?a ? e2 ? ? ? 由题意得: ? ?? 3?? ? f ?(2) ? 2 ? ae2 ? 1 ? 3 ?b? 1 ? 2 ? ? ae 2 ? 2 ?


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