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B 函数与导数

时间:2017-08-10


∫ ∫令 14 B1[2012·天津卷] 已知函数 y 则实数 k 的取值范围是________ 14 y 象如图

函数

导数

函数及 表示 象 函数 y kx 2 的 象恰有两个交点

|x2 1| 的 x 1

(0,1) (1,4) [解析] 本题考查函数的表示及图象应

用 考查应用意识 偏难 |x2 1| ? ?

x 1

? ?x 1 x< 1或x>1 ?

(x 1)

1 x<1

在同一坐标系内画

y kx 2

y

|x2

1| 的图 x 1

结合图象 直线 y kx 2 斜率 点 5 5 意 斜率 1 增到 4 时 |x2

0 增到 1 时

y

|x2

1| 在 x 轴 方的图象有两公共 x 1 方各有一个公共点

y

1| 的图象在 x 轴 x 1 1

B1[2012·江 卷] 函数 f(x) (0 6]

2 log6x的定义域为________ 域的求解 6. ) 解题突破口 找使函数解析式有

[解析] 本题考查函数定 由?

的限制条 2

? ?x>0 ?1 2log6x 0 ?
列函数中

解得 0<x

B1[2012·安徽卷]

满足 f(2x) 2f(x)的是(

A f(x) |x| B f(x) x |x| C f(x) x 1 D f(x) x 2 C [解析] 本题考查函数的新定 f(x) kx 复合函数的性质. A B D 满足条 对于 C

(解法一)因 (解法 对于 D 2

f(x) k|x|均满足 f(2x) 2f(x) 所

若 f(x) x 1 则 f(2x) 2x 1≠2f(x) 2x 2. )对于 A f(2x) f(2x) 2|x|,2f(x) 2|x| 可得 f(2x) 2f(x) 对于 B 2x,2f(x) 2x 可得 f(2x) 2f(x) 故选 C 1 列函数中 函数 y 定义域相 3 x f(2x) 2x 2|x| 2f(x) 2x 2|x| 可得 f(2x) 2f(x) 对于 C f(2x) 2x 1,2f(x) 2x 2 可得 f(2x)≠2f(x)

B1[2012·江西卷] 1 lnx B y sinx x sin x y xex D y x y

的函数为(

)

A C

等式等 解题的突破口 列 函数解析式所满 1 1 的定 域 {x|x≠0} y 的定 域 足的条 再通过解 等式达到目的 函数 y sin x 3 x lnx sinx {x|x≠kπ} y 的定 域 {x|x>0} y xex 的定 域 R y 的定 域 {x|x≠0} x x 2 D 故选 D.
?x2 1 x 1 ? B1[2012·江西卷] 若函数 f(x) ? ?lgx x>1 ? A lg101 B 2 C 1 D 0

[解析] 考查函数的定

域、解

3

则 f(f(10)) (

)

3

B

[解析] 考查
2

段函数的定 1 2 故选 B.

、对数的

算、 10>1



论思想

解题的突破口是 1

据自变量取值范围选择相应的解析式解决问题 f(f(10)) f(1) 1

f(10) lg10 1

∫工 ∫左

反函数

函数的 调性 最值 ∞) 是增函数

7 B3[2012· 海卷] 已知函数 f(x) e|x a|(a 为常数) 若 f(x)在区间[1 则 a 的取值范围是________ 7 ( ∞ t

1] [解析] 考查复合函数的单调性 实 求参数 a 的取值范围 又 e>1 函数 f(x)在[1 ∞) 是增函数 只需函数 t

|x a|

|x a|在[1

∞)

是增函数 所 参数 a 的取值范围是( ∞ 1] 11 B3、B4、B9[2012·辽宁卷] 设函数 f(x)(x∈R)满足 f( x) f(x) f(x) f(2 x) 且 1 3? x∈[0,1]时 f(x) x3.又函数 g(x) |xcos(πx)| 则函数 h(x) g(x) f(x)在? ? 2 2? 的零点个 数为( ) A 5 B 6 C 7 D 8 11 B 口 [解析] 本小题 要考查函数的奇偶性 周期性和函数零点的判断 解题的突破

据函数的性质得到函数 f(x)的解析式 结合函数图象求解 f( x) f(x) 所 函数 f(x) 偶函数 所

f(x) f(2 x) f(x 2) 所 函数 f(x) 周期 1? ? 1? 2 的周期函数 且 f(0) 0 f(1) 1 而 g(x) |xcos(πx)| 偶函数 且 g(0) g? ?2? g? 2? 3? ? 1 3? 的图像 发现在? 1 3?内图像共有 6 g? 0 在同一坐标系 作 两函数在 ?2? ? 2 2? ? 2 2? 1 3 ? 个公共点 则函数 h(x) g(x) f(x)在? ? 2 2? 的零点个数 6.

3 数 g(x) A C

A2、B3[2012·山东卷] 设 a>0 且 a≠1 则 函数 f(x) ax 在 R ) (2 a)x3 在 R 是增函数 的( 充 必要条 B 必要 充 条 充 必要条 D 既 充 也 必要条 [解析] 本题考查充 必要条 及函数的单调性 R
3

是 函数 是 函

3 A 立

考查推理论证能力 容易题 增函数 R 的减函数
x

f(x) ax

的减函数时

0<a<1,2 a>0

时 g(x) (2 a)x3 在 R

g(x) (2 a)x

增函数时 2 a>0 即 a<2 但 1<a<2 时 f(x) a

立 故选 A. 8 B3、 B10[2012· 京卷] 某棵 树前 n 的总产 Sn 目前记录的结 看 前 m 的 均产 最高 m 值为(

n 之间的关系如 )

1 6 所示 从

1 6 A 5 B 8 快慢 Sn 法一 因 随着 n 的增大 Sn 在增大 要使 取得最大值 只要 随着 n 的增大 Sn n Sn Sn 的值超过 量明显变小 所 法
1 1

7 C

9 D 11 趋势 也就是函数增减 度的

C

[解析] 本题考查利用函数图像识别函数值的变

S1

n

( 均变

)的 入即可 Sn

1

Sn Sn 的值 超过

1

S1

n

( 均变

)的舍

去 由图像可知 6,7,8,9 这几 的改变量较大 所 应该 入 到第 10,11 应该 入 故答案 C.

的时候 改变

Sm 0 Sm 1 0 Sm Sm 1 Sm S n 即可 也就是 > 即可 假设 是 取的最大值 所 只要 > m n m m 1 m 0 (m 1) 0 O(0,0)连线的斜率大于点 Qm 1(m S 9) 1 S m 1) O(0,0)连线的斜率 所 S10) O(0,0)连线的斜 O(0,0)连线的斜率开始大于点 Q10(10

看作点 Qm(m Sm) 观察可知到第 Q9(9 率 答案 C.

14 A2、A3、B3、E3[2012· 京卷] 已知 f(x) m(x 2m)(x m 时满足条 ?x∈R f(x)<0 或 g(x)<0 ?x∈( ∞ 4) f(x)g(x)<0. 则 m 的取值范围是________ 14 ( 4 满足条 时

3) g(x) 2x 2



2) [解析] 本题考查函数图像 性质、 等式求解、逻辑、 次函数 指 时 由 g(x) 2x 2<0 可得 x<1 要使?x∈R f(x)<0 或 g(x)<0 必 使 x 1

数函数等基础知识和基本技能 f(x) m(x 2m)(x m 3)<0 恒 立

m 0 时 f(x) m(x 2m)(x m 3) 0 也就是 m<0 要满足条 可得 m∈( 4,0) 满足条 时 因 x∈( ∞ 必

满足条 2m

所 m

次函数 f(x)必 开口向 3 都小于 1 即?

使方程 f(x) 0 的两

?2m<1 ? ? m 3<1 ?

4)时 g(x)<0 所 要使?x∈( ∞

4)时 f(x)g(x)<0

只要?x0∈( ∞ m 所 综

4)时 使 f(x0)>0 即可 只要使 4 比 2m 2 2> 4 符合

m 3 中较小的一个大即可 m∈( 1,0)的交集 空集 1)时 2m< m 3 所

m∈( 1,0)时 2m> m 3 只要 4> m 3 解得 m>1 1时 两 m ∈( 4 可知 m∈( 4 2) 2) m∈( 4 只要 4>2m

20 B3、D4、M4[2012· 京卷] 设 A 是由 m×n 个实数组成的 m 行 n 列的数表 满足 个数的绝对值 大于 1 且所有数的和为零 记 S(m n)为所有 样的数表构成的集合 对于 A∈S(m n) 记 ri(A)为 A 的第 i 行各数之和(1 i m) cj(A)为 A 的第 j 列各数之 和(1 j n) 记 k(A)为|r1(A)| |r2(A)| … |rm(A)| |c1(A)| |c2(A)| … |cn(A)|中的最小值 (1)对如 数表 A 求 k(A)的值 1 0.1 (2)设数表 A∈S(2,3)形如 1 a 1 b c 1 1 0.3 0.8 1

求 k(A)的最大值 (3)给定 整数 t 对于所有的 A∈S(2,2t 1) 求 k(A)的最大值 20 所 解:(1)因 k(A) 0.7. 1 a b. 于是 a 0. 1 (1 a) (1 b) (1 a) 所 r1(A) 1.2 r2(A) 1.2 c1(A) 1.1 c2(A) 0.7 c3(A) 1.8

(2) 妨设 a b.由题意得 c 又因 c r1(A) 2 所 1 a b 0 c 1 r2(A)

r1(A)

c1(A) 1 a a b

c2(A) 1 b c3(A)

k(A) 1 a 1. 0且c 1 时 k(A)取得最大值 1.

(3)对于给定的 整数 t 任给数表 A∈S(2,2t 1)如 a1 b1 a2 b2 … … a 2t b 2t
1 1

任意改变 A 的行次序或列次序 或把 A 中的每个数换 它的相反数 所得数表 A*∈S(2,2t 1) 并且 k(A) k(A*)

因 又因 所

妨设 r1(A) 0 且 cj(A) 0(j 1,2 … t 1) t 1) c1(A) c2(A) … c2t 1(A) 0 (t 2)k(A) r1(A) c1(A) c2(A) … ct 1(A)
t 1 2t 1

由 k(A)的定 知 k(A) r1(A) k(A) cj(A)(j 1,2 …

r1(A) ct 2(A) …

c2t 1(A)

∑aj
j 1

bj j t 2



(t 1) t×( 1) 2t 1. 所 k(A) 2t 1 . t 2

对数表 A0 第1列 1 t 1 t 2 第2列 1 t 1 t 2 … … … 第t 1列 1 t 1 t 2 2t 1 . t 2 2t 1 . t 2 第t 2列 t 1 1 t(t 2) 1 … … … 第 2t 1 列 t 1 1 t(t 2) 1

则 A0∈S(2,2t 1) 且 k(A0) 综

对于所有的 A∈S(2,2t 1) k(A)的最大值

2 B3、B4[2012·陕西卷] A y x 1 B y x3 1 C y D y x|x| x

列函数中 既是奇函数又是增函数的为(

)

2 D [解析] 本小题 要考查函数的单调性、奇偶性 解题的突破口 单调性的定 、 奇偶性的定 函数图像的对应关系 若函数 单调增函数 图像关于原点对 向右依次 降 图像 向右依次 升 是 若函数 奇函数 图像 经 析 A 选 函数的图像 关于原点对 D

奇函数 排除 B 选 函数的图像 向右依次 降 x 0、x<0

单调减函数 排除 C 选 函数的 们也可利用 x>0、

单调减函数 排除 故选 D. 实对于选

类 论 解析式 然后画 图像 经判断符合要求 f(a1)

π 12 B3、D2[2012·四川卷] 设函数 f(x) 2x cosx {an}是公差为 的等差数列 8 f(a2) … f(a5) 5π 则[f(a3)]2 a1a5 ( ) 1 2 A 0 B. π 16 1 2 13 C. π D. π2 8 16 π π π π 12 D [解析] 设 a3 α 则 a1 α a2 α a4 α a5 α 4 8 8 4 由 f(a1) f(a2) … f(a5) 5π

π? ? π? ? π? 得 2×5α cos? ?α 4? cos?α 8? cosα cos?α 8? 即 10α ( 2 0 α π时 2 2 1)cosα 5π. π 满足等式 2 边是 α 的增函数 且 α 2 2

π? cos? ?α 4? 5π

α π时

10α 10π 而( 2

1)cosα 5cosα 5 等式 可能 立 1)cosα 5 等式也 可能 立

α 0 时 10α 0 而 ( 2 2 2 π 故 a3 α . 2 π?? π? 13 2 2 [f(a3)] a1a5 π2 ? ?α 4??α 4? 16π . ∫4

函数的奇偶性 周期性

9 B4[2012· 海卷] 已知 y f(x) x2 是奇函数 且 f(1) 1.若 g(x) f(x) 2 则 g( 1) ________. 9 数 已知函数 y f(x) x2 所 g( 8 (x A C 8 奇函数 则 f( 1) ( 1)2 [f(1) 1] 2 解得 f( 1) 3 f(x) 1) f( 1) 2 3 2 1. B4[2012·山东卷] 定义在 R 的函数 f(x)满足 f(x 6) f(x) 3 x< 1 时 2)2 1 x<3 时 f(x) x 则 f(1) f(2) f(3) … f(2 012) ( ) 335 B 338 1 678 D 2 012 B [解析] 本题考查函数的性质 考查 算求解能力 应用意识 偏难 6 f(1) 1 f(3) f( 3) 1 0 f(5) f( 1) 1 f(6) f(0) 0 1 [解析] 考查函数的奇偶性和转 思想 题的关键是利用 y f(x) x2 奇函

由 f(x) f(x 6)知函数的周期 f(2) 2 f(4) f( 2) ( 2 2)2

f(1) f(2) f(3) … f(6) 1 f(1) f(2) … f(2 012) 335[f(1) f(2) … f(6)] f(1) f(2) 335×1 3 338. ∞) 为增函数的是( )

4 B4[2012·广东卷] 列函数中 在区间(0 x 1 A y ln(x 2) B y 1 1 ?x C y ? ?2? D y x x

4 A [解析]

据函数图象 B 选 在(0 所 A 是 确答案

∞)

减函数 C 也是减函数 D 在(0

∞) 有减区间也有增区间 7

? ?1 x为有理数 B4[2012·福建卷] 设函数 D(x) ? ?0 x为无理数 ? A D(x)的值域为{0,1} B D(x)是偶函数 C D(x) 是周期函数 D D(x) 是 调函数



列结论错误的是(

)

7

C

[解析] 考查

段函数的奇偶性、单调性、值域等

解决本题利用定

、图象等

解决 若 误 若x

x

无理数时 x T 也 无理数 则 f(x T) f(x) 故 f(x)是周期函数 故 C 错 无理数 则 x 也 无理数 D(x)的值域 2 为周期 则 {0,1} f(x)为

有理数 则 x 也 有理数 则 f( x) f(x) 若 x

则 f( x) f(x) 故 f(x)是偶函数 故 B

确 结合函数的图象 A 选 的偶函数 且 )

确 且 D(x) 是单调函数也 确 所 C 错误 7 A2、B4[2012· 庆卷] 已知 f(x)是定义在 R [0,1] 的增函数 是 f(x)为[3,4] 的 函数 的( A 既 充 也 必要的条 B 充 而 必要的条 C 必要而 充 的条 D 充要条

7 D

[解析] 由于 f(x)是 R 的 的偶函数 减函数 f(x)在[3,4]

f(x)在[0,1] 减函数 同理 增函数(

增函数时 f(x)在[3,4]

据对

性知

f(x)在[ 1,0]

据函数 f(x)的周期性将 f(x)在[ 1,0] 的图象向右 移 2 个周期 减函数时 移 2 个周期即可得到 f(x)在[ 1,0] 的图象 移 对 过程可用图 是 f(x) [3,4] 的减函数 的充要 )

即可得到 f(x)在[3,4] 的图象 所

据函数的周期性将 f(x)在[3,4] 的图象向 表示 如图 1 1 所示) 所 条 选 D. 2 B3、B4[2012·陕西卷] A y x 1 B y x3 1 C y D y x|x| x

时 f(x) 减函数 又 据 f(x) 偶函数知 f(x)在[0,1] f(x) [0,1] 的减函数

列函数中 既是奇函数又是增函数的为(

2 D [解析] 本小题 要考查函数的单调性、奇偶性 解题的突破口 单调性的定 、 奇偶性的定 函数图像的对应关系 若函数 单调增函数 图像关于原点对 向右依次 降 图像 向右依次 升 是 若函数 奇函数 图像 经 析 A 选 函数的图像 关于原点对 D

奇函数 排除 B 选 函数的图像 向右依次 降 x 0、x<0

单调减函数 排除 C 选 函数的 们也可利用 x>0、

单调减函数 排除 故选 D. 实对于选

类 论 解析式 然后画 图像 经判断符合要求

11 B3、B4、B9[2012·辽宁卷] 设函数 f(x)(x∈R)满足 f( x) f(x) f(x) f(2 x) 且 1 3? x∈[0,1]时 f(x) x3.又函数 g(x) |xcos(πx)| 则函数 h(x) g(x) f(x)在? ? 2 2? 的零点个 数为( ) A 5 B 6 C 7 D 8 11 B 口 [解析] 本小题 要考查函数的奇偶性 周期性和函数零点的判断 解题的突破

据函数的性质得到函数 f(x)的解析式 结合函数图象求解 f(x) f(2 x) f(x 2) 所 函数 f(x) 周期 1? ? 1? 2 的周期函数 且 f(0) 0 f(1) 1 而 g(x) |xcos(πx)| 偶函数 且 g(0) g? ?2? g? 2? f( x) f(x) 所 函数 f(x) 偶函数 所

3? g? ?2?

0 在同一坐标系 作

两函数在? ?

1 3? ? 1 3? 2 2? 的图像 发现在? 2 2?内图像共有 6 的零点个数 6.

1 3? 个公共点 则函数 h(x) g(x) f(x)在? ? 2 2?

∫5 12 B5[2012·山东卷] 设函数 f(x) 象 ( y g(x)的 象有且仅有两个 ) A a<0 时 x1 x2<0 y1 B a<0 时 x1 x2>0 y1 C a>0 时 x1 x2<0 y1 D a>0 时 x1 x2>0 y1 12 B

次函数

1 g(x) ax2 bx(a b∈R a≠0) 若 y f(x)的 x 的公共点 A(x1 y1) B(x2 y2) 则 列判断 确的是

y2>0 y2<0 y2<0 y2>0

[解析] 本题考查函数的图象 性质 考查推理论证能力 偏难 y g(x)图象有且仅有两个 同的公共点时 a<0 时 图象

y f(x)的图象

作 点 A 关于原点的对 点 C 则 C 点坐标

( x1

y1) 由图象知

x1<x2

y1>y2

故 x1 x2>0 y1 y2<0 同理 a>0 时 有 x1 x2<0 y1 y2>0 故选 B. 17 B5、B9[2012·浙江卷] 设 a∈R 若 x>0 时均有[(a 1)x 1](x2 ax 1) 0 则 a ________. 3 17. 2 [解析] 本题 要考查 等式的恒 立 的数学思想 y1 等式 方程的转 1 y2 x2 应用问题 考查数

形结合和转 1 y2

(a 1)x (

ax 1 则函数 y1

(a 1)x
? 1 0? ? 1 ? ?
∞ 时

x2 ax 1 都过定点 P 0

(

1 .考查函数 y1

)

同时只有 a 1>0 即 a>1 时才有可能满足 x∈ 0 考查函数 y2 y1·y2 0 x2 ax 1 显然只有过点 M?a ?

(a 1)x 1 ∞)时 y ·y
1 2

y 0 得 M?a 0

? 1
1

0? ?时才能满足 x∈ 0

?

(

)

入得 ?a ?

? 1 ?2 a 1 0 可得(a 1)2 a(a 1) 1 0,2a2 3a 0 解得 a 1? ? a 1

3 3 或 a 0 舍去 a 0 得答案 a . 2 2



3 B13、B5[2012·湖 卷] 已知 次函数 y f(x)的 象如 形的面 为( )

1 1 所示 则它

x 轴所

1 1 4 2π B. A. 3 5 3 π C. D. 2 2 3 B [解析] (解法一)设 f(x) ax2 a ? ? 入得?a ? ?c 故 S ?1 ? b c 0 b c 0 1 bx c(a≠0).因 函数 f(x)的图象过( 1,0) (1,0) 1 0 1 故 f(x) 1 x2.

(0,1)

a ? ? 解得?b ? ?c

1 B.

) (解法 )设 f(x) a(x 1)(x 1) 所 f(x) (x 1)(x 1) 1 x
1 1 (解法 )观察函数图象可知 入得 a

(

x3? x2 dx ? x ? 3?

?1 4 ? 1 3.故选 B. ?
将x 0 y 1
2

入 f(x) a x 1 1

(

1

)(x 1)

得a



S ?1 ?

(

x 3? x2 dx ? x ? 3?

)

?1 4 ? 1 3.故选 ?
1 又 3 ?x x ? ? 3?

次函数 f(x)的顶点坐标 (0,1) 故可设 f(x) ax2 1 所 f(x) x2 1.所 S ? ?
1

函数图象过点(1,0)

1 1

(

x2 dx

)

?1 4 ? 1 3.故选 B. ?
∫6 5 B6[2012·四川卷] 函数 y ax 指数 指数函数 1 (a a 0 且 a≠1)的 象 能是( )

1 2 5 D [解析] 若 a 1 则 f(x) 增函数 排除 C、D 而 0 合题意 1 时 a 1 故图象 y 轴的交点应该在负半 1 a 1 图象 y 轴的交点

应该在(0,1)内 A、B 也 符合 故 a 1 若0 a

1 则 f(x) 减函数 排除 A、B



排除 C 选 D. ∫7 9 对数 对数函数 z e 1 2 则( )

B7[2012·全 卷] 已知 x lnπ y log52

A x<y<z B z<x<y C z<y<x D y<z<x 9 比较 x lnπ>lne 1,0<log52<log42 1 log44 2 1 2 1 e0>e 1 2 1 1 > e 4 1 ∴y<z<x 故选 D. 2 大 为( ) D [解析] 本小题 要考查对数 指数的大小比较 解题的突破口 找中间量作

10 B7[2012·课标全 卷] 已知函数 f(x)

1 则 y f(x)的 ln(x 1) x

1 3 10 B [解析] 设 g(x) ln(x 1) x 则 g 所 (x) 1 x 1 .所 x>0 时 g (x)<0 x 1 1 f(x) 单调递增且小于 0 ln(x 1) x 1 所 g(x)<g(0) 0 所 f(x) x

g(x) ln(x 1) x 单调递减

g(x)<g(0) 0 所 1)

1<x<0 时 g (x)>0 g(x) ln(x 1 单调递减且小于 0.故选 B. ln(x 1) x ∫8

x 单调递增

幂函数 函数的 ∫9 函数 方程



4 B9[2012·天津卷] 函数 f(x) 2x A 0 B 1 C 2 D 3

x3 2 在区间(0,1)内的零点个数是(

)

4

B [解析] 本题考查函数的方程 零点 考查数据处理能力 容易题 f(x) 2x x3 2 在(0,1) 单调递增 且 f(0)×f(1) 1×1 1<0 函数 f(x)

法一

2x x3 法 如图所示

2 在(0,1) 有一个零点 将 2x x3 2 0 2x 2 x3 在同一坐标系内画 y 2x y 2 x3 的图象

结合图象可知函数 f(x) 2x x3 2 在(0,1) 有一个零点 9 B9、C1[2012·湖 卷] 函数 f(x) xcosx2 在区间[0,4] 的零点个数为( A 4 B 5 C 6 D 7

)

得 x2∈ 0 16 .因 9. C [解析] f(x) 0 得 x 0 或 cosx2 0 由 x∈ 0 4 π π 3π 5π 7π 9π 2 2 2 ? cos? ?2 kπ? 0 k∈Z 故方程 cosx 0 中 x 的解只能取 x 2 2 2 2 2 ∈ 0 16 .

[

]

[

]

(

)

[

]

零点个数 6.故选 C. 11 B3、B4、B9[2012·辽宁卷] 设函数 f(x)(x∈R)满足 f( x) f(x) f(x) f(2 x) 且 1 3? x∈[0,1]时 f(x) x3.又函数 g(x) |xcos(πx)| 则函数 h(x) g(x) f(x)在? ? 2 2? 的零点个 数为( ) A 5 B 6 C 7 D 8 11 B 口 [解析] 本小题 要考查函数的奇偶性 周期性和函数零点的判断 解题的突破



据函数的性质得到函数 f(x)的解析式 结合函数图象求解 f( x) f(x) 所 函数 f(x) 偶函数 所

f(x) f(2 x) f(x 2) 所 函数 f(x) 周期 1? ? 1? 2 的周期函数 且 f(0) 0 f(1) 1 而 g(x) |xcos(πx)| 偶函数 且 g(0) g? ?2? g? 2? 3? ? 1 3? ? 1 3? g? ?2? 0 在同一坐标系 作 两函数在? 2 2? 的图像 发现在? 2 2?内图像共有 6 1 3? 个公共点 则函数 h(x) g(x) f(x)在? ? 2 2? 的零点个数 6.

bx c(n∈N b c∈R) 1 ? (1)设 n 2 b 1 c 1 证明 fn(x)在区间? ?2 1?内存在 一零点 (2)设 n 2 若对任意 x1 x2∈[ 1,1] 有|f2(x1) f2(x2)| 4 求 b 的取值范围 1 ? (3)在(1)的条 设 xn 是 fn(x)在? ?2 1?内的零点 判断数列 x2 x3 … xn …的增 性 21 解:(1)b 1 c 1 n 2 时 fn(x) xn x 1. 1? ? 1n 1?×1<0 fn(x)在?1 1?内存在零点 fn? f (1) n ?2? ? 2 2? ?2 ? 1 n 1 ? 1>0 又 x∈? ?2 1?时 f n(x) nx

21 B9、E8[2012·陕西卷] 设函数 fn(x) xn

1 ? fn(x)在? ?2 1? (2)

是单调递增的 bx c.

1 ? fn(x)在? ?2 1?内存在唯一零点 于 f2(x)在[ 1,1] 的最大值 最小值之

n 2 时 f2(x) x2

对任意 x1 x2∈[ 1,1]都有|f2(x1) f2(x2)| 4 等 差 M 4.据 类 论如 ?b?>1 即|b|>2 时 ?2? M |f2(1) f2( 1)| 2|b|>4 题设矛盾 b <0 即 0<b 2 时 1 2 b? ?b ?2 M f2(1) f2? ? 2? ?2 1? 4 恒 立 b 0 1 即 2 b 0时 2 b? ? b ? 2 M f2( 1) f2? ? 2? ?2 1? 4 恒 立 综 注 用 max{a 可知 2 b 2. 也可合并证明如

b}表示 a b 中的较大者 b 1 1 即 2 b 2时 2 b? M max{f2(1) f2( 1)} f2? ? 2? f2( 1) f2(1) |f2( 1) f2(1)| b? f2? ? 2? 2 2 b2 ? 1 c |b| ? ? 4 c ? ?1 |b|?2 4 恒 立 ? 2? 1 ? (3)法一 设 xn 是 fn(x)在? ?2 1?内的唯一零点(n fn(xn) xn n xn 1 0 fn 1(xn 1) xn n
1 1

2) 1 1 ? 0 xn 1∈? ?2 1?

xn

1

1 fn 1(xn 1) xn xn 1 1<xn xn 1 1 fn(xn 1) n 1 n 1 1 ? 又由(1)知 fn(x)在? 数列 x2 x3 … xn … ?2 1? 是递增的 故 xn<xn 1(n 2) 所

于是有 fn(xn) 0

是递增数列 法 1 ? 设 xn 是 fn(x)在? ?2 1?内的唯一零点
1

fn 1(xn)fn 1(1) (xn n xn n
1

xn

1)(1n

1

1

1)

xn

1<xn n

xn

1 0 故 xn<xn 1(n 2) 1)x 1](x2 ax 1) 0 则 a

则 fn 1(x)的零点 xn

1 在(xn,1)内

所 数列 x2 x3 … xn …是递增数列 17 B5、B9[2012·浙江卷] 设 a∈R 若 x>0 时均有[(a ________. 3 17. 2 [解析] 本题 要考查 等式的恒 立

等式 方程的转

应用问题 考查数

形结合和转 1 y2

的数学思想

y1

(a 1)x (

1 y2 x2

ax 1 则函数 y1

(a 1)x
? 1 0? ? 1 ? ?
∞ 时

x2 ax 1 都过定点 P 0

(

1 .考查函数 y1

)

同时只有 a 1>0 即 a>1 时才有可能满足 x∈ 0 考查函数 y2 y1·y2 0 x2 ax 1 显然只有过点 M?a ?

(a 1)x 1 ∞)时 y ·y
1 2

y 0 得 M?a 0

? 1

0? 时才能满足 x∈ 0 1 ? ?

(

)

入得 ? ?a

a ? 1 ?2 1 0 可得(a 1)2 a(a 1) 1 0,2a2 3a 0 解得 a 1? ? a 1

3 3 或 a 0 舍去 a 0 得答案 a . 2 2

∫令0 函数模型及 点



21 B10 [2012· 海卷] 海 救援船对一艘失 船进行定位 失 船的 前位置为原 方向为 y 轴 方向建立 面直角坐标系( 1 海 为 位长度) 则救援船恰好在 12 失 船 方向 12 海 A 处 如 1 4.现假设 失 船的移动路径 视为抛物线 y 49 x2 定位 救援船即刻沿直线匀速前往救援 救援船出发 t 小时 失 船所在位置的 横坐标为 7t. (1) t 0.5 时 写出失 船所在位置 P 的纵坐标 若 时两船恰好会合 求救援船速 度的大小和方向 (2) 救援船的时速 少是多少海 才能追 失 船

21 解:(1)t 0.5 时 P 的横坐标 xP yP 3. 由|AP|

1 4 7 12 2 7t 入抛物线方程 y x 得 P 的纵坐标 2 49

949 得救援船 度的大小 949海 /时 2 7 7 由 tan∠OAP 得∠OAP arctan 故救援船 度的方向 30 30 v海 经过 t 小时追 失 船 时 置 由 vt (7t)2 (12t2 12)2 1? 2 144? ?t t2? 337. 2 且仅 t 1 时等号 立 即 v 25.

7 偏东 arctan 弧度 30 (7t,12t2)

(2)设救援船的时

整理得 v2 因 所 t2 1 t2

v2 144×2 337 252

因 救援船的时 至少是 25 海 才能追 失 船 18 B10、B11、B12[2012· 京卷] 已知函数 f(x) ax2 1(a>0) g(x) x3 bx. (1)若曲线 y f(x) 曲线 y g(x)在它们的交点(1 c)处 有公共 线 求 a b 的值 1] 的最大值 (2) a2 4b 时 求函数 f(x) g(x)的 调区间 并求 在区间( ∞ 18 因 解:(1)f (x) 2ax g (x) 3x2 b. 曲线 y f(x) 曲线 y g(x)在它们的交点(1 1 b 且 2a 3 b 1 2 a 时 4 c)处 有公共 线 所

f(1) g(1) 且 f (1) g (1) 即a 1 解得 a 3 b 3. (2)记 h(x) f(x) g(x) h(x) x3 h ax2 1 2 ax 1 4 1 2ax a2. 4 a x 2 2 a . 6 b

(x) 3x2 h

(x) 0 得 x1 h(x)

a>0 时 x h (x) h(x) 所

h (x)的情况如 a? 2? 0 ? a 2

? ∞ ?

? a ? 2 ? ∞ ?

a? 6? 0

a 6

? a ? 6
?

∞?

?

函 数 h(x) 的 单 调 递 增 区 间 a? 6?. a 2

? a? ? a 2? 和 ? 6

∞?

?

单调递减区间

? a ? 2

1 即 0<a 2 时

函数 h(x)在区间( ∞ 1] 单调递增 h(x)在区间( ∞ 1] 的最大值 h( 1) 1 2 a a. 4 a a < 1 且 1 即 2<a 6 时 2 6 a? ? a 1? 单调递减 h(x)在区间( 函数 h(x)在区间? 2?内单调递增 在区间? 2 ? ∞ ? a ? ∞ 1] 的最大值 h? ? 2? 1. a? a? a ? a ∞ < 1 即 a>6 时 函数 h(x)在区间? 内单调递增 在区间 2? 6?内 ? ? 2 6 a 1? 单调递增 单调递减 在区间? ? 6 ? a 1 2 ? 又因 h? ? 2? h( 1) 1 a 4a 1 (a 2)2>0 4 h(x)在区间( ∞ 1] 的最大值 a ? h? ? 2? 1. 22 B10、B11、B12[2012·浙江卷] 已知 a>0 b∈R 函数 f(x) 4ax3 2bx a b. 所

(1)证明 0 x 1时 (i)函数 f(x)的最大值为|2a b| a (ii)f(x) |2a b| a 0 (2)若 1 f(x) 1 对 x∈[0,1]恒成立 求 a b 的取值范围 22 解:(1)(i)f (x) 12ax2 b 0 时 有 f (x) 0 b 0 时 f (x) 12a?x 2b 12a? ?x 时 f(x)在[0 b ?? x 6a??
2

b? 6a?. ∞) 单调递增 b? . 6a? b ? ∞ 单调递增 6a ? b,3a b} ?

?

时 f(x)在?0

?

b? 6a?

单调递减 在?

?

所 |2a

0 x 1 时 f(x)max b| a. x 1 故 b| a b 2a 时

max{f(0) f(1)} max{ a

? ? 3a b b 2a ? a b b 2a ?

(ii)由于 0 f(x) |2a

f(x) 3a b

4ax3 4ax3

2bx 2a 4ax3 4ax 2a 2a(2x3 2x 1) 4ax3 x) 2a 2a(2x3 2x

b 2a 时 f(x) 1) 设 g(x) 2x3 g (x) 6x2 2x 1,0 x 1 则 3?? 3? 2 6?x x 3 3 ? ?? ? |2a b| a f(x) a b 2b(1 x) 2a 4a(1

于是 x g (x) g(x) 所 所 0 1 g(x)min g? 4 3 3? 1 0. 9 ?3? 2a(2x3 2x 1) 0. |2a b| a 所

?0 ?

3? 3?

3 3 0 极小值

? 3 1? ?3 ?


1 1

0 x 1 时 2x3 2x 1 0. b| a 0 1. 1 则由 知 1. x 1 时 f(x)max

故 f(x) |2a (2)由(i)知 |2a 若|2a f(x) 所 b| a b| a (|2a 1

b| a)

f(x) 1 对任意 0 x 1 恒 立的充要条 是

? ?|2a b| a 1 ? ?a 0 ?

2a b ? ? 即 ? 3a b ? ?a 0 BC.

0 1

2a ? ? 或?b ? ?a

b 0 a 1 0. 所表示的 面区域 如图所示的阴影部 中 包括线段

在直角坐标系 aOb 中

做一组 行线 a b t(t∈R) 得 1 所 a b 3. a b 的取值范围是( 1,3]

23 数学 等式选讲 模块 已知 a∈R 设关于 x 的 等式|2x a| |x 3| 2x 4 的解集为 A. (1)若 a 1 求 A (2)若 A R 求 a 的取值范围 解:(1) 3<x x 1 时 2 3 时 原 等式 原 等式 3x 2 3x 2 2x 4 综合得 x 3.

x 4 2x 4 综合得 3<x 0. 2x 4 得 x 2. 立 2x 4 得 x a 1 或 x a 3 1

1 x> 时 原 等式 2 综 (2) x 2时

A {x|x 0 或 x 2} |2x a| |x 3| 0 2x 4

x> 2 时 所 综 24 a 1

|2x a| |x 3| |2x a| x 3 2或a 1 a a 3 2. 参数方程 1 得a 2

a 的取值范围 矩

变换和坐标系

?x 2 tcosα 在直角坐标系 xOy 中 设倾斜角为 α 的直线 l ? ?y 3 tsinα
? ?x ? ?y ?

(t 为参数) 曲线 C

2cosθ sinθ (1)若 α

(θ 为参数)相交于

两点 A B.

π 求线段 AB 中点 M 的坐标 3 (2)若|PA|·|PB| |OP|2 中 P(2 3) 求直线 l 的斜率 解: 设直线 l y2 1. (1) α π 时 设点 M 对应参数 3 t0. 的点 A B 对应参数 别 t1 t2.将曲线 C 的参数方程

x2 普通方程 4

直线 l 方程

?x ? ?y
28 13

2 3

1 t 2 3 t 2 y2 (t

参数)

x2 入曲线 C 的普通方程 4 t0 所 t1 2 t2

1 得 13t2

56t 48 0 则

12 点 M 的坐标 ? ?13

3? . 13 ? y2 1 得(cos2α 4sin2α)t2 (8 3sinα

?x 2 tcosα ? (2)将? ? ?y 3 tsinα
4cosα)t 12 因 0 |PA|·|PB| |t1t2| 5 . 16

x2 入曲线 C 的普通方程 4

12 |OP|2 2 cos α 4sin α
2

7



12 7. cos α 4sin2α
2

得 tan2α 由于 ? 所

32cosα(2 3sinα cosα)>0 故 tanα 5 . 4

5 . 4

直线 l 的斜率

8 B3、 B10[2012· 京卷] 某棵 树前 n 的总产 Sn 目前记录的结 看 前 m 的 均产 最高 m 值为(

n 之间的关系如 )

1 6 所示 从

1 6 A 5 B 8 快慢 Sn 法一 因 随着 n 的增大 Sn 在增大 要使 取得最大值 只要 随着 n 的增大 Sn n Sn Sn 的值超过
1 1

7 C

9 D 11 趋势 也就是函数增减 度的

C

[解析] 本题考查利用函数图像识别函数值的变

S1

n

( 均变

)的 入即可 Sn

1

Sn Sn 的值 超过

1

S1

n

( 均变

)的舍

去 由图像可知 6,7,8,9 这几 的改变量较大 所 应该 入 到第 10,11

的时候 改变

量明显变小 所 法

应该 入 故答案

C.

Sm 0 Sm 1 0 Sm Sn Sm Sm 1 假设 是 取的最大值 所 只要 > 即可 也就是 > 即可 m n m m 1 m 0 (m 1) 0 O(0,0)连线的斜率大于点 Qm 1(m S 9) 1 S m 1) O(0,0)连线的斜率 所 S10) O(0,0)连线的斜 O(0,0)连线的斜率开始大于点 Q10(10

看作点 Qm(m Sm) 观察可知到第 Q9(9 率 答案 C.

18 K6、B10[2012·课标全 卷] 某花店 天 5 元的 格从农场购进若 玫瑰 花 然 10 元的 格出 如 天 完 剩 的玫瑰花作 圾处理 (1)若花店一天购进 16 玫瑰花 求 天的利润 y( 位 元)关于 天需求 n( 位 n∈N)的函数解析式 (2)花店记录了 100 天玫瑰花的日需求 ( 位 ) 整理得 表 14 15 16 17 18 19 20 日需求 n 10 20 16 16 15 13 10 频数 100 天记录的各需求 的频率作为各需求 发生的概率 若花店一天购进 16 玫瑰花 X 表示 天的利润( 位 元) 求 X 的 布列、数学 期望及方差 若花店 划一天购进 16 或 17 玫瑰花 你认为 购进 16 是 17 请说明理 由 18 所 y ? 解:(1) 日需求量 n 16 时 利润 y 80. 日需求量 n<16 时 利润 y 10n 80. y 关于 n 的函数解析式

? ?10n 80 n<16 ?80 n 16 ?

(n∈N) 60,70,80 并且 80) 0.7.

(2) X 可能的取值 X 的 布列

P(X 60) 0.1 P(X 70) 0.2 P(X

X P X 的数学期望

60 0.1

70 0.2

80 0.7

EX 60×0.1 70×0.2 80×0.7 76. X 的方差 DX (60 76)2×0.1 答案一 花店一天应购进 16 若花店一天购进 17 玫瑰花 理由如 元) 那 85 0.54 Y 的 布列 玫瑰花 Y 表示 天的利润(单 Y P Y 的数学期望 EY 55×0.1 65×0.2 75×0.16 85×0.54 76.4. 55 0.1 65 0.2 75 0.16 (70 76)2×0.2 (80 76)2×0.7 44.

Y 的方差 DY 由 答案 花店一天应购进 17 若花店一天购进 17 玫瑰花 理由如 元) 那 85 0.54 Y 的 布列 玫瑰花 Y 表示 天的利润(单 Y P Y 的数学期望 EY 由 55×0.1 65×0.2 75×0.16 85×0.54 的 算结 可 看 EX<EY 玫瑰花 76.4. 玫瑰花时的 均利润大于购进 16 即购进 17 55 0.1 65 0.2 75 0.16 (55 76.4)2×0.1 (65 76.4)2×0.2 (75 76.4)2×0.16 (85 76.4)2×0.54 的 算结 可 看 即购进 16 玫瑰花时利润波 相对较小 玫瑰花 112.04. DX<DY 另外 虽然 EX<EY 但两者相差 大 故花店一天应购进 16

时的 均利润 故花店一天应购进 17

∫令令 导数及 运算 16 B11、B12、E3[2012· 庆卷] 设 f(x) a ln x 在点(1 f(1))处的 线 直于 y 轴 (1)求 a 的值 (2)求函数 f(x)的极值 1 3 16 解:(1)因 f(x) a ln x x 1 2x 2 a 1 3 故 f (x) . x 2x2 2 由于曲线 y f(x)在点(1 f(1))处的 线垂直于 y 轴 故该 线斜率 1 3 0 解得 a 1. 而a 2 2 1 3 (2)由(1)知 f(x) ln x x 1(x 0) 2x 2 1 1 3 f (x) x 2x2 2 3x2 2x 1 2x2 0 即 f (1) 0 1 3 x 1 2x 2 中 a∈R 曲线 y f(x)

(3x 1)(x 1) . 2x2 f (x) 0 解得 x1 1 x2 x∈(1 1 (因 x2 3 1 3 在定 域内 舍去)

x∈(0,1)时 f (x) 0 故 f(x)在(0,1) ∞)时 f (x) 0 故 f(x)在(1

减函数 ∞) 增函数

故 f(x)在 x 1 处取得极小值 f(1) 3 无极大值 22 B10、B11、B12[2012·浙江卷] 已知 a>0 b∈R 函数 f(x) 4ax3 2bx a b. (1)证明 0 x 1时 (i)函数 f(x)的最大值为|2a b| a (ii)f(x) |2a b| a 0

(2)若 22

1 f(x) 1 对 x∈[0,1]恒成立 求 a b 的取值范围 2b 12a? ?x 时 f(x)在[0 b ?? x 6a??
2

解:(1)(i)f (x) 12ax2 b 0 时 有 f (x) 0 b 0 时 f (x) 12a?x

b? 6a?. ∞) 单调递增 b? . 6a? b 6a

?

时 f(x)在?0

?

b? 6a?

单调递减 在?

?



? 单调递增 ?
b,3a b} ?

所 |2a

0 x 1 时 f(x)max b| a. x 1 故 b| a b 2a 时

max{f(0) f(1)} max{ a

? ? 3a b b 2a ? a b b 2a ?

(ii)由于 0 f(x) |2a

f(x) 3a b

4ax3 4ax3

2bx 2a 4ax3 4ax 2a 2a(2x3 2x 1) 4ax3 x) 2a 2a(2x3 2x

b 2a 时 f(x) 1) 设 g(x) 2x3 g (x) 6x2 2x 1,0 x 1 则 3?? 3? 2 6?x x 3 ?? 3? ? |2a b| a f(x) a b 2b(1 x) 2a 4a(1

于是 x g (x) g(x) 所 所 0 1 g(x)min g? 3? ?3? 4 3 1 9 0.

?0 ?

3? 3?

3 3 0 极小值

? 3 1? ?3 ?


1 1

0 x 1 时 2x3 2x 1 0. b| a 0 1. 1 则由 知 1. 2a(2x3 2x 1) 0. |2a b| a 所 x 1 时 f(x)max

故 f(x) |2a (2)由(i)知 |2a 若|2a f(x) 所 b| a b| a (|2a 1

b| a)

f(x) 1 对任意 0 x 1 恒 立的充要条 是

? ?|2a b| a 1 ? ?a 0 ?
2a b ? ? 即 ? 3a b ?a 0 ? 0 1 2a ? ? 或?b ?a ? b 0 a 1 0.

在直角坐标系 aOb 中 BC.

所表示的 面区域 如图所示的阴影部

中 包括线段

做一组 行线 a b t(t∈R) 得 1 所 a b 3. a b 的取值范围是( 1,3]

18 B10、B11、B12[2012· 京卷] 已知函数 f(x) ax2 1(a>0) g(x) x3 bx. (1)若曲线 y f(x) 曲线 y g(x)在它们的交点(1 c)处 有公共 线 求 a b 的值 (2) a2 4b 时 求函数 f(x) g(x)的 调区间 并求 在区间( ∞ 1] 的最大值 18 因 解:(1)f (x) 2ax g (x) 3x2 b. 曲线 y f(x) 曲线 y g(x)在它们的交点(1 1 b 且 2a 3 b 1 2 a 时 4 c)处 有公共 线 所

f(1) g(1) 且 f (1) g (1) 即a 1 解得 a 3 b 3. (2)记 h(x) f(x) g(x) h(x) x3 h ax2 1 2 ax 1 4 1 2ax a2. 4 a x 2 2 a . 6 b

(x) 3x2 h

(x) 0 得 x1 h(x)

a>0 时 x h (x) h(x) 所

h (x)的情况如 a? 2? 0 ? a 2

? ∞ ?

? a ? 2 ? ∞ ?

a? 6? 0

a 6

? a ? 6
?

∞?

?

函 数 h(x) 的 单 调 递 增 区 间 a? 6?. a 2

? a? ? a 2? 和 ? 6

∞?

?

单调递减区间

? a ? 2

1 即 0<a 2 时

函数 h(x)在区间( ∞ 1] 单调递增 h(x)在区间( ∞ 1] 的最大值 h( 1) 1 2 a a. 4 a a < 1 且 1 即 2<a 6 时 2 6 a? ? a 1? 单调递减 h(x)在区间( 函数 h(x)在区间? 2?内单调递增 在区间? 2 ? ∞ ? a ? ∞ 1] 的最大值 h? ? 2? 1.

a < 6

1 即 a>6 时 函数 h(x)在区间? ? a 6 1?



a? ? a 2?内单调递增 在区间? 2

a? 6?内

单调递减 在区间? ?

? 单调递增

a? 1 2 又因 h? ? 2? h( 1) 1 a 4a 1 (a 2)2>0 4 h(x)在区间( ∞ 1] 的最大值 a? h? ? 2? 1. 20 B11、B12[2012·福建卷] 已知函数 f(x) ex ax2 ex a∈R. (1)若曲线 y f(x)在点(1 f(1))处的 线 行于 x 轴 求函数 f(x)的 调区间 (2)试确定 a 的取值范围 使得曲线 y f(x) 存在 一的点 P 曲线在该点处的 曲线只有一个公共点 P. 20 所 解:(1)由于 f (x) ex 2ax e 曲线 y f(x)在点(1 a 0 即 f(x) e 时 f (x) e 有 f (x)>0.所 (2)设点 P(x0
x x



线 0

f(1))处 线斜率 k 2a

ex. x∈(1 ∞)时 ∞) y f (x0)(x x0) f(x0)

e 由 f (x) 0 得 x 1. f(x)的单调递减区间 ( ∞ 1) 单调递增区间 (1

x∈( ∞ 1)时 有 f (x)<0

f(x0)) 曲线 y f(x)在点 P 处的 线方程

g(x) f(x) f (x0)(x x0) f(x0) 故曲线 y f(x)在点 P 处的 线 曲线只有一个公共 点 P 等 于函数 g(x)有唯一零点 因 g(x0) 0 且 g (x) f (x) f (x0) ex ex0 2a(x x0) 若a 0 x x0 时 g 由于 x0 h 调递增 (i)若 x0
*

x x0 时

g (x) 0 则 x x0 时 g(x) g(x0) 0 符合 P 的唯一性 故 a 0 合题意 (x) ex 2a. x*)时 h
*

(x) 0 则 x x0 时 g(x) g(x0) 0.故 g(x)只有唯一零点 x x0. h(x) e
x

有任意性

若a 0 (x) 0
*

ex0

2a(x x0) 则 h(x0) 0 h x∈(x
*

得 x ln( 2a) 记 x* ln( 2a) 则

x∈( ∞

(x) 0 ∞)内单

而 h(x)在( ∞ x )内单调递减

∞)时 h (x) 0 (x) h(x)>h(x*) 0 x∈(x*

而 h(x)在(x

x* 由 x∈( ∞ x*)时 g 单调递增

∞)时 g (x) h(x)

h(x ) 0.知 g(x)在 R 所 函数 g(x)在 R (ii)若 x0 又 ex1 中b 所

有且只有一个零点 x x*. ∞)内单调递增 且 h(x0) 0 则
*

x* 由于 h(x)在(x*

x∈(x* x0)时有 g

(x)

h(x) h(x0) 0 g(x) g(x0) 0 任取 x1∈(x x∈( ∞ ax
2

x0)有 g(x1) 0. (e f (x0))x f(x0) x0f (x0)

x1)时 易知 g(x) e

x

ax

2

(e f (x0))x f(x0) x0f (x0) ax2 bx c (e f (x0)) c ex1 f(x0) x0f (x0) bx2 c 0. 使得 ax2 2

由于 a 0 则必存在 x2 x1 g(x2) 0 故 g(x)在(x2 x* (iii)若 x0

x1)内存在零点 即 g(x)在 R 至少有两个零点 x3 仿(ii)并利用 ex 可证函数 g(x)在 R 至少有两个零点 6



所述

a 0 时 曲线 y f(x) 存在唯一点 P(ln( 2a) f(ln( 2a))) 曲线在该点 线方程为________

处的 线 曲线只有一个公共点 P. 12 B11[2012·广东卷] 曲线 y x3 x 3 在点(1,3)处的

12 y 2x 1 [解析]
1

据已知曲线方程求 得 y

3x2 1 所

线斜率 k y |x

3

1 2 所

据点斜式方程得 y 3 2(x 1) 即方程

y 2x 1.

15 B11[2012·辽宁卷] 已知 P Q 为抛物线 x2 2y 两点 点 P Q 的横坐标 别为 4 2 过 P、Q 别作抛物线的 线 两 线交于点 A 则点 A 的纵坐标为________ 15 和 由 x2 2,2), 4 [解析] 本小题 要考查 数的几何意 的应用 解题的突破口 求 点坐标 1 2 x 2 这时 y x 由 P Q 的横坐标 y 8 2 这时 P(4,8) Q( 点Q 点的 4)

线的斜率 2y 可知 y 4

点P

点的 线方程 PA y 2

4(x 4) 即 4x y 8 0 0 由 )

线方程 QA

2(x 2) 即 2x y 2

联立得 A 点坐标 (1

这时纵坐标 4. 9 B11、B12、E1[2012·浙江卷] 设 a>0 b>0( A 若 2a 2a 2b 3b 则 a>b B 若 2a 2a 2b 3b 则 a<b C 若 2a 2a 2b 3b 则 a>b D 若 2a 2a 2b 3b 则 a<b 9 A

[解析] 本题考查构 函数、利用函数性质来实现判断逻辑推理的 若 2
a

确 否 f(x)

考 2x

查观察、构想、推理的能力 2x 则 f(x) 2x 2x 在 x 0 同样方法排除

2a

2

b

3b

必有 2

a

2a>2

b

2 b .构

函数

单调递增 即 a b

立 故A

确 B 错误

余选 用

∫令工 导数的 用 22 B10、B11、B12[2012·浙江卷] 已知 a>0 b∈R 函数 f(x) 4ax3 2bx a b. (1)证明 0 x 1时 (i)函数 f(x)的最大值为|2a b| a (ii)f(x) |2a b| a 0 (2)若 1 f(x) 1 对 x∈[0,1]恒成立 求 a b 的取值范围 22 解:(1)(i)f (x) 12ax2 b 0 时 有 f (x) 0 b 0 时 f (x) 12a?x 2b 12a? ?x 时 f(x)在[0 b ?? x 6a??
2

b? 6a?. ∞) 单调递增 b? . 6a? b ? ∞ 单调递增 6a ? b,3a b} ?

?

时 f(x)在?0

?

b? 6a?

单调递减 在?

?

所 |2a

0 x 1 时 f(x)max b| a.

max{f(0) f(1)} max{ a

? 3a b b 2a ? ? ? a b b 2a

(ii)由于 0 f(x) |2a

x 1 故 b| a f(x) 3a b 4ax3 4ax3 2bx 2a 4ax3 4ax 2a 2a(2x3 2x 1) 4ax3 x) 2a 2a(2x3 2x

b 2a 时 b 2a 时 f(x) 1) 设 g(x) 2x3 g (x) 6x2 2x 1,0 x 1 则 2 6?x 3?? x 3 ?? 3? 3? |2a b| a f(x) a b 2b(1 x) 2a 4a(1

?

于是 x g (x) g(x) 所 所 0 1 g(x)min g? 3? 3 ? ? 1 4 3 9 0.

?0 ?

3? 3?

3 3 0 极小值

? 3 1? ?3 ?


1 1

0 x 1 时 2x3 2x 1 0. b| a 0 1. 1 则由 知 1. 2a(2x3 2x 1) 0. |2a b| a 所 x 1 时 f(x)max

故 f(x) |2a (2)由(i)知 |2a 若|2a f(x) 所 b| a b| a (|2a 1

b| a)

f(x) 1 对任意 0 x 1 恒 立的充要条 是

?|2a b| a 1 ? ? ? ?a 0
2a b ? ? 即 ? 3a b ? ?a 0 BC. 0 1 2a ? ? 或?b ? ?a b 0 a 1 0. 所表示的 面区域 如图所示的阴影部 中 包括线段

在直角坐标系 aOb 中

做一组 行线 a b t(t∈R) 得 1 所 a b 3. a b 的取值范围是( 1,3]

23 数学 等式选讲 模块 已知 a∈R 设关于 x 的 等式|2x a| |x 3| 2x 4 的解集为 A.

(1)若 a 1 求 A (2)若 A R 求 a 的取值范围 解:(1) 3<x x 1 时 2 3 时 原 等式 原 等式 3x 2 3x 2 2x 4 综合得 x 3.

x 4 2x 4 综合得 3<x 0. 2x 4 得 x 2.

1 x> 时 原 等式 2 综 (2) x 2时

A {x|x 0 或 x 2} |2x a| |x 3| 0 2x 4 立 2x 4 得 x a 1 或 x a 3 1

x> 2 时 所 综 24 a 1

|2x a| |x 3| |2x a| x 3 2或a 1 a a 3 2. 参数方程 1 得a 2

a 的取值范围 矩

变换和坐标系

?x 2 tcosα 在直角坐标系 xOy 中 设倾斜角为 α 的直线 l ? ?y 3 tsinα
?x ? ? ? ?y

(t 为参数) 曲线 C

2cosθ sinθ (1)若 α

(θ 为参数)相交于

两点 A B.

π 求线段 AB 中点 M 的坐标 3 (2)若|PA|·|PB| |OP|2 中 P(2 3) 求直线 l 的斜率 解: 设直线 l y2 1. (1) π 时 设点 M 对应参数 t0. 3 1 x 2 t 2 (t 参数) 直线 l 方程 3 3 t y 2 x2 2 入曲线 C 的普通方程 y 1 得 13t2 4 α 的点 A B 对应参数 别 t1 t2.将曲线 C 的参数方程

x2 普通方程 4

? ? ?

56t 48 0 则

t0 所

t1 2

t2

28 13 3? . 13 ? x2 4 y2 1 得(cos2α 4sin2α)t2 (8 3sinα

12 点 M 的坐标 ? ?13

(2)将?

?x 2 tcosα ? ? ?y
3 tsinα 0

入曲线 C 的普通方程

4cosα)t 12 因

|PA|·|PB| |t1t2|

12 |OP|2 2 cos α 4sin α
2

7



12 7. cos α 4sin2α
2

得 tan2α 由于 ? 所

5 . 16 32cosα(2 3sinα cosα)>0 故 tanα 5 . 4 5 . 4

直线 l 的斜率

21 B12、E7[2012·辽宁卷] 设 f(x) ln(x 1) 3 曲线 y f(x) 直线 y x 在(0,0)点相 2 (1)求 a b 的值 9x (2)证明 0 x 2 时 f(x) . x 6 21 解:(1)由 y f(x)过(0,0)点 得 b 3 由 y f(x)在(0,0)点的 线斜率 2 1 ? ? 1 ? a? 又 y ?x 0 ?x 1 ??x 2 x 1 ? ? ?? 得 a 0. (2)(证法一) 由均值 等式 记 h(x) f(x) h 2 (x) 1 9x x 6 1 x 0时 2 则 1.

x 1 ax b(a b∈R a b 为常数)

0

3 2

a

(x 1)·1 x 1 1 x 2 故

x 1

x 2

1.

x 1 2 x 1

54 2 x 1 (x 6)

2(x 1) x 6

54 (x 6)2

54 4(x 1) (x 6)2 (x 6)3 216(x 1) . 4(x 1)(x 6)2 216(x 1) 则 0 x 2时

g(x) (x 6)3 g 因 因

(x) 3(x 6)2 216 0. g(x)在(0,2)内是递减函数 又由 g(0) 0 得 h (x) 0. h(x)在(0,2)内是递减函数 又 h(0) 0 得 h(x) 0.于是

g(x) 0 所

0 x 2时 (证法 )

9x f(x)< . x 6

由(1)知 f(x) ln(x 1) 由均值 等式

x 1

1. (x 1)·1 x 1 1 x 2 故 k (x) 1 x 1 1 x x 1 0 x 1 x 2 1.

x 0时 2

k(x) ln(x 1) x 则 k(0) 0 故 k(x) 0 即 ln(x 1) x. 由 得 x 0时 f(x) 3 x. 2

记 h(x) (x 6)f(x) 9x 则 h (x) f(x) (x 6)f (x) 9 1 ? ? 1 3 x (x 6)?x 1 ? 2 2 x 1? ? 1 [3x(x 1) (x 6)(2 2(x 1)

0 x 2时

9 x 1) 18(x 1)] x? 2? 18(x 1)]

1 < [3x(x 1) (x 6)? ?3 2(x 1) x (7x 18) 0. 4(x 1) 因 所

h(x)在(0,2)内单调递减 又 h(0) 0 9x . h(x) 0 即 f(x) x 6 )

12 B12[2012·辽宁卷] 若 x∈[0 ∞) 则 列 等式恒成立的是( 1 1 1 2 x 2 A e 1 x x B. 1 x x 2 4 1 x 1 1 C cosx 1 x2 D ln(1 x) x x2 8 2 12 C 验证 A

[解析] 本小题 要考查 数 函数知识 属于 数在函数中的应用 解题的突 数 来解决问题 x 1 时 2 1 1 1 2 x 3 时 e3>2.73 19.68>1 3 32 13 故排除 A 验证 B 1 1 × 4 4

破口 构 函数 借

6 1 1 而1 × 3 2 2 验证 C 恒 立 所 x∈[0

13 39 1521 1536 16 6 < 故排除 B 16 48 48 48 48 1 sinx x g (x) 1 cosx 显然 g (x)>0 g(x) cosx 1 x2 g (x) 2 ∞)时 g (x) g (0) 0 所 x∈[0 ∞)时 g(x) cosx 1 1 2 x 2

增函数 所

g(x) g(0) 0 恒 立 即 cosx 1

1 2 x 恒 立 验证 D 2

h(x) ln(1 x)

x

1 2 x h 8

(x)

1 x 1

1

x 4

x(x 3) 4(x 1)

h

(x)<0 解得 0<x<3 所

0<x<3 时 h(x)<h(0)

0 显然 恒 立 故选 C. 21 B12[2012·课标全 卷] 已知函数 f(x)满足 f(x) f (1)ex (1)求 f(x)的解析式及 调区间 1 (2)若 f(x) x2 ax b 求(a 1)b 的最大值 2 21 所 解:(1)由已知得 f (x) f (1)ex f (1) f (1) f(0) 1 而 f(x) ex 所 1 2 x x. 2
1 1 1

f(0)x

1 2 x. 2

f(0) x.

即 f(0) 1.

又 f(0) f (1)e

f (1) e.

由于 f (x) ex 1 而 (2)由已知条 得 e (i)若 a 因 (ii)若 a (iii)若 a 则g
x

x 故

x∈( ∞ 0)时 f (x)<0 ∞)单调递增

x∈(0

∞)时

f (x)>0.

f(x)在( ∞ 0)单调递减 在(0 (a 1)x b.

1<0 则对任意常数 b 式 1 立 0 则(a
x

1 x<0 且 x< a

b 时 可得 ex (a 1)x<b 1

1)b 0. 1)x x∈(ln(a 1) 1) 1) ∞)时 g ∞)单调递增

1>0 设 g(x) ex (a (a 1) 1))时 g

(x) e

x∈( ∞ ln(a 而 g(x)在( ∞

(x)<0

(x)>0.

ln(a 1))单调递减 在(ln(a 1 (a 1)ln(a

故 g(x)有最小值 g(ln(a 1)) a 1 所 f(x) x2 ax b 等 于 2 b 因 则h a 1 (a 1)ln(a 1) (a 1)2 (a 1)b

(a 1)2ln(a 1)

1)

设 h(a) (a 1)2

(a 1)2ln(a

(a) (a 1)(1 2ln(a 1)) 1 1 所 h(a)在( 1 e 1)单调递增 在(e 2 2 e e 得最大值 而 h(a) 即(a 1)b . 2 2 1 e 2 1 时 式等号 立 a e 1 b 2 2 1 故 f(x) x2 ax b. 2 e 综合得 (a 1)b 的最大值 . 2

1

1 ∞)单调递减 故 h(a)在 a e 1 处取 2

1 6 20 B12[2012·天津卷] 已知函数 f(x) x ln(x a)的最小值为 0 中 a 0. (1)求 a 的值 (2)若对任意的 x∈[0 ∞) 有 f(x) kx2 成立 求实数 k 的最小值 (3)证明 ∑
i 1 n

2 ln(2n 2i 1

1) 2(n∈N*) ∞)

20

解:(1)f(x)的定 域 ( a x a 1 . x a x a 1 a.

f (x) 1

由 f (x) 0 得 x 1 a

x 变 时 f (x) f(x)的变 情况如 表 x f (x) f(x) ( a,1 a) ? 1 a (1 a ? ∞)

0 极小值

因 f(x)在 x 1 a 处取得最小值 故由题意 f(1 a) 1 a 0 所 a 1. (2) k 0 时 取 x 1 有 f(1) 1 ln2 0 故 k 0 合题意 k 0时 g(x) f(x) kx2 即 g(x) x ln(x 1) kx2. x[2kx (1 2k)] x g (x) 2kx . x 1 x 1 1 2k 1. g (x) 0 得 x1 0 x2 2k 1 2k 1 k 时 0 g (x) 0 在(0 ∞) 恒成立 因 g(x)在[0 ∞) 2 2k 调递 从而对任意的 x∈[0 ∞) 总有 g(x) g(0) 0 即 f(x) kx2 在[0 ∞) 恒成 1 立 故 k 符合题意 2 1 2k 1 2k? 1 2k? 1 0 k 时 0, 对于 x∈?0 g (x) 0 故 g(x)在?0 内 2 2k 2k ? 2k ? ? ? 1 2k? 1 2 时 g(x0) g(0) 0 即 f(x0) kx0 成立 故 0 k 合 调递增 因 取 x0∈?0 2 2 k ? ? 题意 1 综 k 的最小值为 . 2 (3)证明 n 1时 等式 边 2 ln3 2 边 所 等式成立 n 2时
n 2 ? ∑f? 2i 1? i 1?

n 2 ?? ? 2 ? ∑ ?2i 1 ln?1 2i 1?? ? i 1 ? n

∑ ∑[ln(2i 1) ln(2i 1)] 1 i 1 i 1 2i
ln(2n 1) ∑ 1 i 1 2i 在(2)中取 k 1 x2 得 f(x) (x 0) 从而 2 2 2 2 2 * f?2i 1? ? ? (2i 1)2 (2i 3)(2i 1)(i∈N i 2) 所 有 ln(2n 1) ∑ 1 i 1 2i
n 2 ? ∑f ? 2 i 1? ? i 1 n n

2

n

2

2

f(2)

n 2 ? ∑f ? 2 i 1? ? i 2

2

ln3

∑ 3)(2i 1) i 2 (2i

n

2

2

ln3


i 2

n

1 ? ? 1 ?2i 3 2i 1? 2 综 ln3 1
n

1 2. 2n 1 2

ln(2n 1) 2 n∈N*. ∑ 1 i 1 2i x 轴恰有两个公共点 则 c

(

10 B12[2012·全 卷] 已知函数 y x3 3x c 的 ) A 2或2 B 9或3 C 1或1 D 3或1

10 A [解析] 本小题 要考查 数的应用 解题的突破口 极小值等于零 由 f (x) 3x2 0 即可 故解得 c

次函数求 后极大值或

3 3(x 1)(x 1) 0?x ±1 结合 f(x)的图象可知只要 f( 1) 0 或 f(1) 2 或 2 故选 A. 1 b(a>0) aex 3 x 求 a b 的值 2

19 B12[2012·安徽卷] 设函数 f(x) aex (1)求 f(x)在[0 ∞)内的最小值

(2)设曲线 y f(x)在点(2 解:(1)f (x) aex f (x) 0 即 x f (x) 0 即 x 0 a 1时 在 0

f(2))处的 线方程为 y 1 . aex

19

lna 时 lna 时

f(x)在( lna f(x)在( ∞

∞) 递增 lna) 递减 ∞) 递增 而 f(x)

lna 0 f(x)在(0 f( lna) 2 b lna 0 f(x)在 0

lna) 递减 在( lna

[



)

的最小值

a 1时

[



)

递增

而 f(x)在[0

∞) 的最小值

f(0) a

1 a

b. 1 ae2 3 2 解得 ae2 2 或 ae2 1 2 b 3 即b 1 . 2 1 (舍去) 2

(2)依题意 f (2) ae2 所 故a a 2 e2

入原函数可得 2

1 2 b . 2 e2 20 B12[2012·全 卷] 设函数 f(x) ax cosx x∈[0 π] (1)讨论 f(x)的 调性 (2)设 f(x) 1 sinx 求 a 的取值范围 20 解:(1)f (x) a sinx. a 1 x π 时 f (x) 0 所 2 f(x)在[0 π] 是增函

a 1 时 f (x) 0 且仅 数 a 0时 是减函数 f (x) 0 且仅

a 0

x 0或x π时

f (x) 0 所

f(x)在[0

π]

0<a<1 时 由 f (x) 0 解得 x1 arcsina x∈[0 x1)时 sinx<a x∈(x1 x2)时 x∈(x2 π]时 (2)由 f(x) 1 2 所 a . π g(x) sinx sinx>a f (x)<0

x2 π arcsina.

f (x)>0 f(x)是增函数 f(x)是减函数

sinx<a f (x)>0 f(x)是增函数 aπ 1 1

sinx 得 f(π) 1

π 2 ? x?0 x 2? ? π 2 则 g (x) cosx . π 2 ? x∈? ?0 arccosπ?时 g (x)>0 2 π? x∈? ?arccosπ 2?时 g (x)<0. π? 又 g(0) g? ?2? 0 所 g(x) 0 π? 2 即 x sinx? ?0 x 2?. π 2 2 a 时 有 f(x) x cosx. π π π 2 0 x 时 x sinx cosx 1 所 2 π 2 2 π x x π 时 f(x) x cosx 1 ? π π? 2 2? 综 a 的取值范围是? ? ∞ π?. 14 J3、B12[2012·浙江卷] 若将函数 f(x) 中 a0 a1 a2 … a5 为实数 a5(1 x)5 14

f(x) 1 π? 2?

sinx 1 sinx.

π? sin? ?x 2?

x5 表示为 f(x) a0 则 a3 ________. 式定理

a1(1

x) a2(1 x)2 …

10 [解析] 本题 要考查函数的解析式 及

法一 由于 f(x) x5

[(1

x) 1

]

5



a3 C2 1)2 5(

10 故应填 10.

法 得 60x 10. 法
2

对等式 f(x) x5 a0 a1(1 6a3 24a4(1

x) a2(1 x)2
2

… a5(1 x

x)5 两边连续对 x 求 1 得 60 6a3 即 a3



x) 60a5(1 x)



用赋值法

由等式两边对应 系数相等
5

a 1 ? ? 即? C a ? ?C a
4 5 5 3 5 5

a4 C1 4 a4

0 a3 0

?a3 10.

[点评]

确地把函数

展开式

对比

再结合 )

式定理



应用



意等式的拆 组合 9 B11、B12、E1[2012·浙江卷] 设 a>0 b>0( A 若 2a 2a 2b 3b 则 a>b B 若 2a 2a 2b 3b 则 a<b C 若 2a 2a 2b 3b 则 a>b D 若 2a 2a 2b 3b 则 a<b 9 A

[解析] 本题考查构 函数、利用函数性质来实现判断逻辑推理的 若 2
a

确 否 f(x)

考 2x

查观察、构想、推理的能力 2x 则 f(x) 2x 2x 在 x 0

2a

2

b

3b

必有 2

a

2a>2

b

2 b .构

函数

单调递增 即 a b

立 故A

确 B 错误

余选 用

同样方法排除 22 B12、M3、M2[2012·湖 卷] (1)已知函数 f(x) rx xr (1 r)(x>0) 中 r 为有理 数 且 0<r<1.求 f(x)的最小值 (2)试用(1)的结 证明如 命题 设 a1 0 a2 0 b1 b2 为 有理数 若 b1 b2 1 则 ab11ab22 a1b1 a2b2 (3)请将(2)中的命题推广到一般形式 并用数学 纳法证明你所推广的命题 αxα 1. 注 α 为 有理数时 有求导公式(xα) 22 解:(1)f (x) r rxr 0 x 1时 x 1 时 f (x) 0 所 (2)由(1)知 若 a1 若 a1 在 中 a2 均 x a1 a2 x∈(0
1

r(1

xr 1)

f (x) 0 解得 x 1. ∞)内是增函数

f (x) 0 所

f(x)在(0,1)内是减函数

f(x)在(1

故函数 f(x)在 x 1 处取得最小值 f(1) 0. ∞)时 有 f(x) f(1) 0 即 xr rx (1 r) 0 则 ab11ab22 a1b1 a2b2 立 1 可得 b2 1 b1 于是 a1? a1 可得? ?a2?b1 b1·a2 (1 b1) 即 ab11ab22 a 1b 1 a 2b 2. a 2b 2. b2 有理数且 b1 b2 1 总有 ab11ab22 a1b1 b2 … bn 有理数 a2 中有一个

0 又 b1 b2 r b1

即 ab11a1 b12 a1b1 综 若 a1 若 b1 对 a1 0 a2 a2 … an

a2(1 b1) 0 b1

(3)(2)中命题的推广形式 非负实数 b1 a1b1 a2b2 b1 … bn 1 … a nb n.

则 ab11ab22…abnn

用数学 纳法证明如

n 1时 假设 数 且 b1

b1 1 有 a1

a1

立 非负实数 b1 b2 … bk 有理

n k时 b2 … bk 1

立 即若 a1 a2 … ak

则 ab11ab22…abkk a1b1 a2b2 数 且 b1 b2 … bk bk
1

… ak bk .
1

n k 1 时 已知 a1 a2 … ak ak 1 时 0 bk

非负实数 b1 b2 … bk bk 1 即 1 bk 0 于是

1

有理

1

1

ab11ab22…abkkabk 1k 1 (ab11ab22…abkk)abk 1k 1 b2 bk b1 )1 bk 1abk 1k 1. (a 1a 2… a 1 bk 1 1 bk 1 1 bk 1k b1 b2 bk 因 … 1 由 纳假设 得 1 bk 1 1 bk 1 1 bk 1 b1 b2 bk b1 b2 a a …a a 1· a 2· 1 bk 1 1 1 bk 1 2 1 bk 1 k 1 bk 1 1 bk a 1b 1 a 2b 2 … a k b k 1 bk
1


1

ak·

bk 1 bk

1

而 ab11ab22…abkkabk 又因(1 bk 1) bk
1

1k 1

?a1b1 a2b2 … akbk? ? ?1 bk 1abk 1 bk 1 ? ?
得 a 1b 1
1k 1

1k

1.

1 由

?a1b1 a2b2 … akbk? ? ?1 bk 1abk 1 bk 1 ? ?
a 1b 1 故 由 说明 况 a2b2 … akbk ak 1bk
1k 1 1

a 2b 2 … a k b k ·(1 1 bk 1

b k 1) a k 1b k

1

而 ab11ab22…abkkabk n k 1时 可知 对一

a 1b 1

a 2b 2 … a k b k a k 1b k 1.

立 整数 n 所推广的命题 立 式对 n 2 立 则后续证明中 需 论 n 1 的情

(3)中如 推广形式中指

21 B12、B14 、E8 [2012·广东卷] 设 a<1 集合 A {x∈R|x>0} B {x∈R|2x2 a)x 6a>0} D A B. (1)求集合 D(用区间表示) (2)求函数 f(x) 2x3 3(1 a)x2 6ax 在 D 内的极值点

3(1

21

解:(1)x∈D?x>0 且 2x2 h(x) 2x
2

3(1 a)x 6a>0.

3(1 a)x 6a 3)

?

9(1 a) 48a 3(3a 1)(a 1 <a<1 时 ?<0 3 ?x∈R h(x)>0 B R.

2

于是 D A B A (0 ∞) 1 a 时 ? 0 时方程 h(x) 0 有唯一解 3 ? 1? 3(1 a) 3?1 3? 1 x1 x2 4 4 B ( ∞ 1)∪(1 ∞) 于是 D A B (0,1)∪(1 ∞) 1 a< 时 ?>0 时方程 h(x) 0 有两个 同的解 3 x1 x2 3 3 3a 3a 3(3a 4 3(3a 4 1)(a 3) 1)(a 3) .

x1<x2 且 x2>0 B ( ∞ x1)∪(x2 又 x1>0?a>0 所 1 i) 0<a< 时 D A B 3 ii) a 0时 D
2

∞) x1)∪(x2

(0 ∞)

∞)

(x2

(2)f (x) 6x

6(1

a)x 6a

6(x 1)(x a)

a<1 时 f(x)在 R

的单调性如 表 (a,1) ? 1 0 极小值 (1 ? ∞)

x a ( ∞ a) 0 f (x) f(x) ? 极大值 1 <a<1 时 D (0 ∞) 3

由表可得 x a f(x)在 D 内的极大值点 x 1 1 a 时 D (0,1)∪(1 ∞) 3 1 f(x)在 D 内的极大值点 由表可得 x 3 1 0<a< 时 D (0 x1)∪(x2 ∞) 3 x1 3 1 [3 4 x2 3 3 3 3a 3a 3(3a 4 1)(a 3)

f(x)在 D 内的极小值点

(3 5a)2 16a2 4 3 (3 5a)] 2a>a 且 x1< 3(3a 4 (1 3a)2 4 1)(a 3) (8 24a) 4 3a <1

3a 3a 3a

3 >

3a (1 3a) 1 4 f(x)在 D 内的极大值点 ∞)且 x2>1.

a∈D,1?D. 由表可得 x a 由表可得 因 a 0 时 D (x2

f(x)在 D 内单调递增

f(x)在 D 内没有极值点

18 B10、B11、B12[2012· 京卷] 已知函数 f(x) ax2 1(a>0) g(x) x3 bx. (1)若曲线 y f(x) 曲线 y g(x)在它们的交点(1 c)处 有公共 线 求 a b 的值 1] 的最大值 (2) a2 4b 时 求函数 f(x) g(x)的 调区间 并求 在区间( ∞ 18 因 解:(1)f (x) 2ax g (x) 3x2 b. 曲线 y f(x) 曲线 y g(x)在它们的交点(1 1 b 且 2a 3 b 1 2 a 时 4 c)处 有公共 线 所

f(1) g(1) 且 f (1) g (1) 即a 1 解得 a 3 b 3. (2)记 h(x) f(x) g(x) h(x) x3 h ax2 1 2 ax 1 4 1 2ax a2. 4 a x 2 2 a . 6 b

(x) 3x2 h

(x) 0 得 x1 h(x)

a>0 时 x h (x) h(x) 所

h (x)的情况如 a? 2? 0 ? a 2

? ∞ ?

? a ? 2 ? ∞ ?

a? 6? 0

a 6

? a ? 6
?

∞?

?

函 数 h(x) 的 单 调 递 增 区 间 a? 6?. a 2

? a? ? a 2? 和 ? 6

∞?

?

单调递减区间

? a ? 2

1 即 0<a 2 时

函数 h(x)在区间( ∞ 1] 单调递增 h(x)在区间( ∞ 1] 的最大值 h( 1) 1 2 a a. 4 a a < 1 且 1 即 2<a 6 时 2 6 a? ? a 1? 单调递减 h(x)在区间( 函数 h(x)在区间? 2?内单调递增 在区间? 2 ? ∞ ? a ? ∞ 1] 的最大值 h? ? 2? 1. a? a a? a ∞ < 1 即 a>6 时 函数 h(x)在区间? 内单调递增 在区间? 2 2 6?内 ? ? ? 6

单调递减 在区间? ?

a 6

1?

? 单调递增

a? 1 2 又因 h? ? 2? h( 1) 1 a 4a 1 (a 2)2>0 4 h(x)在区间( ∞ 1] 的最大值 a ? h? ? 2? 1. 20 B11、B12[2012·福建卷] 已知函数 f(x) ex ax2 ex a∈R. (1)若曲线 y f(x)在点(1 f(1))处的 线 行于 x 轴 求函数 f(x)的 调区间 (2)试确定 a 的取值范围 使得曲线 y f(x) 存在 一的点 P 曲线在该点处的 曲线只有一个公共点 P. 20 所 解:(1)由于 f (x) ex 2ax e 曲线 y f(x)在点(1 a 0 即 f(x) e 时 f (x) e 有 f (x)>0.所 (2)设点 P(x0
x x



线 0

f(1))处 线斜率 k 2a

ex. x∈(1 ∞)时 ∞) y f (x0)(x x0) f(x0)

e 由 f (x) 0 得 x 1. f(x)的单调递减区间 ( ∞ 1) 单调递增区间 (1

x∈( ∞ 1)时 有 f (x)<0

f(x0)) 曲线 y f(x)在点 P 处的 线方程

g(x) f(x) f (x0)(x x0) f(x0) 故曲线 y f(x)在点 P 处的 线 曲线只有一个公共 点 P 等 于函数 g(x)有唯一零点 因 g(x0) 0 且 g (x) f (x) f (x0) ex ex0 2a(x x0) 若a 0 x x0 时 g 由于 x0 h 调递增 (i)若 x0
*

x x0 时

g (x) 0 则 x x0 时 g(x) g(x0) 0 符合 P 的唯一性 故 a 0 合题意 (x) ex 2a. x*)时 h
*

(x) 0 则 x x0 时 g(x) g(x0) 0.故 g(x)只有唯一零点 x x0. h(x) e
x

有任意性

若a 0 (x) 0
*

ex0

2a(x x0) 则 h(x0) 0 h x∈(x
*

得 x ln( 2a) 记 x* ln( 2a) 则

x∈( ∞

(x) 0 ∞)内单

而 h(x)在( ∞ x )内单调递减

∞)时 h (x) 0 (x) h(x)>h(x*) 0 x∈(x*

而 h(x)在(x

x* 由 x∈( ∞ x*)时 g 单调递增

∞)时 g (x) h(x)

h(x ) 0.知 g(x)在 R 所 函数 g(x)在 R (ii)若 x0 又 ex1 中b 所

有且只有一个零点 x x*. ∞)内单调递增 且 h(x0) 0 则
*

x* 由于 h(x)在(x*

x∈(x* x0)时有 g

(x)

h(x) h(x0) 0 g(x) g(x0) 0 任取 x1∈(x x∈( ∞ ax
2

x0)有 g(x1) 0. (e f (x0))x f(x0) x0f (x0)

x1)时 易知 g(x) e

x

ax

2

(e f (x0))x f(x0) x0f (x0) ax2 bx c (e f (x0)) c ex1 f(x0) x0f (x0) bx2 c 0. 使得 ax2 2

由于 a 0 则必存在 x2 x1 g(x2) 0 故 g(x)在(x2 x* (iii)若 x0 综 所述

x1)内存在零点 即 g(x)在 R 至少有两个零点 x3 仿(ii)并利用 ex 可证函数 g(x)在 R 至少有两个零点 6

a 0 时 曲线 y f(x) 存在唯一点 P(ln( 2a) f(ln( 2a))) 曲线在该点

处的 线 曲线只有一个公共点 P. 21 B12[2012·江西卷] 若函数 h(x)满足 h(0) 1 h(1) 0 对任意 a∈[0,1] 有 h(h(a)) a 在(0,1) 调递 p ? 1 x ?1(λ> 则 h(x)为补函数 已知函数 h(x) ? ? ?1 λxp?p (1)判断函数 h(x)是否为补函数 并证明你的结论 (2)若存在 m∈[0,1] 使 h(m) m 中介元为 xn 且 Sn (3) 围 21 解:(1)函数 h(x)是补函数 证明如 h(0) ?
n

1 p>0) 1 (n∈N*)时 h(x)的 n

m 是函数 h(x)的中介元 记 p 1

i 1

∑xi 若对任意的 n∈N* 都有 Sn<2 求 λ 的取值范围
总在直线 y 1 x 的 方 求 p 的取值范

λ 0 x ∈(0,1)时 函数 y h(x)的

?1 0?1 ?1 1?1 ?p 1 h(1) ? ? 0 ?1 0? ? 1 λ ?p

?? 1 ap ?1? 对任意 a∈[0,1] 有 h(h(a)) h?? p? ? ??1 λa ?p?
g(x) (h(x))p 有g 因 函数 h(x) 在(0,1) 单调递减 2 1 (2) p (n∈N*) 由 h(x) x 得 λx n n 1 ?n (i) λ 0 时 中介元 xn ? ?2? 1 (ii) λ> 1 且 λ≠0 时 由(*)得 x n 得中介元 xn ? 1 ? ?n ?. 1 λ 1 ? ? 中介元 xn ? 1 2x n (x) λ> pxp 1(1 λxp) (1 xp)λpxp (1 λxp)2 1 p>0 所
1

? ? ?1
p(1

1

1

1 λap λ 1 1
p

?1 a ?p λa ?
ap
p 1

?(1 λ)ap?1 ? ? a ? 1 λ ?p

λ)xp

(1 λxp)2

.

x∈(0,1)时 g (x)<0 所 函数 g(x)在(0,1) 单调递减 故

1

0 (*)

1 1 λ 1

1 ∈(0,1)或 x n

1 1 1

?[0,1] λ

综合(i)(ii) 对任意的 λ> 1 于是 有 Sn 1
n

1 ? ?n ? (n∈N*) ? 1 λ 1?

∑ ? i 1

λ> 1 时 1 ?

?

1

? ? ?1 ? 1 λ? ?

λ 1? 1 ? n? ? ?< 1 λ 1? ?

?i ?

1 1 λ

n 无限增大时 ?

1 ? ?n 1 ? 无限接 于 0 Sn 无限接 于 1 λ 1 ? ? 1 λ 1 立等 于 2 1 1 λ 1 即 λ∈[3 2 ∞)

故对任意的 n∈N* Sn<

(3) (i) 所

1?1 1 λ 0 时 h(x) (1 xp) 中介元 xp ? ?2?p. p 1?1 1 1 0<p 1 时 1 中介元 xp ? ?2?p 2 p 立

符合条 点(xp h(xp)) 在直线 y 1 x 的 方 1 (ii) p>1 时 依题意只需(1 xp) >1 x 在 x∈(0,1)时恒 p 也即 xp (1 设 φ(x) xp x)p<1 在 x∈(0,1)时恒 立 (1 x)p
p 1

x∈(0,1) 1 ? x∈? ?2 1?时 φ

(1 x)p 1] 1? 1 由 φ (x) 0 得 x 且 x∈? ?0 2?时 2 又因 综 φ(0) φ(1) 1 所 p 的取值范围是(1 ∞)

则 φ (x) p[x

φ (x)<0

(x)>0

x∈(0,1)时 φ(x)<1 恒 立

7 B12[2012·陕西卷] 设函数 f(x) xex 则( A x 1 为 f(x)的极大值点 B x 1 为 f(x)的极小值点 C x 1 为 f(x)的极大值点 D x 1 为 f(x)的极小值点 7 因 D [解析] 本小题 要考查 数

)

函数单调性及函数的极值的知识 而判断函数的极值点 f (x) e
x

解题的突破口 xex ex(x 1)

求函数的 函数 判断函数的单调性 ex>0 恒 立 f (x)>0 时 x> x 1 函数 f(x) 单调减函数 所

1 函数 f(x) 单调增函数 极小值点 故选 D.

f (x)<0 时 x< 1

8 B12[2012· 庆卷] 设函数 f(x)在 R 导 导函数为 f (x) 且函数 y (1 x)f (x) 的 象如 1 1 所示 则 列结论中一定成立的是( )

1 1 A B C D x 函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) 函数 f(x)有极大值 f( 2)和极小值 f(1) 函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f( 2) 函数 f(x)有极大值 f( 2)和极小值 f(2) [解析] 在 x 2 侧附 时 由图象知 y (1 x)f (x) 0 则 f (x) 0 在 2 处取 x)f (x) 0 则 f (x) 0 所 函数在 x

8 D

2 右侧附 时 由图象知 y (1

得极大值 在 x 1

侧附 时 由图象知 y (1 x)f (x) 0 f (x) 0 在 x 1 右侧附

时 由图象知 y (1 x)f (x) 0 则 f (x) 0 所 侧附 时 由图象知 y (1 y (1

函数在 x 1 处没有极值 在 x 2

x)f (x) 0 则 f (x) 0 在 x 2 右侧附 时 由图象知

x)f (x) 0 则 f (x) 0 所 函数在 x 2 处取得极小值 lnx k (k 为常数 e 2.71828…是自然对数的 22 B12[2012·山东卷] 已知函数 f(x) ex 数) 曲线 y f(x)在点(1 f(1))处的 线 x 轴 行 (1)求 k 的值 (2)求 f(x)的 调区间 (3)设 g(x) (x2 x)f (x) 中 f (x)为 f(x)的导函数 证明 对任意 x>0 g(x)<1 e 2. 解:(1)由 f(x) 1 lnx k ex ∞) x轴 行

22

得 f (x) 所

kx xlnx x∈(0 xex

由于曲线 y f(x)在(1 f (1) 0 因

f(1))处的 线

k 1. 1 (1 x xlnx) x∈(0 (2)由(1)得 f (x) xex h(x) 1 x xlnx x∈(0 x∈(0,1)时 h(x)>0 又 e >0
x

∞)

∞) ∞)时 h(x)<0.

x∈(1

所 因

x∈(0,1)时 ∞)时

f (x)>0 f (x)<0. (1 ∞)
2

x∈(1

f(x)的单调递增区间 (0,1) 单调递减区间 g(x) (x x)f (x) ∞) x 1 (1 ex

(3)证明 因 所 因 g(x)

x xlnx) x∈(0 g(x)<1 e
2

对任意 x>0

ex 等 于 1 x xlnx< (1 x 1 ∞) ∞)

e 2)

由(2) h(x) 1 所 因 所 h (x) x∈(e
2

x xlnx x∈(0 lnx 2
2

(lnx lne 2) x∈(0 h (x)<0 h(x)单调递减

x∈(0 e )时 h (x)>0 h(x)单调递增 ∞)时 h(x)的最大值 (x 1) ex e0 ∞)时 φ (x)>0 φ(x)单调递增 ∞)时 φ(x) ex (x 1)>0 h(e 2) 1 e
2

故 1 x xlnx 1 e 2. 设 φ(x) ex 因 所 φ x∈(0 (x) ex 1

φ(x)>φ(0) 0 故 x∈(0 ex 即 >1. x 1

所 因

1 x xlnx 1 e 2< 对任意 x>0

(1 x 1

ex

e 2)

g(x)<1 e 2.

16 B11、B12、E3[2012· 庆卷] 设 f(x) a ln x 在点(1 f(1))处的 线 直于 y 轴 (1)求 a 的值 (2)求函数 f(x)的极值 1 3 16 解:(1)因 f(x) a ln x x 1 2x 2 a 1 3 . 故 f (x) x 2x2 2

1 3 x 1 2x 2

中 a∈R 曲线 y f(x)

由于曲线 y f(x)在点(1 f(1))处的 线垂直于 y 轴 故该 线斜率 1 3 而a 0 解得 a 1. 2 2 1 3 x 1(x 0) (2)由(1)知 f(x) ln x 2x 2 1 1 3 f (x) x 2x2 2 3x2 2x 1 2x2

0 即 f (1) 0

(3x 1)(x 1) . 2x2 f (x) 0 解得 x1 1 x2 x∈(1 1 (因 x2 3 1 3 在定 域内 舍去)

x∈(0,1)时 f (x) 0 故 f(x)在(0,1) ∞)时 f (x) 0 故 f(x)在(1

减函数 ∞) 增函数

故 f(x)在 x 1 处取得极小值 f(1) 3 无极大值 ∫令左 定 11 B13[2012·江西卷] 2 11. 3 [解析] 考查定 算定 微
1

基本定理

? ?

1(x2 sinx)dx ________. 及 算能力 解题的突破口是通过基本

的 算、诱 公式

初等函数的

数公式的逆向使用确定被

函数的原函数.?

?

1

1(x

2

sinx)dx

?x ?3

3

cosx??

??

1? 1 2 1 cos1 ? cos ( 1) . 1 ? 3? 3 3 6 K3、B13[2012·福建卷] 如 1 1 所示 在边长为 1 的 方形 OABC 中任取一点 P 则点 P 恰好取自 影部 的概率为( )

1 1 1 A. 4 1 1 1 B. C. D. 5 6 7

6 利用定

C

[解析] 本题考查几何概型的 求 阴影部 的面



求解

及定





解决本题的关键是

再利用几何概型公式求解 阴影部 的面 是

S 阴影 1 . 6

2 3 1 2? 1 x x ( x x)dx ? ? 3 2 2 ? ? ?
0

?1 ?0

2 1 3 2

1 S阴影 6 1 利用几何概型公式得 P 6 S 方形 1

15 B13[2012·山东卷] 设 a>0 若曲线 y 为 a2 则 a ________. 4 15. 9 [解析] 本题考查定

x 直线 x a

y 0 所围成封

形的面

的应用 考查 算求解能力 容易题 由题意得 a2 ?a x ?
0

2 3?a 2 3 4 x dx 3 2?0 3a2 解之得 a 9. 3 B13、B5[2012·湖 卷] 已知 次函数 y f(x)的 象如 围 形的面 为( )

1 1 所示 则它

x 轴所

1 1 4 2π B. A. 3 5 3 π C. D. 2 2 3 B [解析] (解法一)设 f(x) ax2 a ? ? 入得?a ? ?c 故 S ?1 ? b c 0 b c 0 1 bx c(a≠0).因 函数 f(x)的图象过( 1,0) (1,0) 1 0 1 故 f(x) 1 x2.

(0,1)

a ? ? 解得?b ? ?c

1 B.

) (解法 )设 f(x) a(x 1)(x 1) 所 f(x) (x 1)(x 1) 1 x
1 1 (解法 )观察函数图象可知 入得 a

(

x3? x2 dx ? x ? 3?

?1 4 ? 1 3.故选 B. ?
将x 0 y 1
2

入 f(x) a x 1 1

(

1

)(x 1)
3

得a



S ?1 ?

(

x? x2 dx ? x ? 3?

)

?1 4 ? 1 3.故选 ?
1 又 3 ?x x ? ? 3?

次函数 f(x)的顶点坐标 (0,1) 故可设 f(x) ax2 1 所 f(x) x2 1.所 S ? ?
1

函数图象过点(1,0)

1 1

(

x dx

2

)

?1 4 ? 1 3.故选 B. ?
∫令4 元综合 x1 x2? ? 2 ? 10 B14[2012·福建卷] 函数 f(x)在[a b] 有定义 若对任意 x1 x2∈[a b] 有 f? 1 [f(x ) f(x2)] 则 2 1 f(x)在[a b] 有性质 P.设 f(x)在[1,3]

有性质 P 现给出如 命

题 f(x)在[1,3] 的 象是连续 断的 3] 有性质 P f(x2)在[1 若 f(x)在 x 2 处取得最大值 1 则 f(x) 1 x∈[1,3] x1 x2 x3 x4 1 对任意 x1 x2 x3 x4∈[1,3] 有 f [f(x ) f(x2) f(x3) f(x4)] 4 4 1 中真命题的序号是( ) A B C D 10 D [解析] 据已知条 时 函数 y f(x)是 函数 对于 函数 f(x)满足 f(x)

? ?1 x∈[1 2)∪(2 3] ? ?0 x 2 ?
连续的 所

然满足 等式 f?

?x1 x2? 1 ? [f(x1) f(x2)] 但是 时函数是 ? 2 ? 2 ?x1 x2? 1 ? [f(x1) ? 2 ? 2


确 对于

若 f(x)在 x 2 时取得最大值 再满足性质 f? 1 [f(x ) f(x2)] 2 2 1 x1 2 f? x2 x3 2 x4 所

f(x2)] 所 函数是常函数 因 x1 x2

f(x) 1 且 x∈[1,3] 所

x3 x4∈[1,3]

∈[1,3] 所 满足性质 P

?x1 x2 x3 x4? ? 1? ?x1 x2? f? 2 ? 2 ? 2?f? ? ?? 2 ? 2 ? ? ?x1 x2? 1 又因 f? ? [f(x1) f(x2)] ? 2 ? 2 ?x3 x4? 1 f? ? [f(x3) f(x4)] 所 ? 2 ? 2 1? ?x1 x2? ?x3 x4?? 11 f? [f(x1) ? f? ?? 2? ? ? 2 ? ? 2 ?? 22
1 [f(x ) f(x2) f(x3) f(x4)] 4 1 f?

?x3 x4?? ??. ? 2 ??

f(x2)]

1 [f(x ) f(x4)] 2 3

?x1 x2 x3 x4? 1 ? 4[f(x1) f(x2) f(x3) f(x4)] 所 4 ? ?



所 选择 D.
?a2 ? ? 2 ?b ?

15 B14[2012·福建卷] 对于实数 a 和 b 定义运算“*” a*b (2x 1)*(x 1) 且关于 x 的方程 f(x) m(m∈R)恰有 则 x1x2x3 的取值范围是________ 15.? 3 ? ?1 0? [解析] ? 16 ?

ab a b

ab a b. 个互 相等的实数根 x1 x2

设 f(x) x3

据新 算符号得到函数 f(x)的解析式 即

f(x) (2x 1)*(x 1)
2 ? ?(2x 1) (2x 1)(x 1) (2x 1 x 1) ? 2 ? ?(x 1) (2x 1)(x 1) (2x 1>x 1) 2 ? ?2x x (x 0) f(x) ? 2 ? ? x x (x>0)

简得

画 函数 f(x)的图象(如

图所示)



f(x) m 有 个 同的实数解 即直线 y m
2

函数 f(x)的图象有 个交点 如图

直线 y m 过抛物线 f(x) x x 的顶点且 x 轴 行时 时有两个交点 抛物线的顶 1 点纵坐标是 y .设 个交点 别 x1 x2 x3 且依次是 小到大的 序排列 所 x1 4 即 × 方程 2x2 x 1 3 1 小于 0 的解 解得 x1 4 4 函数 f(x)有 2 个交点的最 时 x2 置是 x3 y m 1 所 2 x1·x2·x3 1 3 1 × 2 4

3 1 1 y m 2 16 0 所

x 轴 合时

时 x1·x2·x3

方程 f(x) m 有

个 等实 时 x1·x2·x3∈?

3 ? ?1 0?. ? 16 ? 3(1

21 B12、B14 、E8 [2012·广东卷] 设 a<1 集合 A {x∈R|x>0} B {x∈R|2x2 a)x 6a>0} D A B. (1)求集合 D(用区间表示) (2)求函数 f(x) 2x3 3(1 a)x2 6ax 在 D 内的极值点

21

解:(1)x∈D?x>0 且 2x2 h(x) 2x
2

3(1 a)x 6a>0.

3(1 a)x 6a 3)

?

9(1 a) 48a 3(3a 1)(a 1 <a<1 时 ?<0 3 ?x∈R h(x)>0 B R.

2

于是 D A B A (0 ∞) 1 a 时 ? 0 时方程 h(x) 0 有唯一解 3 ? 1? 3(1 a) 3?1 3? 1 x1 x2 4 4 B ( ∞ 1)∪(1 ∞) 于是 D A B (0,1)∪(1 ∞) 1 a< 时 ?>0 时方程 h(x) 0 有两个 同的解 3 x1 x2 3 3 3a 3a 3(3a 4 3(3a 4 1)(a 3) 1)(a 3) .

x1<x2 且 x2>0 B ( ∞ x1)∪(x2 又 x1>0?a>0 所 1 i) 0<a< 时 D A B 3 ii) a 0时 D (x2 ∞) x1)∪(x2

(0 ∞)

∞)

(2)f (x) 6x2

6(1

a)x 6a

6(x 1)(x a)

a<1 时 f(x)在 R

的单调性如 表 (a,1) ? 1 0 极小值 (1 ? ∞)

x a ( ∞ a) 0 f (x) f(x) ? 极大值 1 <a<1 时 D (0 ∞) 3

由表可得 x a f(x)在 D 内的极大值点 x 1 1 a 时 D (0,1)∪(1 ∞) 3 1 f(x)在 D 内的极大值点 由表可得 x 3 1 ∞) 0<a< 时 D (0 x1)∪(x2 3 x1 3 1 [3 4 x2 3 3 > 3 3 3a 3a 3(3a 4 1)(a 3)

f(x)在 D 内的极小值点

(3 5a)2 16a2 4 3 (3 5a)] 2a>a 且 x1< 3(3a 4 (1 3a)2 4 1)(a 3) (8 24a) 4 3a <1

3a 3a 3a

3a (1 3a) 1 4 f(x)在 D 内的极大值点 ∞)且 x2>1.

a∈D,1?D. 由表可得 x a 由表可得 因 a 0 时 D (x2

f(x)在 D 内单调递增

f(x)在 D 内没有极值点

8 (m 0) l1 函数 y |log2x| 2m 1 的 象从 相交于点 A B l2 函数 y |log2x|的 象从 相交于点 C D.记线段 b AC 和 BD 在 x 轴 的投影长度 别为 a b. m 变 时 的最小值为( ) a A 16 2 B 8 2 8 B14[2012·湖 卷] 已知两条直线 l1 y m 和 l2 y C 8 3 8 4 B D 3 4 4 等式和对数方程 a b 由已知可求 及数形结合和函数 ABCD 四点的横坐标得 关于 m 的 数式最值问题

[解析] 考查函数的图象变换、均值

方程思想 综合程度高 难度也较大 关键是转 线段 AC 和 BD 在 x 轴 的投影长度 别

a

|xA xC| ?2

? ?

m



b a

? 2m ? ? ?2 ? ?
m

8 ? ? m b |xB xD| ?2 2m 1? ? ? 8 ? 2 2m 1? ? 8 2m 8 ? 2m 1 2 2m 1? ? 2 1 1 2 m 2 4 2

8 ? 2 2m 1? ?

t m b a

8 ?m 1? 2? 2m 1 ? 8 1 24 2 2m 1

1 1 ?m 1? 4 4 2? ? 1 2 2 m 2 8 2.

2m

8 2

所 最小值

20 B14[2012·湖 卷] 某企业接到生产 3000 某产品的 A B C 种部 的 产品需要 种部 的数 别为 2,2,1( 位 ) 已知 个 人 天 生产 A 部 6 或B部 3 或C部 2 该企业 划安排 200 人 成 组 别生产 种 部 生产 B 部 的人数 生产 A 部 的人数成 比 比例系数为 k(k 为 整数) (1)设生产 A 部 的人数为 x 别写出完成 A B C 种部 生产需要的时间 (2)假设 种部 的生产 时开 试确定 整数 k 的值 使完成 任务的时间最 短 并给出时间最短时 体的人数 组方案 20 解:(1)设完 A B C 种部 的 任 需要的时间(单 天) 别 T1(x)

T2(x) T3(x) 由题设有 2×3000 1000 T1(x) x 6x 2000 T2(x) kx 1500 T3(x) 200 (1 k)x 中 x kx,200 (2) 完 (1 k)x 均 的时间 1 到 200 之间的 整数 f(x) max{T1(x) T2(x) T3(x)} 定 域 2 T (x) k 1 单任

? ?0 x 200 ?x? 1 k ??
于是 k 2时

x∈N*?.易知 T1(x) T2(x) 减函数 T3(x) 增函数 注意到 T2(x)

? ?

T1(x) T2(x)



f(x) max{T1(x) T3(x)} 1500 ? ? ?1000 ? ?. max? x 200 3x
? ? ? ?

1000 1500 400 时 f(x)取得最小值 解得 x .由于 x 9 200 3x 400 250 300 44 45 而 f(44) T1(44) f(45) T3(45) f(44) f(45) 故 x 44 时完 9 11 13 250 单任 的时间最短 且最短时间 f(44) . 11 由函数 T1(x) T3(x)的单调性知 k 2 时 T1(x) T2(x) 由于 k 1500 1500 375 . 200 (1 k)x 200 (1 3)x 50 x 整数 故 k 3 时

记 T(x)

375 50 x

φ(x)

max{T1(x)

T(x)}

易知 T(x)是增函数

则 f(x)

max{T1(x)

375 ? ?1000 ? ? ?. T3(x)} max{T1(x) T(x)} φ(x) max? x 50 x? ? ? ? 1000 375 400 时 φ(x)取最小值 解得 x .由于 36 由函数 T1(x) T(x)的单调性知 x 11 50 x 400 250 250 375 250 37 而 φ(36) T1(36) φ(37) T(37) . 时完 单任 的最 11 9 11 13 11 250 短时间大于 . 11 整数 故 k 1 时 T1(x) T2(x) 由于 k 2000 750 ? ? ? ? ?. f(x) max{T2(x) T3(x)} max? x 100 x ? ? ? ? 2000 750 800 时 f(x)取最小值 解得 x 类似(1) 由函数 T2(x) T3(x)的单调性知 x 11 100 x 250 250 大于 .综 所述 k 2时 完 单任 的 论 时完 单任 的最短时间 11 9 k 2时 的时间最短 时 A B C 种部 的人数 别 44,88,68.

22 B14[2012·湖 卷] 已知函数 f(x) eax x 中 a≠0. (1)若对一 x∈R f(x) 1 恒成立 求 a 的取值集合 (2)在函数 f(x)的 象 取定两点 A(x1 f(x1)) B(x2 f(x2))(x1 x2) 记直线 AB 的斜率为 k. 是否存在 x0∈(x1 x2) 使 f (x0) k 成立 若存在 求 x0 的取值范围 若 存在 请 说明理由 22 这 解:(1)若 a 0 则对一 x 0 f(x) eax 1 1 ln . a a x 1 1 ln 时 a a f (x) 0 f(x)单调递增 故 x 1 题设矛盾 又 a≠0 故 a 0. 1 f (x) 0 得 x

而 f (x) aeax x x 1 1 ln a a 1 1 ln 时 a a

f (x) 0 f(x)单调递减 1 1 ln . a a 立 且仅

1 1? 1 f(x)取最小值 f? ?alna? a

于是对一 x∈R f(x) 1 恒 1 1 1 ln 1. a a a g(t) t tlnt 则 g 0 故 因 综 (t)

lnt. t 1时 g (t) 0 g(t)单调递减

t 1 时 g (t) 0 g(t)单调递增 t 1 时 g(t)取最大值 g(1) 1. 1 且仅 1 即a 1时 a 所述 a 的取值集合 {1} f(x2) f(x1) eax2 x2 x1 eax2 x2 x2 eax1 x1 1.

式 立

(2)由题意知 k

φ(x) f (x) k aeax

eax1 .则 x1

φ(x1)

eax1 [ea(x2 x1) a(x2 x1) 1] x2 x1 eax2 [ea(x1 x2) a(x1 x2) 1] φ(x2) x2 x1 F(t) et t 1 则 F t 0时 F t 0时 F (t) et 1. (t) 0 F(t)单调递减 (t) 0 F(t)单调递增 即 et t 1 0. 0



t≠0 时 F(t) F(0) 0 而 ea(x2 x1) a(x2 x1) 1

ea(x1 x2) a(x1 x2) 1 0 eax2 eax1 0 0 又 x2 x1 x2 x1 所 因 φ(x1) 0 φ(x2) 0. 函数 y φ(x)在区间[x1 x2] 的图象是连续 断的一条曲线 所 存在 c∈(x1 x2) (x) a2eax 0 φ(x)单调递增 故这样的 c 是唯一的 且 c x2?时 1 eax2 eax1 ln . a a(x2 x1)

使得 φ(c) 0.又 φ 故 且仅 综

?1 eax2 eax1 x∈?aln ? a(x2 x1)

? ?

f (x)>k. 立

所述 存在 x0∈(x1 x2) 使 f (x0) k x2?.

?1 eax2 eax1 且 x0 的取值范围 ?aln ? a(x2 x1)
ax 1 1 x 0 ? ? ?bx 2 0 x 1 ? ?x 1

? ?

10 B14[2012·江 卷] 设 f(x)是定义在 R 1? 中 a b∈R.若 f? ?2?

且周期为 2 的函数 在区间[ 1,1] 3? f? ?2?

f(x)

则 a 3b 的值为________

[解析] 本题考查函数的周期性 3 ?转 ? 1?. 据周期性将 f? f ?2? ? 2? 10 10 1? 由条 得 f? ?2? 2 b 3 4 3? f? ?2? b 1? f? ? 2? 2



段函数的函数值求解

解题突破口

1 a 1 2

b 而

4 3

1 a 2

1

简得 3a 2b

联立解之得 a 2 b 4 而 a 3b 10. 2 18 B14[2012·江 卷] 若函数 y f(x)在 x x0 处取得极大值或极小值 则 x0 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 ax2 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 中 c∈[ 2,2] 求函数 y h(x)的零点个数 18 解:(1)由题设知 f (x) 3x2 2ax b 且 f ( 1) 3 2a b 0 f (1) 3 2a

又 f( 1) f(1)得 a 1

b

0 解得 a 0 b (2)由(1)知 f(x) x
3

3. 3x.因 f(x) 2 (x 1)2(x 2) 所 g (x) 0 的 x1 x2 1

x3

2 于是函数 g(x)的极值点只可能是 1 或 2. x< 2 时 g 所 (3) (x)<0 2<x<1 时 g 2. 的情况 d∈[ 2,2] 2 的两个 同的 1 和 2. d>0 f(1) d f( 2) d 2 d<0 由(1)知 f (x) 3(x 1)(x 1) 而 f(x)>f(2) 2. 2) 无实 同理 f(x) d 在( 2 1)内有唯一 1 和 2 注意到 f(x)是奇函数 (x)>0 故 2 是 g(x)的极值点 2<x<1 或 x>1 时 g (x)>0 故 1 g(x)的极值点 |d| 2 时 是 g(x)的极值点

f(x) t 则 h(x) f(t) c.先 论关于 x 的方程 f(x) d 由(2)可知 因 f(x)



f(x) 2 的两个 同的 |d|<2 时 所 2 x∈(2

f( 1) d f(2) d 2 ∞)时

1,1,2 都 是 f(x) d 的

f (x)>0 于是 f(x)是单调增函数 同理 f(x) d 在( ∞ f(x) d 在(1,2)内有唯一实

时 f(x) d 无实 x∈(1,2)时 d 的图象 间断 所 实

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)

x∈( 1,1)时 f (x)<0 故 f(x)是单调减函数 又 f( 1) d>0 f(1) d<0 y f(x) d 的图象 间断 所 由 可知 |d|<2 时 (i) f(x) d 在( 1,1)内有唯一实 f(x) d 有两个 同的 x3 x4 x1 x2 满足|x1| 1 i 3,4,5. |x2| 2 x5 满足|xi|<2 |d| 2 时

f(x) d 有 个 同的 f(t) c 有两个 f(t) c 有 个 t1 同的

现考虑函数 y h(x)的零点 |c| 2 时 |c|<2 时 可知 t2 满足|t1| 1 t3 t4 |t2| 2 而 f(x) t1 有 个 同的 i 3,4,5 而 f(x) t2 有两个 同的 (ii) 综 9 故 y h(x)有 5 个零点 t5 满足|ti|<2 故 y h(x)有 9 个零点

f(x) ti(i 3,4,5)有 个 同的

|c| 2 时 函数 y h(x)有 5 个零点 |c|<2 时 函数 y h(x)有 9 个零点 cos6x 的 象大 为( ) B14[2012·山东卷] 函数 y x 2 2 x

1 2 9 D [解析] 本题考查函数的图象 性质 考查推理论证能力 应用意识 中档题 cos6x 由函数 y x 奇函数 排除选 A x 无限大时 y 趋向于 0 排除选 C 2 2 x 数趋向于 0 时 y 趋向于 无穷大 故选 D.

x

13 B14[2012· 海卷] 已知函数 y f(x)的

是折线段 ABC

1 ? 中 A(0,0)、B? ?2 5?、

C(1,0) 函数 y xf(x)(0 x 1)的 x 轴围成的 形的面 为________ 5 求曲边形的面 考查学 类 论思想和转 13. [解析] 考查 段函数和用定 4 思想 由已知可得函数的解析式 y xf(x)

?10x ? ?10x

2

1? x∈? ?0 2? 10x2 1 ? x∈? ?2 1?

曲线

x 轴围 区域

1 1 5 (10x2 )dx ?1 (10x 10x2)dx . 20 4 ?2 20 B14[2012· 海卷] 已知函数 f(x) lg(x 1) (1)若 0 f(1 2x) f(x) 1 求 x 的取值范围 (2)若 g(x)是 2 为周期的偶函数 且 0 x 1 时 有 g(x) f(x) 求函数 y g(x)(x∈ [1,2])的反函数 的面 可用定 表示 S 20 解:(1)由?

? ? 2 2x 0 ?x 1 0 ?

得 1 2 2x

x 1. 2 2x

由0 因

lg(2 2x) lg(x 1) lg x 1 2

x 1

1得1

x 1

10.

x 1 0 所 2 1 x 3 3

2x 10x 10

? ? 1 x 1 由? 2 1 ? ? 3 x 3




2 3

x

1 3

? 2 1 ? <x< ?. x 的取值范围是?x? 3 3 ? ? ?

(2)g(x)是

2

周期的偶函数 x∈[0,1] 因 x) lg(3 x) lg2] lg2]

x∈[1,2]时 2

y g(x) g(x 2) g(2 x) f(2 由单调性可得 y∈[0 因

x 3 10y 所 所求反函数是 y 3 10x x∈[0

x 9 ? ? x 3 在 x 3 处的极限( 3 B14[2012·四川卷] 函数 f(x) ? x 3 ? ?ln(x 2) x 3 A 存在 B 等于 6 C 等于 3 D 等于 0 3 A
x →3

2

)

[解析] 由题意
x →3

x 3

lim f(x) →

x 3

lim →

x2

9

x 3

x →3

lim (x 3) 6

lim f(x)

lim ln(x 2) 0

故 lim f(x)≠ lim f(x) → →
x 3 x 3

即 f(x)在 x 3 处的极限 存在 22 B14、E9、J3、D5[2012·四川卷] 已知 a 为 实数 n 为自然数 抛物线 y an x 轴 半轴相交于点 A.设 f(n)为该抛物线在点 A 处的 线在 y 轴 的截距 2 (1)用 a 和 n 表示 f(n) f(n) 1 n3 (2)求对所有 n 都有 成立的 a 的最小值 3 f(n) 1 n 1 (3) 0 a 1 时 比较 ∑
k 1 n

x2

27 f(1) f(n) · 的大小 并说明理由 f(k) f(2k) 4 f(0) f(1) 1

22 解:(1)由已知得 交点 A 的坐标 ? 则抛物线在点 A 处的 线方程 y

? 2 a n? x ?

an 2

? 对y ? n a? 即y 2?
0

x2

1 n a 求 得y 2

2x

2anx an 则 f(n) an.

f(n) 1 n3 (2)由(1)知 f(n) an 则 立的充要条 是 an 2n3 1. 3 f(n) 1 n 1 即知 an a a >4
n n

2n3

1 对所有 n

立 特别地 取 n 2 得到 a
3 C3 n·3

17.

17

n 3时
2 C2 n·3

(1 3)n 1 C1 n·3
2 C2 n·3 3 C3 n·3



1 C1 n·3 1 2n3

1 n[5(n 2

2)2

(2n 5)]

>2n3 1. n 0,1,2 时 显然( 17)n 故a 所 17时 f(n) 1 n3 f(n) 1 n3 2n3 1.

对所有自然数 n 都 立 1 17. 1 f(1) f(n) a a2k f(0) f(1) an . 1 a

满足条 的 a 的最小值
k

(3)由(1)知 f(k) a


k 1

n

f(k) f(2k)


k 1

n

1 ak

面证明 首先证明


k

n

27 f(1) f(n) > · . f(2k) 4 f(0) f(1) 1 f(k) 1 0<x<1 时 1
2

x x 27 2 设函数 g(x) x(x x) 1,0<x<1. 4 2 81 x(x ) 则 g (x) 3 4 2 2 0<x< 时 g (x)<0 <x<1 时 3 3

27 x. 4

g (x)>0.

2? 故 g(x)在区间(0,1) 的最小值 g(x) g? ?3? 0. 27 1 x 由 0<a<1 知 0<ak<1(k∈N*) 因 所 0<x<1 时 g(x) 0 即得 2 4 x x

1 a
k

a 2k

27 k a 4

而 1


k

n

f(2k) 1 f(k) 27 n k a 4 ∑
k 1 n 27 a a · 4 1 a 1


k

n

1 a 2k

k 1a

n 27 a a > · 4 1 a

27 f(1) f(n) · . 4 f(0) f(1)


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