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2012年高考导数综合练习题(详细答案)

时间:2012-03-02


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2012 年高考导数综合练习题(详细答案) 年高考导数综合练习题(详细答案)
1. (本题满分 12 分) 已知函数 f ( x) = ax 3 + bx 2 + (c ? 3a ? 2b) x + d 的图象如图所示. (I)求 c, d 的

值; (II)若函数 f (x) 在 x = 2 处的切线方程为 3x + y ? 11 = 0 ,求函数 f (x) 的 解析式; 1 (III)在(II)的条件下,函数 y = f (x) 与 y = f ′( x) + 5 x + m 的图象有三 3 个不同的交点,求 m 的取值范围. 2. (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) = a ln x ? ax ? 3( a ∈ R ) . (I)求函数 f (x ) 的单调区间; (II) 函数 f (x ) 的图象的在 x = 4 处切线的斜率为 3)上不是单调函数,求 m 的取值范围.

3 1 m , 若函数 g ( x) = x 3 + x 2 [ f ' ( x) + ] 在区间 (1, 3 2 2

3. (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) = x 3 + ax 2 + bx + c 的图象经过坐标原点,且在 x = 1 处取得极大值. (I)求实数 a 的取值范围; (2a + 3) 2 (II)若方程 f ( x) = ? 恰好有两个不同的根,求 f ( x ) 的解析式; 9 (III)对于(II)中的函数 f (x) ,对任意 α、β ∈ R ,求证: | f (2 sin α ) ? f (2 sin β ) |≤ 81 .

4. (本小题满分 12 分) 已知常数 a > 0 , e 为自然对数的底数,函数 f ( x) = e x ? x , g ( x) = x 2 ? a ln x . (I)写出 f ( x) 的单调递增区间,并证明 e a > a ; (II)讨论函数 y = g ( x) 在区间 (1, e a ) 上零点的个数.

5. (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) = ln( x ? 1) ? k ( x ? 1) + 1 . (I)当 k = 1 时,求函数 f ( x) 的最大值; (II)若函数 f ( x) 没有零点,求实数 k 的取值范围;

6. (本小题满分 12 分) 已知 x = 2 是函数 f ( x) = ( x 2 + ax ? 2a ? 3)e x 的一个极值点( e = 2.718 ? ? ? ) . (I)求实数 a 的值; 3 (II)求函数 f ( x) 在 x ∈ [ ,3] 的最大值和最小值. 2

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7. (本小题满分 14 分)
2 已知函数 f ( x) = x ? 4 x + ( 2 ? a ) ln x, ( a ∈ R, a ≠ 0)

(I)当 a=18 时,求函数 f (x ) 的单调区间; (II)求函数 f (x ) 在区间 [e, e ] 上的最小值.
2

8. (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) = x( x ? 6) + a ln x 在 x ∈ (2, +∞ ) 上不具有单调性. ... (I)求实数 a 的取值范围; (II)若 f ′( x) 是 f ( x) 的导函数,设 g ( x) = f ′( x) + 6 ? 不等式 | g ( x1 ) ? g ( x2 ) |>

2 ,试证明:对任意两个不相等正数 x1、x2 , x2

38 | x1 ? x2 | 恒成立. 27

9. (本小题满分 12 分)

1 2 x ? ax + (a ? 1) ln x, a > 1. 2 (I)讨论函数 f (x ) 的单调性;
已知函数 f ( x ) = (II)证明:若 a < 5, 则对任意x1 , x 2 ∈ (0,+∞), x1 ≠ x 2 , 有

f ( x1 ) ? f ( x 2 ) > ?1. x1 ? x 2

10. (本小题满分 14 分)

1 2 x + a ln x, g ( x) = (a + 1) x , a ≠ ?1 . 2 (I)若函数 f ( x ), g ( x ) 在区间 [1,3] 上都是单调函数且它们的单调性相同,求实数 a 的取值范围; (II)若 a ∈ (1, e] (e = 2.71828L) ,设 F ( x) = f ( x) ? g ( x) ,求证:当 x1 , x2 ∈ [1, a ] 时,不等式 | F ( x1 ) ? F ( x2 ) |< 1 成立.
已知函数 f ( x ) = 11. (本小题满分 12 分) 设曲线 C : f ( x ) = ln x ? ex ( e = 2.71828 ??? ) f ′( x ) 表示 f ( x ) 导函数. , (I)求函数 f ( x ) 的极值; (II)对于曲线 C 上的不同两点 A( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) , x1 < x2 ,求证:存在唯一的 x0 ∈ ( x1 , x2 ) ,使 直线 AB 的斜率等于 f ′( x0 ) .

12. (本小题满分 14 分) 定义 F ( x, y ) = (1 + x ) y , x, y ∈ (0,+∞) , (I)令函数 f ( x) = F (3,log 2 (2 x ? x 2 + 4)) ,写出函数 f ( x) 的定义域; (II)令函数 g ( x) = F (1,log 2 ( x 3 + ax 2 + bx + 1)) 的图象为曲线 C,若存在实数 b 使得曲线 C 在

x0 (?4 < x 0 < ?1) 处有斜率为-8 的切线,求实数 a 的取值范围;
(III)当 x, y ∈ N * 且 x < y 时,求证 F ( x, y ) > F ( y, x) .

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导数练习题 答案
1. (本题满分 12 分) 已知函数 f ( x) = ax 3 + bx 2 + (c ? 3a ? 2b) x + d 的图象如图所示. (I)求 c, d 的值; (II)若函数 f (x) 在 x = 2 处的切线方程为 3x + y ? 11 = 0 ,求函数 f (x) 的 解析式; 1 (III)在(II)的条件下,函数 y = f (x) 与 y = f ′( x) + 5 x + m 的图象有三 3 个不同的交点,求 m 的取值范围. 解:函数 f (x) 的导函数为

f ' ( x) = 3ax 2 + 2bx + c ? 3a ? 2b
'

…………(2 分)

(I)由图可知 函数 f (x) 的图象过点(0,3) ,且 f (1) = 0

?d = 3 得 ? ?3a + 2b + c ? 3a ? 2b = 0
(II)依题意

?d = 3 ?? ?c = 0 ' f (2) = ?3 且 f ( 2) = 5

…………(4 分)

?12a + 4b ? 3a ? 2b = ?3 ? ?8a + 4b ? 6a ? 4b + 3 = 5
解得 a = 1, b = ?6 所以 f ( x) = x 3 ? 6 x 2 + 9 x + 3
2 3 2

(III) f ′( x) = 3 x ? 12 x + 9 . 可转化为:x ? 6 x + 9 x + 3 = x ? 4 x + 3 + 5 x + m 有三个不等实根,
2

即: g ( x ) = x ? 7 x + 8 x ? m 与 x 轴有三个交点;
3 2

(

…………(8 分)

)

g ′( x ) = 3 x 2 ? 14 x + 8 = (3 x ? 2 )( x ? 4 ) ,

x
g ′( x ) g (x )

2? ? ? ? ∞, ? 3? ?
+

2 3
0

?2 ? 4 ? ,? ?3 ?
-

4
0

(4, ∞) +
+



极大值



极小值



? 2 ? 68 g? ? = ? m, g (4 ) = ?16 ? m . …………(10 分) ? 3 ? 27 ? 2 ? 68 当且仅当 g ? ? = ? m > 0且g (4 ) = ?16 ? m < 0 时,有三个交点, ? 3 ? 27 68 故而, ? 16 < m < 为所求. …………(12 分) 27 2. (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) = a ln x ? ax ? 3( a ∈ R ) . (I)求函数 f (x ) 的单调区间;
(II) 函数 f (x ) 的图象的在 x = 4 处切线的斜率为 3)上不是单调函数,求 m 的取值范围. 解: (I) f ' ( x) =

3 1 m , 若函数 g ( x) = x 3 + x 2 [ f ' ( x) + ] 在区间 (1, 3 2 2

a (1 ? x) ( x > 0) x 当 a > 0时, f ( x)的单调增区间为(0,1], 减区间为[1,+∞ ) 当 a < 0时, f ( x)的单调增区间为[1,+∞ ), 减区间为(0,1];
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(2 分)

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当 a=1 时, f (x ) 不是单调函数 (II) f ' ( 4) = ?

(5 分)

3a 3 = 得a = ?2, f ( x) = ?2 ln x + 2 x ? 3 4 2 1 m ∴ g ( x) = x 3 + ( + 2) x 2 ? 2 x,∴ g ' ( x) = x 2 + (m + 4) x ? 2 (6 分) 3 2 Q g ( x)在区间(1,3)上不是单调函数, 且g ' (0) = ?2

? g ' (1) < 0, ∴? ? g ' (3) > 0.

(8 分)∴ ?

?m < ?3, 19 ? 19 (10 分) m ∈ (? ,?3) 3 ?m > 3 , ?

(12 分)

3. (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) = x 3 + ax 2 + bx + c 的图象经过坐标原点,且在 x = 1 处取得极大值. (I)求实数 a 的取值范围; (2a + 3) 2 恰好有两个不同的根,求 f (x ) 的解析式; (II)若方程 f ( x) = ? 9 (III)对于(II)中的函数 f (x) ,对任意 α、β ∈ R ,求证: | f (2 sin α ) ? f (2 sin β ) |≤ 81 . 解: (I) f (0) = 0 ? c = 0, f ′( x) = 3x 2 + 2ax + b, f ′(1) = 0 ? b = ?2a ? 3

∴ f ′( x) = 3 x 2 + 2ax ? (2a + 3) = ( x ? 1)(3 x + 2a + 3), 2a + 3 由 f ′( x) = 0 ? x = 1或x = ? ,因为当 x = 1 时取得极大值, 3 2a + 3 > 1 ? a < ?3 ,所以 a的取值范围是 : (?∞,?3) ; 所以 ? 3
…………(4分) (II)由下表:

x
f ′(x) f (x)

(?∞,1)
+
递增

1
0
极大值
?a?2

(1,?

2a + 3 ) 3

?

2a + 3 3

(?

2a + 3 ,+∞) 3

递减

0
极小值
a+6 (2a + 3) 2 27

递增

依题意得:

a+6 (2a + 3) 2 (2a + 3) 2 = ? ,解得: a = ?9 27 9 所以函数 f (x ) 的解析式是: f ( x) = x 3 ? 9 x 2 + 15 x

…………(10分) (III)对任意的实数 α , β 都有 ? 2 ≤ 2 sin α ≤ 2,?2 ≤ 2 sin β ≤ 2, 在区间[-2,2]有: f (?2) = ?8 ? 36 ? 30 = ?74, f (1) = 7, f ( 2) = 8 ? 36 + 30 = 2

f ( x)的最大值是f (1) = 7, f ( x)的最小值是f (?2) = ?8 ? 36 ? 30 = ?74 函数 f ( x)在区间[?2,2] 上的最大值与最小值的差等于81, 所以 | f (2 sin α ) ? f (2 sin β ) |≤ 81 . …………(14分) 4. (本小题满分 12 分) 已知常数 a > 0 , e 为自然对数的底数,函数 f ( x) = e x ? x , g ( x) = x 2 ? a ln x .
(I)写出 f ( x) 的单调递增区间,并证明 e a > a ; (II)讨论函数 y = g ( x) 在区间 (1, e a ) 上零点的个数. 解: (I) f ′( x) = e x ? 1 ≥ 0 ,得 f ( x) 的单调递增区间是 (0,+∞) , …………(2 分) ∵ a > 0 ,∴ f (a ) > f (0) = 1 ,∴ e a > a + 1 > a ,即 e a > a . …………(4 分)
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a (II) g ′( x) = 2 x ? = x
x g ′( x) g ( x)
当x=

2( x +

2a 2a )( x ? ) 2 2 ,由 g ′( x) = 0 ,得 x = 2a ,列表 2 x 2a 2a 2a ) ,+∞) (0, ( 2 2 2 0 + 单调递减 极小值 单调递增

2a a a 2a 时,函数 y = g ( x) 取极小值 g ( ) = (1 ? ln ) ,无极大值. 2 2 2 2 …………(6分) ?e 2 a > e a a 2a ? a 2a a 由(I) e > a ,∵ ? a ,∴ e > ,∴ e > 2 2 ?a > 2 ? g (1) = 1 > 0 , g (e a ) = e 2 a ? a 2 = (e a + a )(e a ? a) > 0 …………(8 分)

2a ≤ 1 ,即 0 < a ≤ 2 时,函数 y = g (x) 在区间 (1, e a ) 不存在零点 2 2a > 1 ,即 a > 2 时 (ii)当 2 a a 若 (1 ? ln ) > 0 ,即 2 < a < 2e 时,函数 y = g (x) 在区间 (1, e a ) 不存在零点 2 2 a a 若 (1 ? ln ) = 0 ,即 a = 2e 时,函数 y = g (x) 在区间 (1, e a ) 存在一个零点 x = e ; 2 2 a a 若 (1 ? ln ) < 0 ,即 a > 2e 时,函数 y = g (x) 在区间 (1, e a ) 存在两个零点; 2 2 a 综上所述, y = g (x) 在 (1, e ) 上,我们有结论: 当 0 < a < 2e 时,函数 f ( x ) 无零点; 当 a = 2e 时,函数 f ( x ) 有一个零点; 当 a > 2e 时,函数 f ( x ) 有两个零点. …………(12分) 5. (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) = ln( x ? 1) ? k ( x ? 1) + 1 . (I)当 k = 1 时,求函数 f ( x) 的最大值; (II)若函数 f ( x) 没有零点,求实数 k 的取值范围; 2? x 解: (I)当 k = 1 时, f ′( x) = x ?1 f (x) 定义域为(1,+ ∞ ) ,令 f ′( x) = 0, 得x = 2 , ………………(2 分) ∵当 x ∈ (1, 2)时, f ′( x) > 0 ,当 x ∈ (2, +∞ )时, f ′( x) < 0 , ∴ f ( x)在(1, 2) 内是增函数, 在(2, +∞ ) 上是减函数 ∴当 x = 2 时, f ( x) 取最大值 f (2) = 0 ………………(4 分) (II)①当 k ≤ 0时 ,函数 y = ln( x ? 1) 图象与函数 y = k ( x ? 1) ? 1 图象有公共点, ∴函数 f ( x) 有零点,不合要求; ………………(8 分)
(i)当

1 1 + k ? kx ②当 k > 0时 , f ′( x) = ?k = =? x ?1 x ?1

k(x ?

1+ k ) k x ?1

………………(6 分)

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k +1 k +1 1 ,∵ x ∈ (1, )时, f ′( x) > 0, x ∈ (1 + , +∞)时, f ′( x) < 0 , k k k 1 1 ∴ f ( x)在(1,1 + ) 内是增函数, 在[1 + , +∞) 上是减函数, k k 1 ∴ f ( x) 的最大值是 f (1 + ) = ? ln k , k ∵函数 f ( x) 没有零点,∴ ? ln k < 0 , k > 1 , 因此,若函数 f ( x) 没有零点,则实数 k 的取值范围 k ∈ (1, +∞ ) .………………(10 分) 6. (本小题满分 12 分) . 已知 x = 2 是函数 f ( x) = ( x 2 + ax ? 2a ? 3)e x 的一个极值点( e = 2.718 ? ? ? ) (I)求实数 a 的值; 3 (II)求函数 f ( x ) 在 x ∈ [ ,3] 的最大值和最小值. 2 2 解: (I)由 f ( x ) = ( x + ax ? 2a ? 3)e x 可得
令 f ′( x) = 0, 得x =

f ′( x) = (2 x + a )e x + ( x 2 + ax ? 2a ? 3)e x = [ x 2 + (2 + a ) x ? a ? 3]e x ……(4 分) ∵ x = 2 是函数 f ( x ) 的一个极值点,∴ f ′(2) = 0
∴ ( a + 5)e 2 = 0 ,解得 a = ?5
x

……………(6 分)

(II)由 f ′( x) = ( x ? 2)( x ? 1)e > 0 ,得 f (x) 在 (?∞,1) 递增,在 (2,+∞) 递增, 由 f ′( x) < 0 ,得 f (x) 在在 (1,2) 递减

3 ……………(8 分) ∴ f (2) = e 2 是 f ( x ) 在 x ∈ [ ,3] 的最小值; 2 3 7 3 3 7 3 1 3 3 f ( ) = e 2 , f (3) = e 3 ∵ f (3) ? f ( ) = e 3 ? e 2 = e 2 (4e e ? 7) > 0, f (3) > f ( ) 2 4 2 4 4 2 3 ……………(12 分) ∴ f ( x ) 在 x ∈ [ ,3] 的最大值是 f (3) = e 3 . 2 7. (本小题满分 14 分)
已知函数 f ( x ) = x 2 ? 4 x + ( 2 ? a ) ln x, ( a ∈ R, a ≠ 0) (I)当 a=18 时,求函数 f (x ) 的单调区间; (II)求函数 f (x ) 在区间 [e, e 2 ] 上的最小值. 解: (Ⅰ) f ( x ) = x 2 ? 4 x ? 16 ln x ,

16 2( x + 2)( x ? 4) = x x 由 f ' ( x) > 0 得 ( x + 2)( x ? 4) > 0 ,解得 x > 4 或 x < ?2 注意到 x > 0 ,所以函数 f (x ) 的单调递增区间是(4,+∞) 由 f ' ( x ) < 0 得 ( x + 2)( x ? 4) < 0 ,解得-2< x <4, 注意到 x > 0 ,所以函数 f (x ) 的单调递减区间是 (0,4] . 综上所述,函数 f (x ) 的单调增区间是(4,+∞) ,单调减区间是 (0,4] f ' ( x) = 2 x ? 4 ?
(Ⅱ)在 x ∈ [e, e ] 时, f ( x ) = x ? 4 x + ( 2 ? a ) ln x
2 2

2分

6分

2 ? a 2x 2 ? 4x + 2 ? a = , x x 设 g ( x) = 2 x 2 ? 4 x + 2 ? a 当 a < 0 时,有△=16+4×2 (2 ? a ) = 8a < 0 ,
所以 f ' ( x ) = 2 x ? 4 +
2 此时 g ( x ) > 0 ,所以 f ' ( x) > 0 , f (x ) 在 [e, e ] 上单调递增,

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当 a > 0 时,△= 16 ? 4 × 2( 2 ? a ) = 8a > 0 ,

所以 f ( x) min = f (e) = e ? 4e + 2 ? a
2

8分

2a 2a 或 x < 1? ; 2 2 2a 2a 令 f ' ( x ) < 0 ,即 2 x 2 ? 4 x + 2 ? a < 0 ,解得 1 ? . < x < 1+ 2 2 2a 2 2 2 ①若 1 + ≥ e ,即 a ≥ 2(e ? 1) 时, 2 f (x ) 在区间 [e, e 2 ] 单调递减,所以 f ( x ) min = f (e 2 ) = e 4 ? 4e 2 + 4 ? 2a .
令 f ' ( x) > 0 ,即 2 x 2 ? 4 x + 2 ? a > 0 ,解得 x > 1 + ②若 e < 1 +

2a < e 2 ,即 2(e ? 1) 2 < a < 2(e 2 ? 1) 2 时间, 2 2a 2a 2 f (x ) 在区间 [e,1 + ] 上单调递减,在区间 [1 + , e ] 上单调递增, 2 2 2a a 2a 所以 f (x) min = f (1 + ) = ? 2a ? 3 + ( 2 ? a ) ln(1 + ). 2 2 2 2a ③若 1 + ≤ e ,即 0 < a ≤2 (e ? 1) 2 时, f (x ) 在区间 [e, e 2 ] 单调递增, 2 所以 f ( x ) min = f (e) = e 2 ? 4e + 2 ? a
综上所述,当 a ≥2 (e 2 ? 1) 2 时, f ( x ) min = a 4 ? 4e 2 + 4 ? 2a ; 当 2(e ? 1) 2 < a < 2(e 2 ? 1) 2 时, f ( x ) min =

当 a ≤ 2(e ? 1) 2 时, f ( x ) min 8. (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) = x( x ? 6) + a ln x 在 x ∈ (2, +∞ ) 上不具有单调性. ... (I)求实数 a 的取值范围; (II)若 f ′( x) 是 f ( x) 的导函数,设 g ( x) = f ′( x) + 6 ? 不等式 | g ( x1 ) ? g ( x2 ) |>

a 2a ? 2a ? 3 + ( 2 ? a ) ln(1 + ); 2 2 = e 2 ? 4e + 2 ? a 14 分

2 ,试证明:对任意两个不相等正数 x1、x2 , x2

38 | x1 ? x2 | 恒成立. 27 a 2 x2 ? 6 x + a 解: (I) f ′( x) = 2 x ? 6 + = , ………………(2 分) x x ∵ f ( x) 在 x ∈ (2, +∞) 上不具有单调性,∴在 x ∈ (2, +∞) 上 f ′( x) 有正也有负也有 0, ...
即二次函数 y = 2 x 2 ? 6 x + a 在 x ∈ (2, +∞) 上有零点 ∵ y = 2 x 2 ? 6 x + a 是对称轴是 x = 的实数 a 的取值范围 (?∞, 4) (II)由(I) g ( x) = 2 x + 方法 1: g ( x) = f ′( x) ? ………………(4 分)

3 ,开口向上的抛物线,∴ y = 2 ? 22 ? 6 ? 2 + a < 0 2 ………………(6 分)

a 2 ? , x x2

2 a 2 + 6 = 2 x + ? 2 ( x > 0) , 2 x x x a 4 4 4 2 x3 ? 4 x + 4 ∵ a < 4 ,∴ g ′( x) = 2 ? 2 + 3 > 2 ? 2 + 3 = ,…………(8 分) x x x x x3
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设 h( x) = 2 ?

4 4 8 12 4(2 x ? 3) + 3 , h′( x) = 3 ? 4 = 2 x x x x x4 3 3 3 38 h( x) 在 (0, ) 是减函数,在 ( , +∞) 增函数,当 x = 时, h( x) 取最小值 2 2 2 27 38 38 38 ∴从而 g ′( x) > ,∴ ( g ( x) ? x)′ > 0 ,函数 y = g ( x) ? x 是增函数, 27 27 27 38 38 x1、x2 是两个不相等正数,不妨设 x1 < x2 ,则 g ( x2 ) ? x2 > g ( x1 ) ? x1 27 27 38 g ( x1 ) ? g ( x2 ) 38 ∴ g ( x2 ) ? g ( x1 ) > ( x2 ? x1 ) ,∵ x2 ? x1 > 0 ,∴ > 27 x1 ? x2 27


g ( x1 ) ? g ( x2 ) 38 38 > ,即 | g ( x1 ) ? g ( x2 ) |> | x1 ? x2 | x1 ? x2 27 27

………………(12 分)

方法 2: M ( x1 , g ( x1 )) 、 N ( x2 , g ( x2 )) 是曲线 y = g ( x) 上任意两相异点,

g ( x1 ) ? g ( x2 ) 2( x1 + x2 ) a = 2+ ? ,Q x1 + x2 > 2 x1 x2 , a < 4 2 x1 ? x2 x12 x2 x1 x2
∴2 +
设t =

2( x1 + x2 ) 4 a a 4 4 ? >2+ ? >2+ ? 2 2 3 3 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 ( x1 x2 ) ( x1 x2 )

………(8 分)

1 , t > 0 ,令 k MN = u (t ) = 2 + 4t 3 ? 4t 2 , u ′(t ) = 4t (3t ? 2) , x1 x2

由 u ′(t ) > 0 ,得 t >

2 2 , 由 u ′(t ) < 0 得 0 < t < , 3 3

2 2 3 3 2 38 g ( x1 ) ? g ( x2 ) 38 38 ∴ u (t ) 在 t = 处取极小值 ,∴ u (t ) ≥ ,∴所以 > 27 x1 ? x2 27 3 27
∴ u (t ) 在 (0, ) 上是减函数,在 ( ,+∞) 上是增函数, 38 | x1 ? x2 | 27 9. (本小题满分 12 分)
即 | g ( x1 ) ? g ( x2 ) |> ………………(12 分)

1 2 x ? ax + (a ? 1) ln x, a > 1. 2 (I)讨论函数 f ( x ) 的单调性;
已知函数 f ( x ) = (II)证明:若 a < 5, 则对任意x1 , x 2 ∈ (0,+∞), x1 ≠ x 2 , 有 (1) f ( x ) 的定义域为 (0,+∞) , f ' ( x) = x ? a + 2分 (i)若 a ? 1 = 1, 即a = 2 ,则 f ' ( x) =

f ( x1 ) ? f ( x 2 ) > ?1. x1 ? x 2

a ? 1 x 2 ? ax + a ? 1 ( x ? 1)( x + 1 ? a) = = x x x

( x ? 1) 2 . 故 f (x) 在 (0,+∞) 单调增加. x (ii)若 a ? 1 < 1, 而a > 1, 故1 < a < 2, 则当x ∈ ( a ? 1,1)时, f ' ( x) < 0. 当x ∈ (0, a ? 1)及x ∈ (1,+∞)时, f ' ( x) > 0, 故f ( x)在(a ? 1,1) 单调减少,在(0,a-1) , (1,+∞) 单调增加. (iii)若 a ? 1 > 1, 即a > 2,同理可得f ( x)在(1, a ? 1)单调减少, 在(0,1), ( a ? 1,+∞)
单调增加.

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(II)考虑函数 g ( x ) = f ( x ) + x =

1 2 x ? ax + (a ? 1) ln x + x. 2 a ?1 a ?1 由 g ' ( x) = x ? ( a ? 1) + ≥ 2 x? ? (a ? 1) = 1 ? ( a ? 1 ? 1) 2 . x x 由于 a < a5, 故g ' ( x) > 0, 即g ( x)在(0,+∞)单调增加 ,从而当 x1 > x 2 > 0 时有 g ( x1 ) ? g ( x 2 ) > 0,即f ( x1 ) ? f ( x 2 ) + x1 ? x 2 > 0, f ( x1 ) ? f ( x 2 ) f ( x1 ) ? f ( x 2 ) f ( x 2 ) ? f ( x1 ) 故 > ?1 ,当 0 < x1 < x 2 时,有 = > ?1 x1 ? x 2 x1 ? x 2 x 2 ? x1

10. (本小题满分 14 分)

1 2 x + a ln x, g ( x) = (a + 1) x , a ≠ ?1 . 2 (I)若函数 f ( x ), g ( x ) 在区间 [1,3] 上都是单调函数且它们的单调性相同,求实数 a 的取值范围; (II)若 a ∈ (1, e] (e = 2.71828L) ,设 F ( x) = f ( x) ? g ( x) ,求证:当 x1 , x2 ∈ [1, a ] 时,不等式 | F ( x1 ) ? F ( x2 ) |< 1 成立. a ……………(2 分) 解: (I) f ′( x) = x + , g ′( x) = a + 1 , x ∵函数 f ( x), g ( x) 在区间 [1,3] 上都是单调函数且它们的单调性相同,
已知函数 f ( x ) = ∴当 x ∈ [1,3] 时, f ′( x) ? g ′( x) = 即 ( a + 1)( x 2 + a ) ≥ 0 恒成立, ∴?

(a + 1)( x 2 + a ) ≥ 0 恒成立, x

……………(4 分)

? a > ?1 ?a ≥ ? x
2

在 x ∈ [1,3] 时恒成立,或 ?

?a < ?1 ?a ≤ ? x
2

在 x ∈ [1,3] 时恒成立,

∵ ?9 ≤ x ≤ ?1 ,∴ a > ?1 或 a ≤ ?9 ………………(6 分) 1 2 a ( x ? a )( x ? 1) (II) F ( x) = x + a ln x, ?(a + 1) x , F ′( x) = x + ? (a + 1) = 2 x x ∵ F ( x) 定义域是 (0, +∞) , a ∈ (1, e] ,即 a > 1 ∴ F ( x) 在 (0,1) 是增函数,在 (1, a ) 实际减函数,在 (a, +∞) 是增函数

1 , 2 1 当 x = a 时, F ( x) 取极小值 m = F ( a) = a ln a ? a 2 ? a , 2 ∵ x1 , x2 ∈ [1, a ] ,∴ | F ( x1 ) ? F ( x2 ) |≤| M ? m |= M ? m
∴当 x = 1 时, F ( x) 取极大值 M = F (1) = ?a ? 设 G (a ) = M ? m = ∴ [G ′( a )]′ = 1 ?

………………(8 分) ………………(10 分)

1 2 1 a ? a ln a ? ,则 G ′(a ) = a ? ln a ? 1 , 2 2

1 ,∵ a ∈ (1, e] ,∴ [G ′( a )]′ > 0 a ∴ G ′( a ) = a ? ln a ? 1 在 a ∈ (1, e] 是增函数,∴ G ′(a ) > G ′(1) = 0 1 2 1 ∴ G ( a ) = a ? a ln a ? 在 a ∈ (1, e] 也是增函数 ………………(12 分) 2 2 1 2 1 (e ? 1)2 ∴ G ( a ) ≤ G (e) ,即 G ( a ) ≤ e ? e ? = ?1, 2 2 2 1 2 1 (e ? 1)2 (3 ? 1) 2 ?1 < ? 1 = 1 ,∴ G (a ) = M ? m < 1 而 e ?e? = 2 2 2 2
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∴当 x1 , x2 ∈ [1, a ] 时,不等式 | F ( x1 ) ? F ( x2 ) |< 1 成立.

………………(14 分)

11. (本小题满分 12 分) 设曲线 C : f ( x ) = ln x ? ex ( e = 2.71828 ??? ) f ′( x ) 表示 f ( x ) 导函数. , (I)求函数 f ( x ) 的极值; (II)对于曲线 C 上的不同两点 A( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) , x1 < x2 ,求证:存在唯一的 x0 ∈ ( x1 , x2 ) ,使 直线 AB 的斜率等于 f ′( x0 ) . 解: (I) f ′( x ) =

1 1 ? ex 1 ?e = = 0 ,得 x = x x e 当 x 变化时, f ′( x ) 与 f ( x) 变化情况如下表: 1 1 (0, ) e e f ′( x) 0 + f ( x) 单调递增 极大值 1 1 ∴当 x = 时, f ( x) 取得极大值 f ( ) = ?2 ,没有极小值; e e
x

1 ( , +∞) e - 单调递减
…………(4 分)

(II) (方法 1)∵ f ′( x0 ) = k AB ,∴

1 ln x2 ? ln x1 ? e( x2 ? x1 ) x ? x1 x ?e = ,∴ 2 ? ln 2 = 0 x0 x2 ? x1 x0 x1 x x 即 x0 ln 2 ? ( x2 ? x1 ) = 0 ,设 g ( x ) = x ln 2 ? ( x2 ? x1 ) x1 x1 x x / g ( x1 ) = x1 ln 2 ? ( x2 ? x1 ) , g ( x1 ) x = ln 2 ? 1 > 0 , g ( x1 ) 是 x1 的增函数, 1 x1 x1 x ∵ x1 < x2 ,∴ g ( x1 ) < g ( x2 ) = x2 ln 2 ? ( x2 ? x2 ) = 0 ; x2 x x / g ( x2 ) = x2 ln 2 ? ( x2 ? x1 ) , g ( x2 ) x = ln 2 ? 1 > 0 , g ( x2 ) 是 x2 的增函数, 2 x1 x1 x ∵ x1 < x2 ,∴ g ( x2 ) > g ( x1 ) = x1 ln 1 ? ( x1 ? x1 ) = 0 , x1 x ∴函数 g ( x ) = x ln 2 ? ( x2 ? x1 ) 在 ( x1 , x2 ) 内有零点 x0 , …………(10 分) x1 x x x 又∵ 2 > 1,∴ ln 2 > 0 ,函数 g ( x ) = x ln 2 ? ( x2 ? x1 ) 在 ( x1 , x2 ) 是增函数, x1 x1 x1 x ? x1 x ∴函数 g ( x ) = 2 ? ln 2 在 ( x1 , x2 ) 内有唯一零点 x0 ,命题成立…………(12 分) x x1 1 ln x2 ? ln x1 ? e( x2 ? x1 ) (方法 2)∵ f ′( x0 ) = k AB ,∴ ?e = , x0 x2 ? x1 即 x0 ln x2 ? x0 ln x1 + x1 ? x2 = 0 , x0 ∈ ( x1 , x2 ) ,且 x0 唯一 设 g ( x ) = x ln x2 ? x ln x1 + x1 ? x2 ,则 g ( x1 ) = x1 ln x2 ? x1 ln x1 + x1 ? x2 , 再设 h( x ) = x ln x2 ? x ln x + x ? x2 , 0 < x < x2 ,∴ h′( x ) = ln x2 ? ln x > 0
∴ h( x ) = x ln x2 ? x ln x + x ? x2 在 0 < x < x2 是增函数 ∴ g ( x1 ) = h( x1 ) < h( x2 ) = 0 ,同理 g ( x2 ) > 0 ∴方程 x ln x2 ? x ln x1 + x1 ? x2 = 0 在 x0 ∈ ( x1 , x2 ) 有解
…………(10 分)

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∵一次函数在 ( x1 , x2 ) g ( x ) = (ln x2 ? ln x1 ) x + x1 ? x2 是增函数 ∴方程 x ln x2 ? x ln x1 + x1 ? x2 = 0 在 x0 ∈ ( x1 , x2 ) 有唯一解,命题成立………(12 分) 注:仅用函数单调性说明,没有去证明曲线 C 不存在拐点,不给分. 12. (本小题满分 14 分) 定义 F ( x, y ) = (1 + x) y , x, y ∈ (0,+∞) , (I)令函数 f ( x) = F (3,log 2 (2 x ? x 2 + 4)) ,写出函数 f ( x) 的定义域; (II)令函数 g ( x) = F (1,log 2 ( x 3 + ax 2 + bx + 1)) 的图象为曲线 C,若存在实数 b 使得曲线 C 在

x0 (?4 < x 0 < ?1) 处有斜率为-8 的切线,求实数 a 的取值范围;
(III)当 x, y ∈ N * 且 x < y 时,求证 F ( x, y ) > F ( y, x) . 解: (I) log 2 (2 x ? x 2 + 4) > 0 ,即 2 x ? x 2 + 4 > 1 得函数 f ( x) 的定义域是 (?1,3) , (II) g ( x) = F (1,log 2 ( x 2 + ax 2 + bx + 1)) = x3 + ax 2 + bx + 1, 设曲线 C在x0 (?4 < x0 < ?1) 处有斜率为-8 的切线, 又由题设 log 2 ( x + ax + bx + 1) > 0, g ′( x) = 3 x + 2ax + b,
3 2 2
2 ?3 x0 + 2ax0 + b = ?8 ① ? 有解, ∴存在实数 b 使得 ?? 4 < x 0 < ?1 ② ? 3 2 ? x0 + ax0 + bx0 + 1 > 1 ③

……………………(2 分) ……………………(4 分)

……………………(6 分)

由①得 b = ?8 ? 3 x 0 ? 2ax 0 , 代入③得 ? 2 x 0 ? ax 0 ? 8 < 0 ,
2 2

?2 x 2 + ax0 + 8 > 0 ? ∴由 ? 0 有解, ……………………(8 分) ??4 < x0 < ?1 ? 8 8 方法 1: a < 2(? x0 ) + ,因为 ?4 < x0 < ?1 ,所以 2(? x0 ) + ∈ [8,10) , (? x0 ) (? x0 )
当 a < 10 时,存在实数 b ,使得曲线 C 在 x 0 ( ?4 < x 0 < ?1) 处有斜率为-8 的切线 ………………(10 分) 方法 2:得 2 × ( ?4) + a × ( ?4) + 8 > 0或2 × ( ?1) + a × (?1) + 8 > 0 , ∴ a < 10或a < 10,∴ a < 10. ………………(10 分)
2 2

? 2 × (?4) 2 + a × (?4) + 8 ≤ 0 方法 3:是 ? 的补集,即 a < 10 ? 2 ? 2 × (?1) + a × ( ?1) + 8 ≤ 0 ?

………………(10 分)

x ? ln(1 + x) ln(1 + x) ′( x) = 1 + x 2 (III)令 h( x ) = , x ≥ 1,由h x x 1 1 x ?x 又令 p ( x ) = ? ln(1 + x), x > 0, ∴ p ′( x) = ? = < 0, 2 1+ x 1 + x (1 + x) 2 (1 + x) ∴ p( x)在[0,+∞) 单调递减. ……………………(12)分
∴当x > 0时有p ( x) < p(0) = 0,∴当x ≥ 1时有h′( x ) < 0,

∴ h( x)在[1,+∞) 单调递减, ln(1 + x) ln(1 + y ) ∴1 ≤ x < y时, 有 > ,∴ y ln(1 + x) > x ln(1 + y ),∴ (1 + x ) y > (1 + y ) x , x y ? ∴当x, y ∈ N 且x < y时F ( x, y ) > F ( y, x). ………………(14 分)

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