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2010届高考复习五年高考三年联考精品数学题库:第三章 导数及其应用(52页)

第三章

导数及其应用

第一部分 五年高考荟萃 2009 年高考题
一,选择题 1.(2009 年广东卷文)函数 f ( x) = ( x 3)e 的单调递增区间是
x

(

)

A. (∞,2) 答案 D 解析

B.(0,3)

C.(1,4)

D. ( 2,+∞)

f ′( x) = ( x 3)′e x + ( x 3) ( e x )′ = ( x 2)e x ,令 f ′( x) > 0 ,解得 x > 2 ,故选 D
)

2.(2009 全国卷Ⅰ理) 已知直线 y=x+1 与曲线 y = ln( x + a ) 相切,则α的值为( A.1 答案 B 解:设切点 P ( x0 , y0 ) ,则 y0 B. 2 C.-1 D.-2

= x0 + 1, y0 = ln( x0 + a ) ,又∵ y ' |x= x0 =
选B

1 =1 x0 + a

∴ x0 + a = 1∴ y0 = 0, x 0 = 1∴ a = 2 .故答案

3.(2009 安徽卷理)已知函数 f ( x ) 在 R 上满足 f ( x ) = 2 f (2 x ) x 2 + 8 x 8 ,则曲线

y = f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程是
A. y = 2 x 1 答案 解析 A 由 f ( x ) = 2 f (2 x ) x 2 + 8 x 8 得几何 B. y = x C. y = 3 x 2 D. y = 2 x + 3

(

)

f (2 x) = 2 f ( x) (2 x) 2 + 8(2 x) 8 ,
即 2 f ( x ) f (2 x ) = x 2 + 4 x 4 ,∴ f ( x ) = x 2 ∴ f / ( x ) = 2 x ,∴切线方程

y 1 = 2( x 1) ,即 2 x y 1 = 0 选 A
3 4.(2009 江西卷文)若存在过点 (1, 0) 的直线与曲线 y = x 和 y = ax 2 +

15 x 9 都相切,则 4
( )

a 等于

1

A. 1 或 答案 解析 A

25 64

B. 1 或

21 4

C.

7 25 或4 64

D.

7 或7 4

设过 (1, 0) 的直线与 y = x3 相切于点 ( x0 , x0 ) ,所以切线方程为
3

y x03 = 3 x0 2 ( x x0 )
即 y = 3 x0 x 2 x0 ,又 (1, 0) 在切线上,则 x0 = 0 或 x0 =
2 3

3 , 2 15 25 2 x 9 相切可得 a = , 当 x0 = 0 时,由 y = 0 与 y = ax + 4 64 3 27 27 15 2 当 x0 = 时,由 y = x 与 y = ax + x 9 相切可得 a = 1 ,所以选 A . 2 4 4 4

5.(2009 江西卷理)设函数 f ( x ) = g ( x ) + x 2 ,曲线 y = g ( x ) 在点 (1, g (1)) 处的切线方程为

y = 2 x + 1 ,则曲线 y = f ( x) 在点 (1, f (1)) 处切线的斜率为
A. 4 答案 A 解析 力. 6.(2009 全国卷Ⅱ理)曲线 y = A. x y 2 = 0 答案 B 解析 B.

(

)

1 4

C. 2

D.

1 2

由已知 g ′(1) = 2 ,而 f ′( x ) = g ′( x ) + 2 x ,所以 f ′(1) = g ′(1) + 2 × 1 = 4 故选 A

x 在点 (1,1) 处的切线方程为 2x 1
C. x + 4 y 5 = 0

( D. x 4 y 5 = 0

)

B. x + y 2 = 0

y ′ |x=1 =

2x 1 2x 1 |x =1 = [ ] |x =1 = 1, 2 (2 x 1) (2 x 1)2
故选 B.

故切线方程为 y 1 = ( x 1) ,即 x + y 2 = 0

7.(2009 湖南卷文)若函数 y = f ( x) 的导函数在区间 [ a, b] 上是增函数, ... 则函数 y = f ( x) 在区间 [ a, b] 上的图象可能是 ( )

2

y

y y

y

o

a

b x

o

a

b x
B.

o

a

b x
C.

o

a

b x

A .

D.

解析

因为函数 y = f ( x) 的导函数 y = f ′( x ) 在区间 [ a, b] 上是增函数,即在区间 [ a, b] ... 注意 C 中 y ′ = k 为常数噢. ( )

上各点处的斜率 k 是递增的,由图易知选 A.

8.(2009 辽宁卷理)若 x1 满足 2x+ 2 x =5, x2 满足 2x+2 log 2 (x-1)=5, x1 + x2 = A.

5 2

B.3

C.

7 2

D.4

答案 C 解析 由题意 2 x1 + 2 x = 5
1



2 x2 + 2 log 2 ( x2 1) = 5
1



所以 2 x = 5 2 x1 , x1 = log 2 (5 2 x1 ) 即 2 x1 = 2 log 2 (5 2 x1 ) 令 2x1=7-2t,代入上式得 7-2t=2log2(2t-2)=2+2log2(t-1) ∴5-2t=2log2(t-1)与②式比较得 t=x2 于是 2x1=7-2x2 9.(2009 天津卷理)设函数 f ( x ) =

1 x ln x( x > 0), 则 y = f ( x) 3

(

)

1 e 1 B 在区间 ( ,1), (1, e) 内均无零点. e 1 C 在区间 ( ,1) 内有零点,在区间 (1, e) 内无零点. e 1 D 在区间 ( ,1) 内无零点,在区间 (1, e) 内有零点. e
A 在区间 ( ,1), (1, e) 内均有零点. 【考点定位】本小考查导数的应用,基础题. 解析 由 题 得 f `( x ) =

1 1 x3 , 令 f `( x ) > 0 得 x > 3 ; 令 f `( x ) < 0 得 = 3 x 3x

0 < x < 3 ;f `( x ) = 0 得 x = 3 , 故知函数 f ( x ) 在区间 ( 0,3) 上为减函数, 在区间 ( 3,+∞ )
为增函数,在点 x = 3 处有极小值 1 ln 3 < 0 ;又
3

f (1) =

1 e 1 1 , f (e ) = 1 < 0, f ( ) = + 1 > 0 ,故选择 D. 3 3 e 3e

二,填空题 10.(2009 辽宁卷文)若函数 f ( x) =

x2 + a 在 x = 1 处取极值,则 a = x +1

解析

2 x( x + 1) ( x 2 + a) f'(x)= ( x + 1) 2
3 a =0 a=3 4
2

f'(1)= 答案 3

11.若曲线 f ( x ) = ax + Inx 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 的取值范围是 解析 由题意该函数的定义域 x > 0 ,由 f


.

1 .因为存在垂直于 y 轴的切 x 1 ′ 线,故此时斜率为 0 ,问题转化为 x > 0 范围内导函数 f ( x ) = 2ax + 存在零点. x 1 解法 1 (图像法)再将之转化为 g ( x ) = 2ax 与 h ( x ) = 存在交点.当 a = 0 不符合题 x 意,当 a > 0 时,如图 1,数形结合可得显然没有交点,当 a < 0 如图 2,此时正好有一个

( x ) = 2ax +

交点,故有 a < 0 应填 ( ∞, 0 ) 或是 {a | a < 0} .

解法 2 (分离变量法)上述也可等价于方程 2ax +

1 = 0 在 ( 0, +∞ ) 内有解,显然可得 x

a=

1 ∈ ( ∞, 0 ) 2x2
.

3 2 12.(2009 江苏卷)函数 f ( x ) = x 15 x 33 x + 6 的单调减区间为

4

解析

考查利用导数判断函数的单调性.

f ′( x) = 3 x 2 30 x 33 = 3( x 11)( x + 1) ,
由 ( x 11)( x + 1) < 0 得单调减区间为 ( 1,11) .亦可填写闭区间或半开半闭区间. 13.(2009 江苏卷)在平面直角坐标系 xoy 中,点 P 在曲线 C : y = x3 10 x + 3 上,且在第 二象限内,已知曲线 C 在点 P 处的切线的斜率为 2,则点 P 的坐标为 解析 考查导数的几何意义和计算能力. .

y′ = 3 x 2 10 = 2 x = ±2 ,又点 P 在第二象限内,∴ x = 2 点 P 的坐标为(-2,15)
答案 : a > 1 【命题立意】 :本题考查了指数函数的图象与直线的位置关系,隐含着对指数函数的性质的考 查,根据其底数的不同取值范围而分别画出函数的图象解答. 14.(2009 福建卷理)若曲线 f ( x ) = ax 3 + ln x 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 取值范围 是_____________. 答案 解析

(∞, 0)
由题意可知 f ( x ) = 2ax +
' 2 2

1 ,又因为存在垂直于 y 轴的切线, x

所以 2ax +

1 1 = 0 a = 3 ( x > 0) a ∈ (∞, 0) . x 2x

15.(2009 陕西卷理)设曲线 y = x n +1 ( n ∈ N * ) 在点(1,1)处的切线与 x 轴的交点的横坐标 为 xn ,令 an = lg xn ,则 a1 + a2 + + a99 的值为 答案 -2 .

解析:点(1,1)在函数y = x n +1 (n ∈ N * )的图像上, ∴ (1,1)为切点,
y = x n +1的导函数为y ' = (n + 1) x n y ' |x =1 = n + 1 切线是:y 1 = (n + 1)( x 1)

令y=0得切点的横坐标:xn =

n n +1 1 2 98 99 1 a1 + a2 + ... + a99 = lg x1 x2 ...x99 = lg i i...i i = lg = 2 2 3 99 100 100

16.(2009 四川卷文)设 V 是已知平面 M 上所有向量的集合,对于映射 f : V → V , a ∈ V , 记 a 的 象为 f ( a ) . 若映射 f : V → V 满 足: 对所有 a,b ∈ V 及 任意实数 λ , 都 有

f (λ a + b) = λ f (a ) + f (b) ,则 f 称为平面 M 上的线性变换.现有下列命题:
①设 f 是平面 M 上的线性变换, a,b ∈ V ,则 f ( a + b) = f (a ) + f (b) 对 则 ②若 e 是平面 M 上的单位向量, a ∈ V , 设f ( a ) = a + e , f 是平面 M 上的线性变换;
5

③对 a ∈ V , 设f ( a ) = a ,则 f 是平面 M 上的线性变换; ④设 f 是平面 M 上的线性变换, a ∈ V ,则对任意实数 k 均有 f ( ka ) = kf ( a ) . 其中的真命题是 答案 ①③④ 解析 (写出所有真命题的编号)

①:令 λ = = 1 ,则 f ( a + b) = f ( a ) + f (b) 故①是真命题

同理,④:令 λ = k , = 0 ,则 f ( ka ) = kf ( a ) 故④是真命题 ③:∵ f (a ) = a ,则有 f (b) = b

f (λa + b) = (λa + b) = λ (a ) + (b) = λf (a ) + f (b) 是线性变换,故③是真
命题 ②:由 f ( a ) = a + e ,则有 f (b) = b + e

f (λa + b) = (λa + b) + e = λ (a + e) + (b + e) e = λf (a ) + f (b) e
∵ e 是单位向量, e ≠0,故②是假命题 备考提示】 本小题主要考查函数, 对应及高等数学线性变换的相关知识, 试题立意新颖, 【备考提示】 突出创新能力和数学阅读能力,具有选拔性质. 17. (2009 宁夏海南卷文) 曲线 y = xe x + 2 x + 1 在点 (0,1) 处的切线方程为 答案 解析 三,解答题 18.(2009 全国卷Ⅰ理)本小题满分 12 分. 注意:在试题卷上作答无效) (注意 在试题卷上作答无效) 注意: ............. 设函数 f ( x ) = x + 3bx + 3cx 在两个
3 2

.

y = 3x + 1 y ' = e x + xe x + 2 ,斜率 k= e 0 + 0 + 2 =3,所以,y-1=3x,即 y = 3 x + 1

极值点 x1,x2 ,且 x1 ∈ [ 1, x2 ∈ [1, 2]. 0], (I)求 b,c 满足的约束条件,并在下面 的坐标平面内,画出满足这些条件的点

c

( b, c ) 的区域;
(II)证明: 10 ≤ f ( x2 ) ≤

1 2

b

分析(I)这一问主要考查了二次函数根的 分布及线性规划作可行域的能力.
6

大部分考生有思路并能够得分. f ′ ( x ) = 3 x + 6bx + 3c 由题意知方程 f ′ ( x ) = 0 有两个根
2

x1,x2 且x1 ∈ [1, x2 ∈ [1, 2]. 则有 f ′ ( 1) ≥ 0, 0],

f ′ ( 0 ) ≤ 0,f ′ (1) ≤ 0,f ′ ( 2 ) ≥ 0 故有
右图中阴影部分即是满足这些条件的点 ( b, c ) 的区域.

(II)这一问考生不易得分,有一定的区分度.主要原因是含字母较多, 不易找到突破口.此题主要利用消元的手段,消去目标

f ( x2 ) = x23 + 3bx2 2 + 3cx2 中的 b , (如果消 c 会较繁琐)再利用 x2 的范围,并借助(I)
中的约束条件得 c ∈ [ 2, 0] 进而求解,有较强的技巧性. 解析 由题意有 f ′ ( x2 ) = 3 x2 + 6bx2 + 3c = 0 ...... ......①
2 3 2

又 f ( x2 ) = x2 + 3bx2 + 3cx2 ...........② .......... 消去 b 可得 f ( x2 ) =

1 3 3c x2 + x2 . 2 2 ∴10 ≤ f ( x2 ) ≤

1 2 19. (2009 浙江文 ) 本题 满分 15 分 )已知 函数 f ( x ) = x 3 + (1 a ) x 2 a ( a + 2) x + b (
又∵ x2 ∈ [1, 2] ,且 c ∈ [ 2, 0]

(a , b ∈ R) .
(I)若函数 f ( x ) 的图象过原点,且在原点处的切线斜率是 3 ,求 a, b 的值; (II)若函数 f ( x ) 在区间 (1,1) 上不单调,求 a 的取值范围. ... 解析 又 (Ⅰ)由题意得 f ′( x ) = 3 x 2 + 2(1 a ) x a ( a + 2)



f ( 0) = b = 0

f ′(0) = a (a + 2) = 3

,解得 b = 0 , a = 3 或 a = 1

(Ⅱ)函数 f ( x ) 在区间 (1,1) 不单调,等价于 导函数 f ′( x ) 在 (1,1) 既能取到大于 0 的实数,又能取到小于 0 的实数 即函数 f ′( x ) 在 (1,1) 上存在零点,根据零点存在定理,有

f ′(1) f ′(1) < 0 , 即: [3 + 2(1 a ) a (a + 2)][3 2(1 a ) a (a + 2)] < 0
2 整理得: ( a + 5)( a + 1)( a 1) < 0 ,解得 5 < a < 1

7

20.(2009 北京文) (本小题共 14 分) 设函数 f ( x) = x 3ax + b( a ≠ 0) .
3

(Ⅰ)若曲线 y = f ( x) 在点 (2, f ( x )) 处与直线 y = 8 相切,求 a, b 的值; (Ⅱ)求函数 f ( x ) 的单调区间与极值点. 解析 本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值, 解不等式等基础知识, 考查 综合分析和解决问题的能力. (Ⅰ) f
'

( x ) = 3x 2 3a ,

∵曲线 y = f ( x) 在点 (2, f ( x )) 处与直线 y = 8 相切,

' a = 4, f ( 2 ) = 0 3 ( 4 a ) = 0 ∴ f ( 2) = 8 8 6a + b = 8 b = 24.
(Ⅱ)∵ f ' ( x ) = 3 x 2 a 当 a < 0 时, f
'

(

) ( a ≠ 0) ,

( x ) > 0 ,函数 f ( x) 在 ( ∞, +∞ ) 上单调递增,

此时函数 f ( x ) 没有极值点. 当 a > 0 时,由 f
'

( x) = 0 x = ±
'

a,

( x ) > 0 ,函数 f ( x) 单调递增, ( ) 当 x ∈ ( a , a ) 时, f ( x ) < 0 ,函数 f ( x ) 单调递减, 当 x ∈ ( a , +∞ ) 时, f ( x ) > 0 ,函数 f ( x ) 单调递增,
当 x ∈ ∞, a 时, f
' '

∴此时 x = a 是 f ( x ) 的极大值点, x = 21.(2009 北京理) (本小题共 13 分) 设函数 f ( x ) = xe kx ( k ≠ 0)

a 是 f ( x) 的极小值点.

(Ⅰ)求曲线 y = f ( x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程; (Ⅱ)求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅲ)若函数 f ( x ) 在区间 (1,1) 内单调递增,求 k 的取值范围. 解析 本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值,解不等式等基础知识,考查 综合分析和解决问题的能力. (Ⅰ) f
'

( x ) = (1 + kx ) ekx , f ' ( 0 ) = 1, f ( 0 ) = 0 ,
8

曲线 y = f ( x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y = x . (Ⅱ)由 f
'

( x ) = (1 + kx ) ekx = 0 ,得 x = ( k ≠ 0 ) ,
1 ' 时, f ( x ) < 0 ,函数 f ( x ) 单调递减, k

1 k

若 k > 0 ,则当 x ∈ ∞,

当 x ∈

1 , +∞, 时, f ' ( x ) > 0 ,函数 f ( x ) 单调递增, k 1 ' 时, f ( x ) > 0 ,函数 f ( x ) 单调递增, k

若 k < 0 ,则当 x ∈ ∞,

当 x ∈

1 , +∞, 时, f ' ( x ) < 0 ,函数 f ( x ) 单调递减, k 1 ≤ 1 , k

(Ⅲ)由(Ⅱ)知,若 k > 0 ,则当且仅当 即 k ≤ 1 时,函数 f ( x ) ( 1,1) 内单调递增, 若 k < 0 ,则当且仅当

1 ≥1, k

即 k ≥ 1 时,函数 f ( x ) ( 1,1) 内单调递增, 综上可知,函数 f ( x ) ( 1,1) 内单调递增时, k 的取值范围是 [ 1, 0 ) ∪ ( 0,1] . 22.(2009 山东卷文)(本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) =

1 3 ax + bx 2 + x + 3 ,其中 a ≠ 0 3

(1)当 a, b 满足什么条件时, f (x ) 取得极值? (2)已知 a > 0 ,且 f (x ) 在区间 (0,1] 上单调递增,试用 a 表示出 b 的取值范围. 解: (1)由已知得 f '( x) = ax 2 + 2bx + 1 ,令 f ' ( x) = 0 ,得 ax + 2bx + 1 = 0 ,
2

f (x) 要取得极值,方程 ax 2 + 2bx + 1 = 0 必须有解,
所以△ = 4b 4a > 0 ,即 b > a ,
2 2

此时方程 ax + 2bx + 1 = 0 的根为
2

x1 =

2b 4b 2 4a b b 2 a 2b + 4b 2 4a b + b 2 a = , x2 = = , 2a a 2a a

所以 f '( x) = a ( x x1 )( x x2 )
9

当 a > 0 时, x f'(x) f (x) (-∞,x1) + 增函数 x1 0 极大值 (x1,x2) - 减函数 x2 0 极小值 (x2,+∞) + 增函数

所以 f (x ) 在 x 1, x2 处分别取得极大值和极小值. 当 a < 0 时, x f'(x) f (x) (-∞,x2) - 减函数 x2 0 极小值 (x2,x1) + 增函数 x1 0 极大值 (x1,+∞) - 减函数

所以 f (x ) 在 x 1, x2 处分别取得极大值和极小值. 综上,当 a, b 满足 b > a 时, f (x ) 取得极值.
2

(2)要使 f (x ) 在区间 (0,1] 上单调递增,需使 f '( x) = ax 2 + 2bx + 1 ≥ 0 在 (0,1] 上恒成立.

ax 1 ax 1 , x ∈ (0,1] 恒成立, 所以 b ≥ ( ) max 2 2x 2 2x 1 a( x 2 ) ax 1 a 1 a , 设 g ( x) = , g '( x) = + 2 = 2 2x 2 2x 2 x2
即b ≥ 令 g '( x ) = 0 得 x =

1 1 或x= (舍去), a a

当 a > 1 时, 0 <

1 1 ax 1 < 1 ,当 x ∈ (0, ) 时 g '( x) > 0 , g ( x) = 单调增函数; a 2 2x a

当 x∈(

1 ax 1 ,1] 时 g '( x) < 0 , g ( x) = 单调减函数, 2 2x a 1 1 时, g ( x ) 取得最大,最大值为 g ( )= a. a a

所以当 x = 所以 b ≥ a

当 0 < a ≤ 1 时,

1 ax 1 ≥ 1 ,此时 g '( x) ≥ 0 在区间 (0,1] 恒成立,所以 g ( x) = 在区 2 2x a a +1 a +1 ,所以 b ≥ 2 2

间 (0,1] 上单调递增,当 x = 1 时 g ( x ) 最大,最大值为 g (1) =

10

综上,当 a > 1 时, b ≥ a ;

当 0 < a ≤ 1 时, b ≥

a +1 2

【命题立意】:本题为三次函数,利用求导的方法研究函数的极值,单调性和函数的最值, 函数在区间上为单调函数,则导函数在该区间上的符号确定,从而转为不等式恒成立,再转 为函数研究最值.运用函数与方程的思想,化归思想和分类讨论的思想解答问题. 22.设函数 f ( x ) =

1 3 x (1 a ) x 2 + 4ax + 24a ,其中常数 a>1 3

(Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)若当 x≥0 时,f(x)>0 恒成立,求 a 的取值范围. 解析 本题考查导数与函数的综合运用能力,涉及利用导数讨论函数的单调性, 本题考查导数与函数的综合运用能力,涉及利用导数讨论函数的单调性,第一

问关键是通过分析导函数,从而确定函数的单调性,第二问是利用导数及函数的最值, 问关键是通过分析导函数,从而确定函数的单调性,第二问是利用导数及函数的最值, 由恒成立条件得出不等式条件从而求出的范围. 由恒成立条件得出不等式条件从而求出的范围. 解析 (I) f ′( x ) = x 2 2(1 + a ) x + 4a = ( x 2)( x 2a )

由 a > 1 知,当 x < 2 时, f ′( x ) > 0 ,故 f (x ) 在区间 (∞,2) 是增函数; 当 2 < x < 2a 时, f ′( x ) < 0 ,故 f (x ) 在区间 (2,2a ) 是减函数; 当 x > 2a 时, f ′( x ) > 0 ,故 f (x ) 在区间 (2a,+∞) 是增函数. 综上,当 a > 1 时, f (x ) 在区间 (∞,2) 和 (2a,+∞) 是增函数,在区间 (2,2a ) 是减函数. (II)由(I)知,当 x ≥ 0 时, f (x ) 在 x = 2a 或 x = 0 处取得最小值.

1 f (2a ) = (2a ) 3 (1 + a )(2a ) 2 + 4a 2a + 24a 3 4 = a 3 + 4a 2 + 24a 3 f (0) = 24a
由假设知

a > 1 f (2a) > 0, f (0) > 0,

a > 1, 4 即 a (a + 3)(a 6) > 0, 3 24a > 0.

解得 1<a<6

故 a 的取值范围是(1,6)
23.( 2009 广 东 卷 理 ) (本小题满分 14 分) 已知二次函数 y = g ( x ) 的导函数的图像与直线 y = 2 x 平行,且 y = g ( x ) 在 x = 1 处取

11

得极小值 m 1( m ≠ 0) .设 f ( x ) =

g ( x) . x

(1)若曲线 y = f ( x) 上的点 P 到点 Q (0, 2) 的距离的最小值为 2 ,求 m 的值; (2) k ( k ∈ R ) 如何取值时,函数 y = f ( x ) kx 存在零点,并求出零点. 解 析 ( 1 ) 依 题 可 设 g ( x) = a ( x + 1) + m 1
2

( a≠0 ) , 则

g ' ( x) = 2a ( x + 1) = 2ax + 2a ;
又 g ′ ( x ) 的图像与直线 y = 2 x 平行

∴ 2a = 2

a =1 g ( x) x = x+ m +2, x

∴ g ( x) = ( x + 1) 2 + m 1 = x 2 + 2 x + m , f ( x ) =

设 P xo , yo ,则 | PQ | = x 0 + ( y 0 2) = x 0 + ( x 0 +
2 2 2 2

(

)

m 2 ) x0

2 = 2 x0 +

m2 + 2 m ≥ 2 2 m 2 + 2 m = 2 2 | m | +2 m 2 x0
2

当且仅当 2 x 0 =

m2 时, | PQ | 2 取得最小值,即 | PQ | 取得最小值 2 2 x0

当 m > 0 时, ( 2 2 + 2) m = 当 m < 0 时, ( 2 2 + 2) m =

2 2

解得 m =

2 1

解得 m = 2 1

(2)由 y = f ( x ) kx = (1 k ) x +

m + 2 = 0 ( x ≠ 0 ),得 (1 k ) x 2 + 2 x + m = 0 x m m 当 k = 1 时,方程 (*) 有一解 x = ,函数 y = f ( x ) kx 有一零点 x = ; 2 2

( *)

当 k ≠ 1 时,方程 (*) 有二解 = 4 4m (1 k ) > 0 , 若 m > 0 , k > 1

1 , m

函数 y = f ( x ) kx 有两个零点 x =

2 ± 4 4m(1 k ) ,即 2(1 k )

x=

1 ± 1 m(1 k ) ; k 1
1 , m
12

若 m < 0 , k < 1

函 数

y = f ( x ) kx 有 两 个 零 点

x=

2 ± 4 4m(1 k ) 2(1 k )

, 即

x=

1 ± 1 m(1 k ) ; k 1
k = 1 1 , m

当 k ≠ 1 时,方程 (*) 有一解 = 4 4m (1 k ) = 0 , 函数 y = f ( x ) kx 有一零点 x =

1 = m k 1 m ; 2

综上,当 k = 1 时, 函数 y = f ( x ) kx 有一零点 x = 当 k > 1

1 1 ( m > 0 ),或 k < 1 ( m < 0 )时, m m

函数 y = f ( x ) kx 有两个零点 x = 当 k = 1

1 ± 1 m(1 k ) ; k 1

1 1 时,函数 y = f ( x ) kx 有一零点 x = = m . m k 1 2 + a (2 ln x), (a > 0) ,讨论 f ( x) 的单调性. x

24.(2009 安徽卷理) 本小题满分 12 分) ( 已知函数 f ( x ) = x

本小题主要考查函数的定义域,利用导数等知识研究函数的单调性,考查分类讨论的思 想方法和运算求解的能力.本小题满分 12 分. 解析

f ( x) 的定义域是(0,+ ∞ ), f ′( x) = 1 +

2 a x 2 ax + 2 . = x2 x x2
2

设 g ( x) = x 2 ax + 2 ,二次方程 g ( x) = 0 的判别式 = a 8 . 当 = a 8 < 0 , 即 0 < a < 2 2 时 , 对 一 切 x > 0 都 有 f ′( x) > 0 , 此 时 f ( x) 在
2

(0, +∞) 上是增函数.
①当 = a 8 = 0 ,即 a = 2 2 时,仅对 x =
2

2 有 f ′( x) = 0 ,对其余的 x > 0 都有

f ′( x) > 0 ,此时 f ( x) 在 (0, +∞) 上也是增函数.
① 当 = a 8 > 0 ,即 a > 2 2 时,
2

方程 g ( x) = 0 有两个不同的实根 x1 =

a a2 8 a + a2 8 , x2 = , 0 < x1 < x2 . 2 2
( x1 , x2 ) x2 ( x 2 , +∞)

x

(0, x1 )

x1

13

f ′( x) f ( x)

+ 单调递增

0 极大

_ 单调递减

0 极小

+ 单调递增

此时 f ( x ) 在 (0,

a a2 8 a a2 8 a + a2 8 ) 上单调递增, 在 ( , ) 是上单调递减, 2 2 2

在(

a + a2 8 , +∞) 上单调递增. 2

25.(2009 安徽卷文) (本小题满分 14 分)

已知函数 (Ⅰ)讨论 的单调性; 在区间{1,

,a>0,

(Ⅱ)设 a=3,求

}上值域.期中 e=2.71828…是自然对数的底数.

【思路】由求导可判断得单调性,同时要注意对参数的讨论,即不能漏掉,也不能重复. 第二问就根据第一问中所涉及到的单调性来求函数 f ( x ) 在 1, e 2 上的值域. 解析 令t = (1)由于 f ( x ) = 1 +

2 a x2 x

1 得y = 2t 2 at + 1(t ≠ 0) x
2

①当 = a 8 ≤ 0 ,即 0 < a ≤ 2 2 时, f ( x ) ≥ 0 恒成立.

∴ f ( x) 在(-∞,0)及(0,+∞)上都是增函数.
②当 = a 8 > 0 ,即 a > 2 2 时
2

a a2 8 a + a2 8 由 2t at + 1 > 0 得 t < 或t > 4 4
2

∴0 < x <

a a2 8 a + a2 8 或x<0或x> 4 4 a a2 8 a + a2 8 a a2 8 a + a2 8 <t < ∴ <x< 4 4 2 2

又由 2t at + < 0 得
2

综上①当 0 < a < 2 2 时, f ( x ) 在 ( ∞, 0)及(0, +∞) 上都是增函数.

a a2 8 a + a2 8 , ) 上是减函数, ②当 a < 2 2 时, f ( x ) 在 ( 2 2
14

a a2 8 a + a2 8 在 ( ∞, 0)(0, )及( , +∞) 上都是增函数. 2 2
(2)当 a = 3 时,由(1)知 f ( x ) 在 [1, 2] 上是减函数. 在 2, e 2 上是增函数. 又 f (1) = 0, f (2) = 2 3ln 2 < 0 f (e ) = e
2 2

2 5 > 0 e2

2 ∴ 函数 f ( x) 在 1, e 2 上的值域为 2 3l n 2, e 2 2 5 e
26.(2009 江西卷文) (本小题满分 12 分) 设函数 f ( x ) = x
3

9 2 x + 6x a . 2

(1)对于任意实数 x , f ′( x ) ≥ m 恒成立,求 m 的最大值; (2)若方程 f ( x ) = 0 有且仅有一个实根,求 a 的取值范围. 解析 (1) f ' ( x) = 3 x 2 9 x + 6 = 3( x 1)( x 2) ,

因为 x ∈ (∞, +∞ ) , f ' ( x) ≥ m , 即 3 x 2 9 x + (6 m) ≥ 0 恒成立, 所以 = 81 12(6 m) ≤ 0 , 得 m ≤

3 3 ,即 m 的最大值为 4 4

(2) 因为 当 x < 1 时, f ' ( x) > 0 ;当 1 < x < 2 时, f ' ( x) < 0 ;当 x > 2 时, f ' ( x) > 0 ; 所以 当 x = 1 时, f ( x) 取极大值 f (1) =

5 a; 2

当 x = 2 时, f ( x) 取极小值 f (2) = 2 a ; 故当 f (2) > 0 或 f (1) < 0 时, 方程 f ( x) = 0 仅有一个实根. 解得 a < 2 或 a > 27.(2009 江西卷理) (本小题满分 12 分) 设函数 f ( x) =

5 . 2

ex x

(1)求函数 f ( x) 的单调区间; (1)若 k > 0 ,求不等式 f ' ( x) + k (1 x) f ( x) > 0 的解集. 解析 (1) f ( x) =
'

1 x 1 x x 1 x e + e = 2 e , 由 f ' ( x) = 0 ,得 x = 1 . x2 x x

15

因为 当 x < 0 时, f ( x) < 0 ; 当 0 < x < 1 时, f ( x) < 0 ; 当 x > 1 时, f ( x) > 0 ;
' ' '

所以 f ( x ) 的单调增区间是: [1, +∞ ) ; 单调减区间是: ( ∞, 0), . (0,1]

(2)由

f ' ( x) + k (1 x) f ( x) =

x 1 + kx kx 2 x ( x 1)(kx + 1) x e = e >0, x2 x2

得: ( x 1)( kx 1) < 0 . 故:当 0 < k < 1 时, 解集是: {x 1 < x < } ; 当 k = 1 时,解集是: ; 当 k > 1 时, 解集是: {x

1 k

1 < x < 1} . k

28.(2009 天津卷文) (本小题满分 12 分) 设函数 f ( x ) =

1 3 x + x 2 + (m 2 1) x, ( x ∈ R, )其中m > 0 3

(Ⅰ)当 m = 1时, 曲线 y = f ( x)在点( ,f( )) 1 1 处的切线斜率 (Ⅱ)求函数的单调区间与极值; (Ⅲ)已知函数 f (x ) 有三个互不相同的零点 0, x1 , x 2 ,且 x1 < x 2 .若对任意的

x ∈ [ x1 , x 2 ] , f ( x) > f (1) 恒成立,求 m 的取值范围.
答案 (1)1(2) f (x ) 在 ( ∞,1 m) 和 (1 + m,+∞) 内减函数,在 (1 m,1 + m) 内增函

2 3 1 m + m2 3 3 2 3 1 2 函数 f (x ) 在 x = 1 m 处取得极小值 f (1 m) ,且 f (1 m) = m + m 3 3 1 3 2 / 2 ' 解析 解析 当 m = 1时,f ( x ) = x + x , f ( x ) = x + 2 x, 故f (1) = 1 3
数.函数 f (x ) 在 x = 1 + m 处取得极大值 f (1 + m) ,且 f (1 + m) = 所以曲线 y = f ( x)在点( ,f( )) 1 1 处的切线斜率为 1. (2)解析

f ' ( x) = x 2 + 2 x + m 2 1 ,令 f ' ( x) = 0 ,得到 x = 1 m, x = 1 + m

因为 m > 0, 所以1 + m > 1 m 当 x 变化时, f ( x ), f ' ( x ) 的变化情况如下表:

x
f ' ( x)

(∞,1 m)
+

1 m
0

(1 m,1 + m)
-

1+ m
0

(1 + m,+∞)
+

16

f (x)

极小值

极大值

f (x) 在 (∞,1 m) 和 (1 + m,+∞) 内减函数,在 (1 m,1 + m) 内增函数.

2 3 1 m + m2 3 3 2 3 1 2 函数 f (x ) 在 x = 1 m 处取得极小值 f (1 m) ,且 f (1 m) = m + m 3 3 1 2 1 2 (3)解析 由题设, f ( x ) = x ( x + x + m 1) = x ( x x1 )( x x 2 ) 3 3 1 2 2 所 以 方 程 x + x + m 1 =0 由 两 个 相 异 的 实 根 x1 , x 2 , 故 x1 + x 2 = 3 , 且 3 4 2 1 1 = 1 + (m 1) > 0 ,解得 m < (舍),m > 3 2 2 3 因为 x1 < x 2 , 所以2 x 2 > x1 + x 2 = 3, 故x 2 > > 1 2 1 若 x1 ≤ 1 < x 2 , 则f (1) = (1 x1 )(1 x 2 ) ≥ 0 ,而 f ( x1 ) = 0 ,不合题意 3
函数 f (x ) 在 x = 1 + m 处取得极大值 f (1 + m) ,且 f (1 + m) = 若 1 < x1 < x2 , 则对任意的 x ∈ [ x1 , x 2 ] 有 x x1 ≥ 0, x x 2 ≤ 0, 则 f ( x ) ==

1 x( x x1 )( x x 2 ) ≥ 0 又 f ( x1 ) = 0 , 所以函数 f (x ) 在 x ∈ [ x1 , x 2 ] 的最 3

小 值 为 0 , 于 是 对 任 意 的 x ∈ [ x1 , x 2 ] , f ( x ) > f (1) 恒 成 立 的 充 要 条 件 是

f (1) = m 2

1 3 3 <m< < 0 ,解得 3 3 3

综上,m 的取值范围是 ( ,

1 3 ) 2 3

【考点定位】本小题主要考查导数的几何意义,导数的运算,以及函数与方程的根的关 系解不等式等基础知识,考查综合分析问题和解决问题的能力. 30.(2009 湖北卷理)(本小题满分 14 分) (注意:在试题卷上作答无效) 注意: ......... 在 R 上定义运算 : pq =

1 . ( p c )( q b ) + 4bc ( b , c 为 实 常 数 ) 记 3

f1 ( χ ) = χ 2 2c , f 2 ( χ ) = χ 2b , χ ∈ R .令 f ( χ ) = f1 ( χ ) f 2 ( χ ) .

( Ι ) 如果函数 f ( χ ) 在 χ = 1 处有极什

4 ,试确定 b,c 的值; 3

( ΙΙ ) 求曲线 y = f ( χ ) 上斜率为 c 的切线与该曲线的公共点; ( ΙΙΙ ) 记 g ( x ) =
f ′ ( x ) | ( 1 ≤ x ≤ 1) 的最大值为 M .若 M ≥ k 对任意的 b,c 恒成立,

试示 k 的最大值.
17



当 b ≤ 1时,函数y = f ′( x) 得对称轴 x=b 位于区间 [ 1,1] 之外 此时 M = max{g ( 1), g (1), g (b)} 由 f ′(1) f ′( 1) = 4b, 有f ′(b) f ′( ±1) = (b m 1) ≥ 0
2

①若 1 ≤ b ≤ 0, 则f′(1) ≤ f′(-1) ≤ f′(b), g(-1) ≤ max{g (1), g (b)} ∴ 于是 M = max{ f ′(1) , f ′(b) } ≥

1 1 1 ( f ′(1) + f ′(b) ) ≥ ( f ′(1) f ′(b) ) = (b 1) 2 2 2 2

①若 0 ≤ b ≤ 1 ,则 f′(=1) ≤ f′(1) ≤ f′(b),∴ g(1) ≤ max{g ( 1), g (b)} 于是

1 1 1 1 ( f ′(1) + f ′(b) ) ≥ ( f ′(1) f ′(b) ) = (b + 1) 2 > 2 2 2 2 1 综上,对任意的 b,c 都有 M ≥ 2 M = max{ f ′(1) , f ′(b) } ≥
而当, b = 0, c =

1 1 1 2 时, g ( x ) = x + 在区间 [ 1,1] 上的最大值 M = 2 2 2

故 M ≥ K 对任意的 b,c 恒成立的 k 的最大值为 31.(2009 四川卷文) (本小题满分 12 分)

1 2

已知函数 f ( x ) = x 3 + 2bx 2 + cx 2 的图象在与 x 轴交点处的切线方程是 y = 5 x 10 . (I)求函数 f ( x ) 的解析式; (II)设函数 g ( x ) = f ( x ) +

1 mx ,若 g ( x) 的极值存在,求实数 m 的取值范围以及函数 3

g ( x) 取得极值时对应的自变量 x 的值.
解析 (I)由已知,切点为(2,0),故有 f (2) = 0 ,即 4b + c + 3 = 0 ……①

又 f ′( x ) = 3 x 2 + 4bx + c ,由已知 f ′(2) = 12 + 8b + c = 5 得 8b + c + 7 = 0 ……② 联立①②,解得 b = 1, c = 1 . 所以函数的解析式为 f ( x ) = x 3 2 x 2 + x 2 (II)因为 g ( x ) = x 2 x + x 2 +
3 2

…………………………………4 分

1 mx 3

令 g ′( x ) = 3 x 4 x + 1 +
2

1 m=0 3

18

当函数有极值时,则 ≥ 0 ,方程 3 x 4 x + 1 +
2

1 m = 0 有实数解, 3

由 = 4(1 m) ≥ 0 ,得 m ≤ 1 . ①当 m = 1 时, g ′( x ) = 0 有实数 x = 无极值 ②当 m < 1 时, g ′( x ) = 0 有两个实数根

2 2 ,在 x = 左右两侧均有 g ′( x ) > 0 ,故函数 g ( x ) 3 3

1 1 x1 = (2 1 m ), x2 = (2 + 1 m ), g ′( x), g ( x) 情况如下表: 3 3

x
g ′( x) g ( x)

(∞, x1 )
+ ↗

x1
0 极大值

( x1 , x2 )


x2
0 极小值

( x2 + ∞)
+ ↗

所以在 m ∈ ( ∞,1) 时,函数 g ( x) 有极值; 当x=

1 1 (2 1 m ) 时, g ( x) 有极大值;当 x = (2 + 1 m ) 时, g ( x) 有极小值; 3 3

…………………………………12 分 32.(2009 全国卷Ⅱ理)(本小题满分 12 分) 设函数 f ( x ) = x + aIn (1 + x ) 有两个极值点 x1,x2 ,且 x1 < x2
2

(I)求 a 的取值范围,并讨论 f ( x ) 的单调性; (II)证明: f ( x2 ) >

1 2 In 2 4 a 2 x2 + 2 x + a = ( x > 1) 1+ x 1+ x 1 .由题意知 x1,x2 是方程 g ( x) = 0 的两个 2 = 4 8a > 0 1 ,得 0 < a < 2 g (1) = a > 0

解: (I) f ′ ( x ) = 2 x +

令 g ( x) = 2 x 2 + 2 x + a ,其对称轴为 x =

均大于 1 的不相等的实根,其充要条件为

⑴当 x ∈ ( 1, x1 ) 时, f ′ ( x ) > 0,∴ f ( x) 在 (1, x1 ) 内为增函数; ⑵当 x ∈ ( x1 , x2 ) 时, f ′ ( x ) < 0,∴ f ( x) 在 ( x1 , x2 ) 内为减函数; ⑶当 x ∈ ( x2, + ∞ ) 时, f ′ ( x ) > 0,∴ f ( x) 在 ( x2, + ∞ ) 内为增函数;

19

(II)由(I) g (0) = a > 0,∴

1 < x2 < 0 , a = (2 x 2 2 +2x2 ) 2

∴ f ( x2 ) = x2 2 + aln (1 + x2 ) = x2 2 (2 x 2 2 +2x2 )ln (1 + x2 )
设 h ( x ) = x (2 x + 2 x )ln (1 + x ) ( x > ) ,
2 2

1 2

则 h′ ( x ) = 2 x 2(2 x + 1)ln (1 + x ) 2 x = 2(2 x + 1)ln (1 + x ) ⑴当 x ∈ (

1 1 , 0) 时, h′ ( x ) > 0,∴ h( x) 在 [ , 0) 单调递增; 2 2

⑵当 x ∈ (0, +∞ ) 时, h′ ( x ) < 0 , h( x ) 在 (0, +∞ ) 单调递减.

1 1 1 2 ln 2 ∴当x ∈ ( , 0)时, h ( x ) > h( ) = 2 2 4 1 2 In 2 故 f ( x2 ) = h( x2 ) > . 4
33.(2009 湖南卷文) (本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) = x 3 + bx 2 + cx 的导函数的图象关于直线 x=2 对称. (Ⅰ)求 b 的值; (Ⅱ)若 f ( x) 在 x = t 处取得最小值,记此极小值为 g (t ) ,求 g (t ) 的定义域和值域. 解: (Ⅰ) f ′( x) = 3 x 2 + 2bx + c .因为函数 f ′( x) 的图象关于直线 x=2 对称, 所以

2b = 2 ,于是 b = 6. 6

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x ) = x 3 6 x 2 + cx , f ′( x ) = 3 x 2 12 x + c = 3( x 2) 2 + c 12 . (ⅰ)当 c ≥ 12 时, f ′( x ) ≥ 0 ,此时 f ( x ) 无极值. (ii)当 c<12 时, f ′( x ) = 0 有两个互异实根 x1 , x2 .不妨设 x1 < x2 ,则 x1 <2< x2 . 当 x< x1 时, f ′( x ) > 0 , f ( x ) 在区间 ( ∞, x1 ) 内为增函数; 当 x1 <x< x2 时, f ′( x ) < 0 , f ( x ) 在区间 ( x1 , x2 ) 内为减函数; 当 x > x2 时, f ′( x ) > 0 , f ( x ) 在区间 ( x2 , +∞ ) 内为增函数. 所以 f ( x ) 在 x = x1 处取极大值,在 x = x2 处取极小值. 因此,当且仅当 c < 12 时,函数 f ( x ) 在 x = x2 处存在唯一极小值,所以 t = x2 > 2 .
2 于是 g (t ) 的定义域为 (2, +∞ ) .由 f ′(t ) = 3t 12t + c = 0 得 c = 3t + 12t .
2

20

于是 g (t ) = f (t ) = t 6t + ct = 2t + 6t , t ∈ (2, +∞) .
3 2 3 2 2 当 t > 2 时, g ′(t ) = 6t + 12t = 6t (2 t ) < 0, 所以函数 g (t )

在区间 (2, +∞ ) 内是减函数,故 g (t ) 的值域为 ( ∞,8). 35.(2009 福建卷理) (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x ) =

1 3 x + ax 2 + bx ,且 f '(1) = 0 3

(1) 试用含 a 的代数式表示 b,并求 f ( x ) 的单调区间; ( 2 ) 令 a = 1 , 设 函 数 f ( x ) 在 x1 , x2 ( x1 < x2 ) 处 取 得 极 值 , 记 点 M ( x1 , f ( x1 ) ) , N( x2 , f ( x2 ) ),P( m, f ( m) ),

x1 < m < x2 ,请仔细观察曲线 f ( x) 在点 P 处的切线与线段

MP 的位置变化趋势,并解释以下问题: (I)若对任意的 m ∈ ( x1 , x 2 ),线段 MP 与曲线 f(x)均有异于 M,P 的公共点,试确定 t 的最 小值,并证明你的结论; (II)若存在点 Q(n ,f(n)), x ≤ n< m,使得线段 PQ 与曲线 f(x)有异于 P,Q 的公共点,请直接 写出 m 的取值范围(不必给出求解过程) 解法一: (Ⅰ)依题意,得 f '( x) = x 2 + 2ax + b 由 f '(1) = 1 2a + b = 0得b = 2a 1 .
1 从而 f ( x) = x3 + ax 2 + (2a 1) x, 故f '( x) = ( x + 1)( x + 2a 1). 3 令 f '( x) = 0, 得x = 1或x = 1 2a. ①当 a>1 时, 1 2a < 1 当 x 变化时, f '( x ) 与 f ( x ) 的变化情况如下表:
x

(∞,1 2a )
+

(1 2a, 1)
- 单调递减

(1, +∞)
+

f '( x) f ( x)

单调递增

单调递增

由此得,函数 f ( x ) 的单调增区间为 (∞,1 2a ) 和 (1, +∞) ,单调减区间为 (1 2a, 1) .

21

②当 a = 1 时,1 2a = 1 此时有 f '( x ) > 0 恒成立,且仅在 x = 1 处 f '( x ) = 0 ,故函数

f ( x) 的单调增区间为 R 1 函数 f ( x ) 的单调增区间为 (∞, 1) 和 (1 2a, +∞ ) , ③当 a < 1 时, 2a > 1 同理可得,
单调减区间为 (1,1 2a ) 综上: 当 a > 1 时 , 函 数 f ( x ) 的 单 调 增 区 间 为 (∞,1 2a ) 和 (1, +∞) , 单 调 减 区 间 为

(1 2a, 1) ;
当 a = 1 时,函数 f ( x ) 的单调增区间为 R; 当 a < 1 时 , 函 数 f ( x ) 的 单 调 增 区 间 为 (∞, 1) 和 (1 2a, +∞ ) , 单 调 减 区 间 为

(1,1 2a ) .
(Ⅱ)由 a = 1 得 f ( x ) =

1 3 x x 2 3 x 令 f ( x) = x 2 2 x 3 = 0 得 x1 = 1, x2 = 3 3

由(1)得 f ( x) 增区间为 (∞, 1) 和 (3, +∞) ,单调减区间为 ( 1,3) ,所以函数 f ( x) 在 处 x1 = 1, x2 = 3 取得极值,故 M( 1, 观察 f ( x) 的图象,有如下现象: ①当 m 从-1 不含-1) ( 变化到 3 时, 线段 MP 的斜率与曲线 f ( x) 在点 P 处切线的斜率 f ( x) 之差 Kmp- f '( m) 的值由正连续变为负. ②线段 MP 与曲线是否有异于 H,P 的公共点与 Kmp- f '( m) 的 m 正负有着密切的关联; ③Kmp- f '( m) =0 对应的位置可能是临界点,故推测:满足 Kmp- f '( m) 的 m 就是所求 的 t 最小值,下面给出证明并确定的 t 最小值.曲线 f ( x) 在点 P ( m, f ( m)) 处的切线斜率

5 )N( 3, 9 ) . 3

f '(m) = m 2 2m 3 ; m 2 4m 5 线段 MP 的斜率 Kmp = 3
当 Kmp- f '( m) =0 时,解得 m = 1或m = 2

22

直线 MP 的方程为 y = (

m 2 4m 5 m 2 4m x+ ) 3 3

令 g ( x ) = f ( x) (

m 2 4m 5 m 2 4m x+ ) 3 3
2

当 m = 2 时, g '( x ) = x 2 x 在 (1, 2) 上只有一个零点 x = 0 ,可判断 f ( x ) 函数在

(1, 0) 上单调递增,在 (0, 2) 上单调递减,又 g (1) = g (2) = 0 ,所以 g ( x) 在 (1, 2) 上
没有零点,即线段 MP 与曲线 f ( x ) 没有异于 M,P 的公共点. 当 m ∈ ( 2,3] 时, g (0) =

m 2 4m > 0 . g (2) = (m 2) 2 < 0 3

所以存在 m ∈ ( 0, 2] 使得 g (δ ) = 0 即当 m ∈ ( 2,3]时, MP 与曲线 f ( x ) 有异于 M,P 的公共点 综上,t 的最小值为 2. (2)类似(1)于中的观察,可得 m 的取值范围为 (1,3] 解法二: (1)同解法一. (2)由 a = 1 得 f ( x ) =

1 3 x x 2 3 x ,令 f '( x) = x 2 2 x 3 = 0 ,得 x1 = 1, x2 = 3 3

由(1)得的 f ( x ) 单调增区间为 (∞, 1) 和 (3, +∞) ,单调减区间为 ( 1,3) ,所以函数在 处取得极值.故 M( 1,

5 ).N( 3, 9 ) 3
m2 4m 5 m 2 4m x+ . 3 3

(Ⅰ) 直线 MP 的方程为 y =

m 2 4m 5 m 2 4m x+ y = 3 3 由 1 3 2 y = x x 3x 3

得 x3 3 x 2 (m 2 4m + 4) x m 2 + 4m = 0 线段 MP 与曲线 f ( x) 有异于 M,P 的公共点等价于上述方程在(-1,m)上有根,即函数
g ( x) = x3 3x 2 (m 2 4m + 4) x m 2 + 4m在(-1,m)上有零点.

因为函数 g ( x) 为三次函数,所以 g ( x) 至多有三个零点,两个极值点. 又 g (1) = g (m) = 0 .因此, g ( x) 在 (1, m) 上有零点等价于 g ( x) 在 (1, m) 内恰有一个极大值 点和一个极小值点,即 g '( x) = 3x 2 6 x (m 2 4m + 4) = 0在(1, m) 内有两不相等的实数根.
23

=36 + 12 m 2 4m + 4)>0 ( 2 2 3( 1) + 6 (m 4m + 4) > 0 等价于 2 2 3m 6m (m 4m + 4) > 0 m > 1
又因为 1 < m ≤ 3 ,所以 m 的取值范围为(2,3) 从而满足题设条件的 r 的最小值为 2. 36.(2009 辽宁卷文) (本小题满分 12 分)

1 < m < 5 即 m > 2或m < 1, 解得2 < m < 5 m > 1

设 f ( x ) = e ( ax + x + 1) ,且曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线与 x 轴平行.
x 2

(2)求 a 的值,并讨论 f(x)的单调性; (1)证明:当 θ ∈ [0, 解析

π
2

]时, cos θ ) f(sinθ ) < 2 f(
x 2

(Ⅰ) f '( x ) = e ( ax + x + 1 + 2ax + 1) .有条件知, ………2 分 于是

f '(1) = 0 ,故 a + 3 + 2a = 0 a = 1 .
f '( x) = e x ( x 2 x + 2) = e x ( x + 2)( x + 1) .
故当 x ∈ ( ∞, 2) ∪ (1, +∞) 时, f '( x ) <0; 当 x ∈ ( 2,1) 时, f '( x ) >0. 从而 f ( x ) 在 ( ∞, 2) , (1, +∞) 单调减少,在 ( 2,1) 单调增加.

………6 分

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x ) 在 [0,1] 单调增加,故 f ( x ) 在 [0,1] 的最大值为 f (1) = e , 最小值为 f (0) = 1 . 从而对任意 x1 , x2 ∈ [0,1] ,有 f ( x1 ) f ( x2 ) ≤ e 1 < 2 . 而当 θ ∈ [0, 从而 ………10 分

π
2

] 时, cos θ ,sin θ ∈ [0,1] .
………12 分

f (cos θ ) f (sin θ ) < 2
1 2 x -ax+(a-1) ln x , a > 1 . 2

37.(2009 辽宁卷理) (本小题满分 12 分)

已知函数 f(x)=

(1)讨论函数 f ( x ) 的单调性; (2)证明:若 a < 5 ,则对任意 x 1 ,x 2 ∈ (0, +∞ ) ,x 1 ≠ x 2 ,有

f ( x1 ) f ( x2 ) > 1 . x1 x2

24

解析

(1) f ( x ) 的定义域为 (0, +∞ ) .

f ' ( x) = x a +

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

(i)若 a 1 = 1 即 a = 2 ,则

f ' ( x) =

( x 1) 2 x

故 f ( x ) 在 (0, +∞ ) 单调增加. (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. (II)考虑函数 g ( x ) = f ( x ) + x

=

1 2 x ax + (a 1) ln x + x 2

则 g ′( x) = x ( a 1) +

a 1 a 1 ≥ 2 xg (a 1) = 1 ( a 1 1) 2 x x

由 于 1<a<5, 故 g ′( x ) > 0 , 即 g(x) 在 (4, + ∞ ) 单 调 增 加 , 从 而 当 x1 > x2 > 0 时 有

g ( x1 ) g ( x2 ) > 0 , f ( x1 ) f ( x2 ) + x1 x2 > 0 , 即 故

f ( x1 ) f ( x2 ) > 1 , 0 < x1 < x2 当 x1 x2

时,有

f ( x1 ) f ( x2 ) f ( x2 ) f ( x1 ) = > 1 12 分 x1 x2 x2 x1

38.(2009 宁夏海南卷理) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) = ( x 3 + 3 x 2 + ax + b)e x (1)如 a = b = 3 ,求 f ( x ) 的单调区间; (1)若 f ( x ) 在 ( ∞, α ), (2, β ) 单调增加,在 (α , 2), ( β , +∞ ) 单调减少,证明

β α <6.
25

(21)解析 (Ⅰ)当 a = b = 3 时, f ( x) = ( x + 3 x 3 x 3)e ,故
3 2 x

f '( x) = ( x 3 + 3 x 2 3 x 3)e x + (3 x 2 + 6 x 3)e x = e x ( x 3 9 x ) = x( x 3)( x + 3)e x
当 x < 3或 0 < x < 3时,f '( x) > 0; 当 3 < x < 0或x > 3时,f '( x) < 0.

0),(3, ∞) + 单调减少. 从而 f ( x)在( ∞, 3), (0,3)单调增加,在( 3,
(Ⅱ) f '( x) = ( x 3 + 3 x 2 + ax + b)e x + (3 x 2 + 6 x + a )e x = e x [ x 3 + ( a 6) x + b a ]. 由条件得: f '(2) = 0, 即23 + 2( a 6) + b a = 0, 故b = 4 a, 从而

f '( x) = e x [ x3 + (a 6) x + 4 2a ].
因为 f '(α ) = f '( β ) = 0, 所以

x3 + (a 6) x + 4 2a = ( x 2)( x α )( x β ) = ( x 2)( x 2 (α + β ) x + αβ ).
将右边展开,与左边比较系数得, α + β = 2, αβ = a 2. 故

β α = ( β + α )2 4αβ = 12 4a .
又 ( β 2)(α 2) < 0, 即αβ 2(α + β ) + 4 < 0. 由此可得 a < 6. 于是 β α > 6. 39.(2009 陕西卷文) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) = x 3 3ax 1, a ≠ 0

( Ι ) 求 f ( x) 的单调区间; ( ΙΙ ) 若 f ( x) 在 x = 1 处取得极值,直线 y=my 与 y =
m 的取值范围. 解析 (1) f ' ( x ) = 3 x 2 3a = 3( x 2 a ),
26

f ( x) 的图象有三个不同的交点, 求

当 a < 0 时,对 x ∈ R ,有 f ( x) > 0,
'

当 a < 0 时, f ( x ) 的单调增区间为 ( ∞, +∞ ) 当 a > 0 时,由 f ( x ) > 0 解得 x < a 或 x >
'

a;

由 f ( x ) < 0 解得 a < x <
'

a,

当 a > 0 时 , f ( x ) 的 单 调 增 区 间 为 ( ∞, a ), ( a , +∞) ; f ( x ) 的 单 调 减 区 间 为

( a , a ) .
(2)因为 f ( x ) 在 x = 1 处取得极大值, 所以 f ' ( 1) = 3 × ( 1) 2 3a = 0,∴ a = 1.
3 ' 2 所以 f ( x ) = x 3 x 1, f ( x ) = 3 x 3,

由 f ' ( x ) = 0 解得 x1 = 1, x2 = 1 . 由(1)中 f ( x ) 的单调性可知, f ( x ) 在 x = 1 处取得极大值 f ( 1) = 1 , 在 x = 1 处取得极小值 f (1) = 3 . 因为直线 y = m 与函数 y = f ( x) 的图象有三个不同的交点,又 f ( 3) = 19 < 3 ,

f (3) = 17 > 1 ,
结合 f ( x ) 的单调性可知, m 的取值范围是 (3,1) . 40.(2009 陕西卷理)(本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) = ln( ax + 1) +

1 x , x ≥ 0 ,其中 a > 0 1+ x

( Ι ) 若 f ( x) 在 x=1 处取得极值,求 a 的值; ( ΙΙ ) 求 f ( x) 的单调区间;
(Ⅲ)若 f ( x ) 的最小值为 1,求 a 的取值范围. 解(Ⅰ) f '( x) =

a 2 ax 2 + a 2 = , ax + 1 (1 + x)2 (ax + 1)(1 + x) 2
a2+a-2=0 解得 a = 1.

∵ f ( x ) 在 x=1 处取得极值,∴

27

(Ⅱ) f '( x) =

ax 2 + a 2 , (ax + 1)(1 + x)2
∴ ax + 1 > 0.

∵ x ≥ 0, a > 0,

①当 a ≥ 2 时,在区间 (0, +∞)上,f '( x) > 0, ∴ f ( x ) 的单调增区间为 (0, +∞ ). ②当 0 < a < 2 时, 由 f '( x) > 0解得x >

2a 2a ,由f '( x) < 0解得x < , a a
2-a 2-a , ∞). ), 单调增区间为( + a a

∴ f ( x)的单调减区间为(0,

(Ⅲ)当 a ≥ 2 时,由(Ⅱ)①知, f ( x)的最小值为f (0) = 1; 当 0 < a < 2 时, (Ⅱ) 由 ②知,f ( x ) 在 x =

2a 2a 处取得最小值 f ( ) < f (0) = 1, a a

综上可知,若 f ( x ) 得最小值为 1,则 a 的取值范围是 [2, +∞). 41.(2009 四川卷文) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) = x3 + 2bx 2 + cx 2 的图象在与 x 轴交点处的切线方程是 y = 5 x 10 . (I)求函数 f ( x) 的解析式; (II)设函数 g ( x ) = f ( x ) +

1 mx ,若 g ( x) 的极值存在,求实数 m 的取值范围以及函数 3

g ( x) 取得极值时对应的自变量 x 的值.
解析 (I)由已知,切点为(2,0),故有 f (2) = 0 ,即 4b + c + 3 = 0 ……①

又 f ′( x ) = 3 x 2 + 4bx + c ,由已知 f ′(2) = 12 + 8b + c = 5 得 8b + c + 7 = 0 ……② 联立①②,解得 b = 1, c = 1 . 所以函数的解析式为 f ( x ) = x 3 2 x 2 + x 2 (II)因为 g ( x ) = x 2 x + x 2 +
3 2

…………………………………4 分

1 mx 3

令 g ′( x ) = 3 x 4 x + 1 +
2

1 m=0 3
2

当函数有极值时,则 ≥ 0 ,方程 3 x 4 x + 1 +

1 m = 0 有实数解, 3

28

由 = 4(1 m) ≥ 0 ,得 m ≤ 1 . ①当 m = 1 时, g ′( x ) = 0 有实数 x = 无极值 ② 当

2 2 ,在 x = 左右两侧均有 g ′( x ) > 0 ,故函数 g ( x ) 3 3 g ′( x) = 0
有 两 个 实 数 根

m <1



,

1 1 x1 = (2 1 m ), x2 = (2 + 1 m ), g ′( x), g ( x) 情况如下表: 3 3

x
g ′( x) g ( x)

(∞, x1 )
+ ↗

x1
0 极大值

( x1 , x2 )


x2
0 极小值

( x2 + ∞)
+ ↗

所以在 m ∈ ( ∞,1) 时,函数 g ( x) 有极值; 当x=

1 1 (2 1 m ) 时, g ( x) 有极大值;当 x = (2 + 1 m ) 时, g ( x) 有极小值; 3 3

…………………………………12 分 42.(2009 湖北卷文) (本小题满分 14 分) 已知关于 x 的函数 f(x)=

1 x3 +bx2+cx+bc,其导函数为 f+(x).令 g(x)=∣f+(x) ∣, 3 4 ,试确定 b,c 的值: 3

记函数 g(x)在区间[-1,1]上的最大值为 M. (Ⅰ)如果函数 f(x)在 x=1 处有极值-

(Ⅱ)若∣b∣>1,证明对任意的 c,都有 M>2: (Ⅲ)若 M≥K 对任意的 b,c 恒成立,试求 k 的最大值. 本小题主要考察函数, 函数的导数和不等式等基础知识, 考察综合运用数学知识进行推理 论证的能力和份额类讨论的思想(满分 14 分) (I)解析

∵ f '( x) = x 2 + 2bx + c ,由 f ( x) 在 x = 1 处有极值

4 3

f '(1) = 1 + 2b + c = 0 可得 1 4 f (1) = 3 + b + c + bc = 3
解得

b = 1 b = 1 ,或 c = 1 c = 3

若 b = 1, c = 1 ,则 f '( x ) = x 2 + 2 x 1 = ( x 1) 2 ≤ 0 ,此时 f ( x ) 没有极值;
2 若 b = 1, c = 3 ,则 f '( x ) = x 2 x + 3 = ( x + 1)( x 1)

29

当 x 变化时, f ( x ) , f '( x ) 的变化情况如下表:

x
f '( x) f ( x)

(∞, 3)

3
0 极小值 12

(3,1)
+

1 0 极大值

(1, +∞)




4 3

4 ∴ 当 x = 1 时, f ( x) 有极大值 ,故 b = 1 , c = 3 即为所求. 3
(Ⅱ)证法 1: g ( x) =| f '( x) |=| ( x b) 2 + b 2 + c | 当 | b |> 1 时,函数 y = f '( x) 的对称轴 x = b 位于区间 [ 1.1] 之外.

∴ f '( x) 在 [1,1] 上的最值在两端点处取得
故 M 应是 g (1) 和 g (1) 中较大的一个

∴ 2 M ≥ g (1) + g (1) =| 1 + 2b + c | + | 1 2b + c |≥| 4b |> 4, 即 M > 2
证法 2(反证法) :因为 | b |> 1 ,所以函数 y = f '( x) 的对称轴 x = b 位于区间 [ 1,1] 之外,

∴ f '( x) 在 [1,1] 上的最值在两端点处取得.
故 M 应是 g (1) 和 g (1) 中较大的一个 假设 M ≤ 2 ,则

g (1) =| 1 2b + c |≤ 2 g (1) =| 1 + 2b + c |≤ 2
将上述两式相加得:

4 ≥| 1 2b + c | + | 1 + 2b + c |≥ 4 | b |> 4 ,导致矛盾,∴ M > 2
(Ⅲ)解法 1: g ( x ) =| f '( x ) |=| ( x b) 2 + b 2 + c | (1)当 | b |> 1 时,由(Ⅱ)可知 M > 2 ; (2)当 | b |≤ 1 时,函数 y = f '( x )的对称轴 x = b 位于区间 [ 1,1] 内, 此时 M = max { g (1), g (1), g (b)}
2 由 f '(1) f '( 1) = 4b, 有 f '(b) f '( ±1) = b( 1) ≥ 0

30

①若 1 ≤ b ≤ 0, 则 f '(1) ≤ f '( 1) ≤ f '(b), ∴ g ( 1) ≤ max { g (1), g (b)} , 于是 M = max {| f '(1),| f '(b) |} ≥

1 1 1 1 (| f '(1) | + f '(b) |) ≥ | f '(1) f '(b) |= (b 1) 2 ≥ 2 2 2 2

②若 0 < b ≤ 1 ,则 f '( 1) ≤ f '(1) ≤ f '(b), ∴ g (1) ≤ max { g ( 1), g (b)} 于是 M = max {| f '( 1) |,| f '(b) |} ≥ 综上,对任意的 b , c 都有 M ≥ 而当 b = 0, c =

1 1 1 1 (| f '( 1) | + | f '(b ) |) ≥ | f '( 1) f '(b) |= (b + 1) 2 > 2 2 2 2

1 2

1 1 1 2 时, g ( x ) = x + 在区间 [ 1,1] 上的最大值 M = 2 2 2

故 M ≥ k 对任意的 b , c 恒成立的 k 的最大值为 解法 2: g ( x) =| f '( x) |=| ( x b) 2 + b 2 + c | (1)当 | b |> 1 时,由(Ⅱ)可知 M > 2 ;

1 . 2

(2)当 | b |≤ 1 时,函数 y = f '( x) 的对称轴 x = b 位于区间 [ 1,1] 内, 此时 M = max { g (1), g (1), g (b)}

4 M ≥ g (1) + g (1) + 2 g (h) =| 1 2b + c | + | 1 + 2b + c | +2 | b 2 + c | ≥| 1 2b + c + (1 + 2b + c) 2(b 2 + c) |=| 2b 2 + 2 |≥ 2 ,即 M ≥
下同解法 1 43.(2009 宁夏海南卷文) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) = x 3 3ax 2 9a 2 x + a 3 . (1) 设 a = 1 ,求函数 f ( x ) 的极值; (2) 若 a >

1 2

1 ,且当 x ∈ [1, 4a ] 时, f ' ( x ) ≤ 12a 恒成立,试确定 a 的取值范围. 4

请考生在第(22)(23)(24)三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题 , , 计分.作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑. (21)解析 (Ⅰ)当 a=1 时,对函数 f ( x ) 求导数,得

f ' ( x) = 3 x 2 6 x 9.

31

令 f ( x ) = 0, 解得x1 = 1, x2 = 3.
'

列表讨论 f ( x), f ' ( x) 的变化情况:

x
f ' ( x)

(∞, 1)
+

1
0 极大值 6

(-1,3) —

3 0 极小值-26

(3, +∞)
+

f ( x)

所以, f ( x ) 的极大值是 f ( 1) = 6 ,极小值是 f (3) = 26. (Ⅱ) f ' ( x ) = 3 x 2 6ax 9a 2 的图像是一条开口向上的抛物线,关于 x=a 对称. 若

1 < a ≤ 1, 则f ' ( x)在[1,4a]上是增函数,从而 4

f ' ( x)在[1,4a]上的最小值是 f ' (1) = 3 6a 9a 2 , 最大值是 f ' (4a ) = 15a 2 .
由 | f ' ( x ) |≤ 12a, 得 12a ≤ 3 x 2 6ax 9a 2 ≤ 12a, 于是有

f ' (1) = 3 6a 9a 2 ≥ 12a, 且f ' (4a ) = 15a 2 ≤ 12a. 1 4 ≤ a ≤ 1,由f ' (4a ) ≤ 12a得0 ≤ a ≤ . 3 5 1 1 4 1 4 所以 a ∈ ( ,1] ∩ [ ,1] ∩ [0, ], 即a ∈ ( , ]. 4 3 5 4 5
由 f (1) ≥ 12a得
'

若 a>1,则 | f ' ( a ) |= 12a 2 > 12a.故当x ∈ [1, 4a ]时 | f ' ( x ) |≤ 12a 不恒成立. 所以使 | f ' ( x ) |≤ 12a ( x ∈ [1, 4a ]) 恒成立的 a 的取值范围是 ( , ]. 44.(2009 天津卷理) 本小题满分 12 分) ( 已知函数 f ( x ) = ( x 2 + ax 2a 2 + 3a )e x ( x ∈ R ), 其中 a ∈ R (1)当 a = 0 时,求曲线 y = f ( x)在点(1, f (1)) 处的切线的斜率; (2)当 a ≠

1 4 4 5

2 时,求函数 f ( x ) 的单调区间与极值. 3

本小题主要考查导数的几何意义, 导数的运算, 利用导数研究函数的单调性与极值等基础 知识,考查运算能力及分类讨论的思想方法.满分 12 分. (I)解析

当a = 0时,f ( x) = x 2 e x ,f ' ( x) = ( x 2 + 2 x)e x,故f ' (1) = 3e.

所以曲线y = f ( x)在点(1, f (1))处的切线的斜率为3e.

32

(II) 解:f ' ( x) = x + ( a + 2) x 2a + 4a e .
2 2 x

[

]

令f ' ( x) = 0,解得x = 2a,或x = a 2.由a ≠
以下分两种情况讨论. (1) 若a >

2 知, 2a ≠ a 2. 3

2 ,则 2a < a 2 .当 x 变化时, f ' ( x ),f ( x ) 的变化情况如下表: 3
2a
0 极大值

x

( ∞, 2a )
+ ↗

( 2a,a 2)
— ↘

a2
0 极小值

(a 2, ∞ ) +
+ ↗

所以f ( x)在(∞, 2a), 2, ∞)内是增函数,在(2a,a 2)内是减函数. (a +
函数f ( x)在x = 2a处取得极大值f (2a ),且f (2a ) = 3ae 2a . 函数f ( x)在x = a 2处取得极小值f (a 2),且f (a 2) = (4 3a )e a 2 .
(2) 若a <

2 ,则 2a > a 2 ,当 x 变化时, f ' ( x ),f ( x ) 的变化情况如下表: 3
a2
0 极大值

x

( ∞,a 2)
+ ↗

(a 2, 2a )
— ↘

2a
0 极小值

( 2a, ∞ ) +
+ ↗

所以f ( x)在(∞,a 2), 2a, ∞)内是增函数,在(a 2, 2a)内是减函数. ( +
函数f ( x)在x = a 2处取得极大值f (a 2),且f (a 2) = (4 3a )e a 2 . 函数f ( x)在x = 2a处取得极小值f (2a ),且f (2a ) = 3ae 2a .
45.(2009 四川卷理) (本小题满分 12 分) 已知 a > 0, 且a ≠ 1 函数 f ( x ) = log a (1 a ) .
x

(I)求函数 f ( x ) 的定义域,并判断 f ( x ) 的单调性; (II)若 n ∈ N , 求 lim
*

a f (n) ; n →+∞ a n + a

(III)当 a = e ( e 为自然对数的底数)时,设 h( x ) = (1 e f ( x ) )( x 2 m + 1) ,若函数 h( x ) 的极值存在,求实数 m 的取值范围以及函数 h( x ) 的极值. 本小题主要考查函数,数列的极限,导数应用等基础知识,考查分类整合思想,推理和运 算能力.
33

解析

(Ⅰ)由题意知 1 a > 0
x

当 0 < a < 1时,f ( x)的定义域是(0, ∞);当a > 1时,f ( x)的定义域是( ∞, + 0)

f′(x)=

-a x ln a ax glog a e = x 1 ax a 1

当 0 < a < 1时,x ∈ (0, +∞).因为a x 1 < 0, a x > 0, 故f′(x)<0,所以f(x)是减函数 当 a > 1时,x ∈ ( ∞, 0),因为a x 1 < 0, a x > 0, 故f ′( x) < 0, 所以f ( x)是减函数 …. 分) (4 (Ⅱ)因为 f ( n) = log a (1 a ), 所以a
n n f (n)

= 1 an

由函数定义域知 1 a >0,因为 n 是正整数,故 0<a<1. 所以 lim

a f (n) 1 an 1 = lim n = n →∞ a n + a n →∞ a + a a

(Ⅲ) (x ) = e x ( x 2 m + 1)( x < 0), 所以h′( x ) = e x ( x 2 + 2 x m + 1) h 令 h′( x ) = 0, 即x 2 + 2 x m + 1 = 0,由题意应有 ≥ 0,即m ≥ 0 ① 当 m=0 时, h′( x ) = 0 有实根 x = 1 ,在 x = 1 点左右两侧均有 h′( x ) > 0 故无极值 ② 当 0 < m < 1 时, h′( x ) = 0 有两个实根 x1 = 1 m , x2 = 1 + m 当 x 变化时, h′( x ) , h( x ) 的变化情况如下表所示:

x
h′( x) h( x)

(∞, x1 )
+ ↗
m

x1
0 极大值

( x1 , x2 )

m

x2
0 极小值

( x2 , 0)
+ ↗

∴ h( x) 的极大值为 2e 1

(1 + m ) , h( x) 的极小值为 2e 1+

(1 m )

③ 当 m ≥ 1 时, h′( x ) = 0 在定义域内有一个实根, x = 1 m 同上可得 h( x ) 的极大值为 2e
1 m

(1 + m )

综上所述, m ∈ 0, ∞) ( + 时,函数 h( x ) 有极值; 当 0 < m < 1 时 h( x ) 的极大值为 2e
1 m

(1 + m ) , h( x) 的极小值为 2e 1+

m

(1 m )

34

当 m ≥ 1 时, h( x ) 的极大值为 2e

1 m

(1 + m )

46.(2009 福建卷文) (本小题满分 12 分)

1 3 x + ax 2 + bx, 且 f '(1) = 0 3 (I)试用含 a 的代数式表示 b ;
已知函数 f ( x ) = (Ⅱ)求 f ( x ) 的单调区间; ( Ⅲ ) 令 a = 1 , 设 函 数 f ( x ) 在 x1 , x2 ( x1 < x2 ) 处 取 得 极 值 , 记 点

M ( x1 , f ( x1 )), N ( x2 , f ( x2 )) ,证明:线段 MN 与曲线 f ( x) 存在异于 M , N 的公共点;
解法一: (I)依题意,得 f '( x ) = x 2 + 2ax + b 由 f '( 1) = 1 2a + b = 0 得 b = 2a 1 (Ⅱ)由(I)得 f ( x ) =

1 3 x + ax 2 + (2a 1) x ( 3

故 f '( x ) = x 2 + 2ax + 2a 1 = ( x + 1)( x + 2a 1) 令 f '* ( x ) = 0 ,则 x = 1 或 x = 1 2a ①当 a > 1 时, 1 2a < 1 当 x 变化时, f '( x ) 与 f ( x ) 的变化情况如下表:

x
f '( x) f ( x)

(∞,1 2a )
+ 单调递增

(2a, 1)
— 单调递减

( 1 + ∞ )
+ 单调递增

由此得,函数 f ( x ) 的单调增区间为 (∞,1 2a ) 和 (1, +∞) ,单调减区间为 (1 2a, 1) ②由 a = 1 时,1 2a = 1 ,此时, f '( x ) ≥ 0 恒成立,且仅在 x = 1 处 f '( x ) = 0 ,故函 数 f ( x ) 的单调区间为 R ③当 a < 1 时, 2a > 1 , 1 同理可得函数 f ( x ) 的单调增区间为 (∞, 1) 和 (1 2a, +∞ ) , 单调减区间为 (1,1 2a ) 综上:

35

当 a > 1 时 , 函 数 f ( x ) 的 单 调 增 区 间 为 (∞,1 2a ) 和 (1, +∞) , 单 调 减 区 间 为

(1 2a, 1) ;
当 a = 1 时,函数 f ( x ) 的单调增区间为 R; 当 a < 1 时 , 函 数 f ( x ) 的 单 调 增 区 间 为 (∞, 1) 和 (1 2a, +∞ ) , 单 调 减 区 间 为

(1,1 2a )
(Ⅲ)当 a = 1 时,得 f ( x ) =

1 3 x x2 3x 3

3 由 f '( x) = x 2 x 3 = 0 ,得 x1 = 1, x2 = 3

由(Ⅱ)得 f ( x) 的单调增区间为 (∞, 1) 和 (3, +∞) ,单调减区间为 ( 1,3) 所以函数 f ( x) 在 x1 = 1.x2 = 3 处取得极值. 故 M ( 1, ).N (3, 9) 所以直线 MN 的方程为 y =

5 3

8 x 1 3

1 2 2 y = 3 x x 3x 3 2 得 x 3x x + 3 = 0 由 y = 8 x 1 3
令 F ( x) = x3 3x 2 x + 3 易得 F (0) = 3 > 0, F (2) = 3 < 0 ,而 F ( x) 的图像在 (0, 2) 内是一条连续不断的曲线, 故 F ( x) 在 (0, 2) 内存在零点 x0 ,这表明线段 MN 与曲线 f ( x) 有异于 M , N 的公共点 解法二: (I)同解法一 (Ⅱ)同解法一. ( Ⅲ ) 当 a = 1 时 , 得 f ( x ) =

1 3 x x 2 3 x , 由 f '( x) = x 2 2 x 3 = 0 , 得 3x

x1 = 1, x2 = 3
由 (Ⅱ) f ( x) 的单调增区间为 (∞, 1) 和 (3, +∞) , 得 单调减区间为 ( 1,3) , 所以函数 f ( x) 在 x1 = 1, x2 = 3 处取得极值

36

故 M ( 1, ), N (3, 9) 所以直线 MN 的方程为 y =

5 3

8 x 1 3

1 3 2 y = 3 x x 3x 3 2 由 得 x 3x x + 3 = 0 y = 8 x 1 3
解得 x1 = 1, x2 = 1.x3 = 3

x1 = 1 x2 = 1 x3 = 3 ∴ 5 11 y1 = 3 , y2 = 3 , y3 = 9
所以线段 MN 与曲线 f ( x ) 有异于 M , N 的公共点 (1,

11 ) 3

47.(2009 重庆卷理) (本小题满分 13 分, (Ⅰ)问 5 分, (Ⅱ)问 8 分) 且曲线 y = f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的 设函数 f ( x ) = ax 2 + bx + k ( k > 0) 在 x = 0 处取得极值, 切线垂直于直线 x + 2 y + 1 = 0 . (Ⅰ)求 a, b 的值; (Ⅱ)若函数 g ( x) =

ex ,讨论 g ( x ) 的单调性. f ( x)

解(Ⅰ)因 f ( x ) = ax 2 + bx + k ( k > 0), 故f ′( x ) = 2ax + b 又 f ( x ) 在 x=0 处取得极限值,故 f ′( x ) = 0, 从而 b = 0 由曲线 y= f ( x ) 在(1,f(1) )处的切线与直线 x 2 y + 1 = 0 相互垂直可知 该切线斜率为 2,即 f ′(1) = 2, 有2a=2,从而a=1

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,

g ( x) =

ex (k > 0) x2 + k

g ′( x) =

ex ( x2 2 x + k ) (k > 0) ( x2 + k )2

令 g ′( x ) = 0, 有x 2 2 x + k = 0

37

(1)当 = 4 4k < 0, 即当k>1时,g′(x)>0在R上恒成立,

故函数g(x)在R上为增函数

g (2)当 = 4 4k = 0, 即当k=1时, ′( x) =
K=1 时,g(x)在 R 上为增函数

e x ( x 1) 2 > 0( x ≠ 0) ( x2 + k )2

(3) = 4 4k > 0, 即当0<k<1时, 方程 x 2 x + k = 0 有两个不相等实根
2

x1 = 1 1 k , x2 = 1 + 1 k
当 x ∈ ( ∞,1 1 k )是g ′( x ) > 0, 故g ( x )在( ∞,1 1 k )上为增 函数 当 x ∈ 1 1 k ,1 + 1 k) ( 时, g ′( x ) < 0, 故 g ( x )在( 1 k ,1 + 1 k) 1 上为减函数

x ∈ 1 + 1 k,+∞) ( 时, g ′( x) > 0, 故 g ( x)在( + 1 k,+∞) 1 上为增函数
48.(2009 重庆卷文) (本小题满分 12 分, (Ⅰ)问 7 分, (Ⅱ)问 5 分) 已知 f ( x) = x 2 + bx + c 为偶函数,曲线 y = f ( x) 过点 (2,5) , g ( x) = ( x + a ) f ( x) . (Ⅰ)求曲线 y = g ( x) 有斜率为 0 的切线,求实数 a 的取值范围; (Ⅱ)若当 x = 1 时函数 y = g ( x ) 取得极值,确定 y = g ( x ) 的单调区间.
2 解: (Ⅰ)∵ f ( x ) = x + bx + c 为偶函数,故 f ( x ) = f ( x ) 即有

( x) 2 + b( x) + c = x 2 + bx + c 解得 b = 0
又曲线 y = f ( x) 过点 (2,5) ,得 22 + c = 5, 有 c = 1

∵ g ( x) = ( x + a ) f ( x) = x 3 + ax 2 + x + a 从而 g ' ( x) = 3 x 2 + 2ax + 1 ,∵ 曲线 y = g ( x)
有斜率为 0 的切线,故有 g ' ( x ) = 0 有实数解.即 3 x + 2ax + 1 = 0 有实数解.此时有
2

△= 4a 2 12 ≥ 0 解得
a ∈ ∞, 3 ∪ 3, +∞

(

)

所以实数 a 的取值范围: a ∈ ∞, 3 ∪ 3, +∞

(





)

(Ⅱ)因 x = 1 时函数 y = g ( x ) 取得极值,故有 g ' ( 1) = 0 即 3 2a + 1 = 0 ,解得

a=2
又 g ' ( x ) = 3 x 2 + 4 x + 1 = (3 x + 1)( x + 1) 令 g ' ( x ) = 0 ,得 x1 = 1, x2 =

1 3

38

当 x ∈ ( ∞, 1) 时, g ( x) > 0 ,故 g ( x) 在 (∞, 1) 上为增函数
' ' 当 x ∈ ( 1, ) 时, g ( x ) < 0 ,故 g ( x ) 在 (1, ) 上为减函数

1 3

1 3

当 x ∈ ( , +∞ ) 时, g ' ( x ) > 0 ,故 g ( x ) 在 ( , +∞ ) 上为增函数

1 3

1 3

2005— 2005—2008 年高考题
一,选择题 1.(2008 年全国一 7)设曲线 则a

y= 1 2

=
B. D

x +1 在点 (3, 处的切线与直线 ax + y + 1 = 0 垂直, 2) x 1
( C. )

A.2 答案

1 2

D. 2

2.(2008 年 湖北卷 7)若 范围是 A. C. 答案

1 f ( x) = x 2 + b ln( x + 2)在(-1,+∞)上是减函数,则 b 的取值 2
( )

[1, +∞) (∞, 1]
C

B. D.

(1, +∞) (∞, 1)

3.(2008 年福建卷 12)已知函数 y=f(x),y=g(x)的导函数的图象如下图,那么 y=f(x),y=g(x)的图象 可能是 ( )

答案

D

4.(2008 年辽宁卷 6)设 P 为曲线 C:

y = x 2 + 2 x + 3 上的点,且曲线 C 在点 P 处切线倾
( )

斜角的取值范围为

π 0, ,则点 P 横坐标的取值范围为 4
B.

A.

1 1, 2
A

0 [ 1,]

C.

1] [ 0,

D.

1 1 2,

答案

39

5.(2007 年福建理 11 文)已知对任意实数 x ,有 时, A. C.

f ( x) = f ( x),g ( x) = g ( x) ,且 x > 0
( B. D. )

f ′( x) > 0,g ′( x) > 0 ,则 x < 0 时 f ′( x) > 0,g ′( x) > 0 f ′( x) < 0,g ′( x) > 0
B

f ′( x) > 0,g ′( x) < 0 f ′( x) < 0,g ′( x) < 0

答案

6.(2007 年海南理 10)曲线 为 A. 答案

y = e2

1

x

在点 (4,e

2

) 处的切线与坐标轴所围三角形的面积
( ) D. e
2 2

9 2 e 2
D

B. 4e

2

C. 2e

7. (2007 年江苏 9) 已知二次函数

f ( x) = ax 2 + bx + c 的导数为 f '( x) , f '(0) > 0 ,对于任意实数 x
( )

都有

f ( x) ≥ 0 ,则

f (1) 的最小值为 f '(0)
B.

A. 3 D.

5 2

C. 2

3 2
答案 C

8.(2007 年江西理 9)设 则

p : f ( x) = e x + ln x + 2 x 2 + mx + 1 在 (0, ∞) 内单调递增, q : m ≥ 5 , +
( B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 )

p 是q的

A.充分不必要条件 C.充分必要条件 答案 B

9.(2007 年辽宁理 12)已知 当x

f ( x) 与 g ( x) 是定义在 R 上的连续函数,如果 f ( x) 与 g ( x) 仅
( )

= 0 时的函数值为 0,且 f ( x) ≥ g ( x) ,那么下列情形不可能出现的是 ...
f ( x) 的极大值,也是 g ( x) 的极大值 f ( x) 的极小值,也是 g ( x) 的极小值 f ( x) 的极大值,但不是 g ( x) 的极值

A.0 是 B.0 是 C.0 是

40

D.0 是 答案

f ( x) 的极小值,但不是 g ( x) 的极值
C

10.(2006 年天津卷)函数 . 年天津卷) 如图所示,则函数

f (x ) 的定义域为开区间 ( a, b) ,导函数 f ′(x ) 在 ( a, b) 内的图象
( )

f (x ) 在开区间 ( a, b) 内有极小值点
y y = f ′ (x )

b a O x
C.3 个 D. 4 个

A.1 个 答案 解析 函数 A 函数

B.2 个

f (x) 的定义域为开区间 (a, b) ,导函数 f ′(x) 在 (a, b) 内的图象如图所示,

f (x) 在开区间 (a, b) 内有极小值的点即函数由减函数变为增函数的点,其导数值

为由负到正的点,只有 1 个,选 A. 二,填空题 11. 2008 年全国二 14) ( 设曲线 答案 2

y = eax 在点 (0, 处的切线与直线 x + 2 y + 1 = 0 垂直, a = 1) 则

.

12.(2008 年江苏卷 8)直线 答案 ln2-1.

y=

1 x + b 是曲线 y = ln x ( x > 0 ) 的一条切线,则实数 b= 2
y

.

14.(2008 年北京卷 12)如图,函数 其中

f ( x) 的图象是折线段 ABC ,

A,B,C 的坐标分别为 (0,,,,, ,则 4) (2 0) (6 4)
. (用数字作答)

f (1 + x) f (1) f ( f (0)) = 2; lim = x → 0 x
答案 -2 14.(2007 年广东文 12)函数

4 3 2 1 O

A

C

B 1 2 3 4 5 6

x

f ( x) = x ln x( x > 0) 的单调递增区间是____.

答案

1 e , +∞ f ( x) = x3 12 x + 8 在区间 [3,3] 上的最大值与最小值分别
.

15.(2007 年江苏 13)已知函数 为 M , m ,则 M

m =

41

答案

32

16.(2007 年湖北文 13)已知函数

y = f ( x) 的图象在点 M (1,f (1)) 处的切线方程是
.

y=
答案

1 x + 2 ,则 f (1) + f ′(1) = 2
3

17.(2007 年湖南理 13)函数 答案

f ( x) = 12 x x 3 在区间 [3, 上的最小值是 3]

.

16

18.(2007 年浙江文 15)曲线 答案

y = x3 2 x 2 4 x + 2 在点 (1, 3) 处的切线方程是

.

5x + y 2 = 0
2

19.(2006 年湖北卷)半径为 r 的圆的面积 S(r)= π r ,周长 C(r)=2 π r,若将 r 看作(0, . 年湖北卷) +∞)上的变量,则 (πr 2 )′ =2 π r ①,

①式可以用语言叙述为:圆的面积函数的导数等于圆的周长函数. 1 对于半径为 R 的球,若将 R 看作(0,+∞)上的变量,请你写出类似于○的式子: ② ②式可以用语言叙述为: 答案 . 2 故○式可填 (

V 球=

4 4 ′ π R 3 ,又 π R 3) =4π R 2 ( 3 3
3

4 ′ π R 3) =4π R 2 ,用语言叙述为 3

"球的体积函数的导数等于球的表面积函数. " 20.(2005 年重庆卷)曲线 y=x 在点(1,1)处的切线与 x 轴,直线 x=2 所围成的三角形的面积为__________. . ) 答案 三,解答题 21.(2008 年全国一 19)已知函数 (Ⅰ)讨论函数 8/3

f ( x) = x3 + ax 2 + x + 1 , a ∈ R .

f ( x) 的单调区间;

(Ⅱ)设函数

2 1 f ( x) 在区间 , 内是减函数,求 a 的取值范围. 3 3
f ( x) = x3 + ax 2 + x + 1 求导: f ′( x) = 3 x 2 + 2ax + 1

解析 当a
2

(1)

≤ 3 时, ≤ 0 , f ′( x) ≥ 0 , f ( x) 在 R 上递增 > 3 , f ′( x) = 0 求得两根为 x =
a ± a 2 3 3

当a

2

42



a a 2 3 a + a 2 3 a a 2 3 f ( x) 在 ∞, , 递增, 递减, 3 3 3

a + a 2 3 , ∞ 递增 + 3

a (2) a +

a2 3 2 ≤ 3 3 1 a 3 ≥ 3 3
2

,且 a

2

> 3 解得: a ≥

7 4

22.(2008 年北京卷 18)已知函数

f ( x) =

2x b ( x 1) 2

,求导函数

f ′( x) ,并确定 f ( x) 的单调

区间. 解析
f ′( x) = 2( x 1) 2 (2 x b) 2( x 1) ( x 1) 4

=

2 x + 2b 2 ( x 1)3

=


2[ x (b 1)] . ( x 1)3

f ′( x) = 0 ,得 x = b 1 .
2 时, f ′( x) 的变化情况如下表: (∞,b 1) b 1
0

当 b 1 < 1 ,即 b <

x
f ′( x)
当 b 1 > 1 ,即 b

(b 11) ,

(1, ∞) +



+



> 2 时, f ′( x) 的变化情况如下表:

x
f ′( x)
所以,当 b <

(∞, 1)

(1,b 1)

b 1
0

(b 1, ∞) +



+



2 时,函数 f ( x) 在 (∞,b 1) 上单调递减,在 (b 11) 上单调递增, ,

在 (1 + ∞) 上单调递减. , 当b

> 2 时,函数 f ( x) 在 (∞, 上单调递减,在 (1,b 1) 上单调递增,在 (b 1, ∞) 1) +



单调递减.

43

当 b 1 = 1 ,即 b 单调递减.

= 2 时, f ( x) =

2 ,所以函数 f ( x ) 在 ( ∞, 上单调递减,在 (1 + ∞) 上 1) , x 1

23.(2008 年天津卷 21) (本小题满分 14 分) 已知函数

f ( x) = x 4 + ax3 + 2 x 2 + b ( x ∈ R ) ,其中 a, b ∈ R . = 10 时,讨论函数 f ( x ) 的单调性; 3

(Ⅰ)当 a

(Ⅱ)若函数

f ( x) 仅在 x = 0 处有极值,求 a 的取值范围;

(Ⅲ)若对于任意的 a ∈ [ 2, 2] ,不等式

f ( x ) ≤ 1 在 [1,1] 上恒成立,求 b 的取值范围.

本小题主要考查利用导数研究函数的单调性,函数的最大值,解不等式等基础知识,考查综合分析 和解决问题的能力.满分 14 分. (Ⅰ)解析 当a 令

f ′( x) = 4 x3 + 3ax 2 + 4 x = x(4 x 2 + 3ax + 4) .

10 2 时, f ′( x ) = x (4 x 10 x + 4) = 2 x (2 x 1)( x 2) . 3 1 f ′( x) = 0 ,解得 x1 = 0 , x2 = , x3 = 2 . 2 = f ′( x) , f ( x) 的变化情况如下表:
0

当 x 变化时,

x
f ′( x) f ( x)
所以

(∞, 0)
- ↘

1 (0, ) 2
+ ↗

1 2
0 极大值

1 ( , 2) 2
- ↘

2

(2, +∞)
+ ↗

0 极小值

0 极小值

1 1 f ( x) 在 (0, ) , (2, +∞) 内是增函数,在 (∞, 0) , ( , 2) 内是减函数. 2 2 f ′( x) = x(4 x 2 + 3ax + 4) ,显然 x = 0 不是方程 4 x 2 + 3ax + 4 = 0 的根.

(Ⅱ)解析

24.(2005 年安徽卷)设函数 ( 安徽卷) 函数. (Ⅰ)求 b , c 的值.

f ( x ) = x3 + bx 2 + cx( x ∈ R) ,已知 g ( x ) = f ( x ) f ′( x ) 是奇

(Ⅱ)求 g ( x ) 的单调区间与极值. 解 (Ⅰ)∵

f ( x ) = x3 + bx 2 + cx ,∴ f ′ ( x ) = 3x 2 + 2bx + c .从而

g ( x) = f ( x) f ′( x) = x3 + bx 2 + cx (3 x 2 + 2bx + c) = x3 + (b 3) x 2 + (c 2b) x c 是一个奇函数,所以 g (0) = 0 得 c = 0 ,由奇函数定义得 b = 3 ; 3 2 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 g ( x ) = x 6 x ,从而 g ′( x ) = 3 x 6 ,由此可知,
(∞, 2) 和 ( 2, +∞) 是函数 g ( x) 是单调递增区间; ( 2, 2) 是函数 g ( x) 是单调递减区间;

g ( x) 在 x = 2 时,取得极大值,极大值为 4 2 , g ( x) 在 x = 2 时,取得极小值,极小值为
44

4 2 .
25.( 2005 年全国卷 III)用长为 90cm,宽为 48cm 的长方形铁皮做一个无盖的容器,先在四角 分别截去一个小正方形,然后把四边翻转 90°角,再焊接而成(如图),问该容器的高为多少时,容器的容 积最大?最大容积是多少? 解 设容器的高为 x,容器的体积为 V,1 分 则 V=(90-2x)(48-2x)x,(0<V<24) =4x -276x +4320x ∵V′=12x -552x+4320……
2 2 3 2

5分 7分

由 V′=12x -552x+4320=0 得 x1=10,x2=36 ∵x<10 时,V′>0, 10<x<36 时,V′<0, x>36 时,V′>0, 所以,当 x=10,V 有极大值 V(10)=1960…………………………………………………10 分 又 V(0)=0,V(24)=0, ……………………………………………………………………11 分 所以当 x=10,V 有最大值 V(10)=1960 …………………………………………………12 分

第二部分 三年联考汇编 2009 年联考题
一,选择题 1.(2009 威海二模)右图是函数 f(x)=x +ax+b 的部分图象,则 (2009 威海二模) 函数 g ( x ) = ln x + f '( x) 的零点所在的区间是 ( A. ( C. ( 答案
2

)

1 1 , ) 4 2

B. (1, 2) D. (2,3)

1 ,1) 2
C

2.(2009 天津重点学校二模)已知函数 . 天津重点学校二模)

y = f ( x) 是定义在 R 上的奇函数,且当 x ∈ (∞,0)
若a

时不等式

f ( x) + xf ' ( x) < 0 成立,

= 3 0.3 f (3 0.3 ) , b = (log π 3) f (log π 3),
( )

1 1 c = (log 3 ) f (log 3 ) ,则 a, b, c 的大小关系是 9 9
A. a 答案

>b>c
C

B. c

>b>a

C. c

>a>b

D. a

>c>b

3.(2009 嘉兴一中一模)下列图像中有一个是函数 ( 嘉兴一中一模)

f ( x) =

1 3 x + ax 2 + (a 2 1) x + 1 3
( )

(a ∈ R, a ≠ 0) 的导数 f ′( x)

的图像,则

f (1) =

45

A. 答案

1 3
B

B.

1 3

C.

7 3

D.

1 5 或 3 3
)

4.(2009 年乐陵一中)图中,阴影部分的面积是 A.16 C.20 答案 二,填空题 B B.18 D.22

(

y=x4
-2
y
2

= 2x

5.(北京市东城区 2009 年 3 月高中示范校高三质量检测理)已知函数 f(x)的定义域为[-2,+∞),部分对 (北京市东城区 月高中示范校高三质量检测理) 应值如下表,

f ′(x) 为 f(x)的导函数,函数 y = f ′(x) 的图象如右图所示,若两正数 a ,b 满足

f (2a + b) < 1 ,则

b+3 的取值范围是 a+3

.

答案

3 7 , 5 3

y -2 x 1 O 1 f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx 3 3

6.(湖北省黄冈市 2009 年 3 月份高三年级质量检测文)设函数 ( 月份高三年级质量检测文) (c<0)单调递增区间是 .

答案 三,解答题

1 3 ,1.

7.(2009 厦门北师大海沧附属实验中学)已知函数 (Ⅰ) 若 (Ⅱ)若

f ( x ) = x 3 3ax 2 bx ,其中 a, b 为实数.

f ( x ) 在 x = 1 处取得的极值为 2 ,求 a, b 的值; f ( x ) 在区间 [ 1, 2] 上为减函数,且 b = 9a ,求 a 的取值范围.
……………… 2 分

解 (Ⅰ)由题设可知:

f ′(1) = 0 且 f (1) = 2 ,


3 6a b = 0 4 ,解得 a = , b = 5. 3 1 3a b = 2
f ′( x ) = 3 x 2 6ax b = 3 x 2 6ax 9a ,

………………

4分

(Ⅱ)∵ 又

………………

5分

f ( x ) 在 [ 1, 2] 上为减函数,
……………… 6 分

∴ f ′( x ) ≤ 0 对 x ∈ [ 1, 2] 恒成立,
即 3x
2

6ax 9a ≤ 0 对 x ∈ [ 1, 2] 恒成立.
……………… 10 分

∴ f ′( 1) ≤ 0 且 f (2) ≤ 0 ,

46

a ≥ 1 3 + 6a 9a ≤ 0 即 3 a ≥1, 12 12a 9a ≤ 0 a ≥ 7
∴ a 的取值范围是 a ≥ 1.
8.(2009 厦门大同中学)设函数 (1)求函数 (2)若 x ∈ ……………… 12 分

1 f ( x) = x3 + 2ax 2 3a 2 x + 1, 0 < a < 1. 3

f (x) 的极大值;

[1 a,1 + a ] 时,恒有 a ≤

f ′( x) ≤ a 成立(其中 f ′ ( x ) 是函数 f ( x ) 的导函数) ,

试确定实数 a 的取值范围. 解 (1)∵ 当 ∴

f ′( x) = x 2 + 4ax 3a 2 ,且 0 < a < 1 ,………………………………1 分

f ′( x) > 0 时,得 a < x < 3a ;当 f ′( x) < 0 时,得 x < a或x > 3a ; f (x) 的单调递增区间为 (a,3a ) ;

f (x) 的单调递减区间为 (∞, a ) 和 (3a,+∞) .…………………………………3 分
故当 x (2)∵ 当0 < ∴ ∴

= 3a 时, f (x) 有极大值,其极大值为 f ( 3a ) = 1 .
f ′ ( x ) = x 2 + 4ax 3a 2 = ( x 2a ) + a 2 ,
2

…………………4 分

a<

1 时, 1 a > 2a , 3

f ′( x) 在区间 [1 a,1 + a ] 内是单调递减.…………………………………………6 分

′ ] ′ ] [ f(x)max = f ′ (1-a ) = 8a 2 + 6a 1, [ f(x)min = f ′ (1+a ) = 2a 1 .

∵ a

8a 2 + 6a 1 ≤ a, ≤ f ′( x) ≤ a ,∴ 2a 1 ≥ a.

此时, a ∈ .…………………………………………………………………………9 分 当

1 ′ ] ≤ a < 1 时, [ f(x)max = f ′ ( 2a ) =a 2 . 3

0 ≤ a ≤ 1, a 2 ≤ a, 1 ∵ a ≤ f ′( x ) ≤ a ,∴ 2a 1 ≥ a, 即 a ≥ , 3 2 8a + 6a 1 ≥ a. 7 17 7 17 ≤a≤ . 16 16

……11 分

47

此时,

1 7 + 17 ≤a≤ 3 16

.……………………………………………………………13 分

综上可知,实数 a 的取值范围为

1 7 + 17 , .………………………………… 16 3

14 分

2007— 2007—2008 年联考题
一,选择题 1.(江苏省启东中学 2008 年高三综合测试一)函数 y=2x -3x -12x+5 在区间[0,3]上最大值与最小值分别 是 A. 5,-15 答案 A
x →0
3 2

( B. 5,-4 C. -4,-15 D. 5,-16

)w.

2.(安徽省皖南八校 2008 届高三第一次联考)若 lim 能为 A. x ; 答案 B
2

f ( x)( x 1) 存在,则 f (x ) 不可 x2 + x
( ) D.

B. |

x|;

C. x ;

x;

3.(江西省五校 2008 届高三开学联考)设函数

f ( x) = sin(ωx +

π
6

) 1(ω > 0)的导数f ′( x)
( )

的最大值为 3,则 f(x)的图象的一条对称轴的方程是 A. x C. x 答案

= =
C

π π
9 3

B. x D. x

= =

π π
6 2

4.(江西省五校 2008 届高三开学联考)已知 A.-4 答案 B B.8

f ( 3) = 2, f ′ ( 3) = 2, 则 lim
x →3

2x 3 f ( x) x 3

(

)

C.0

D.不存在

5.(湖南省株洲市 2008 届高三第二次质检)已知函数 A.函数 f (x ) 有 1 个极大值点,1 个极小值点 B.函数 C.函数

y = f (x) 的导函数 y = f ′(x) 的图像如下,则
( )

y

f (x ) 有 2 个极大值点,2 个极小值点 f (x ) 有 3 个极大值点,1 个极小值点 D.函数 f (x ) 有 1 个极大值点,3 个极小值点

答案 A 二,填空题 6.(2008 年高考数学各校月考)定积分 高考数学各校月考) 高考数学各校月考 答案 3



3π 2 0

x1

x2

x3 O

x4

x

| sin x | dx 的值是

.

7.(四川省成都市新都一中高 2008 级 12 月月考)已知函数 48

f ( x) = x 3 + 3mx 2 + nx + m2 在

x=-1 时有极值 0,则 m=_________;n=_________; 本题主要考查函数,导数,极值等基本概念和性质 0 答案 解析 m=2,n=9

f ′(x) =3x2+6mx+n f ′(1) =3-6m+n=0
2

y

由题意,

f(-1)=-1+3m-n+m =0 解得

m = 1 m = 2 或 n = 3 n = 9 f ′(x) =3x +6x+3=3(x+1)2≥0 恒成立
2

- 3 o

3

x

但 m=1,n=3 时,

即 x=-1 时不是 f(x)的极值点,应舍去 8.(北京市十一学校 2008 届高三数学练习题)如图为函数

f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d 的图象,
______.

f '( x) 为函数 f ( x) 的导函数,则不等式 x f '( x) < 0 的解集为______
答案 三,解答题

(∞, 3) ∪ (0, 3)
3

8.(2007 年江苏省淮安市)已知函数 F(x)=|2x-t|-x +x+1(x∈R,t 为常数,t∈R) (2007 年江苏省淮安市) R R (1)写出此函数 F(x)在 R 上的单调区间; (2)若方程 F(x)-m=0 恰有两解,求实数 m 的值.

t t 3 2 x + 3 x + 1 t , x ≥ 2 3x + 3, x ≥ 2 ∴ F ' ( x) = 解 (1)F ( x ) =| 2 x t | x + x + 1 = t t x3 x + 1 + t x < 3 x 2 1, x < 2 2
3

由-3x +3=0 得 x1=-1,x2=1,而-3x -1<0 恒成立 ∴ i) 当

2

2

t <-1 时,F(x)在区间(-∞,-1)上是减函数 2 t t ≥-1 时,F(x)在区间(-∞, )上是减函数 2 2

在区间(-1,1)上是增函数,在区间(1,+∞)上是减函数 ii) 当 1> 在区间(

t ,1)上是增函数,在区间(1,+∞)上是减函数 2 t iii) 当 ≥1 时,F(x)在(-∞,+∞)上是减函数 2 t <-1 时,F(x)在 x=-1 处取得极小值-1-t, 2

(2)由(1)可知 i) 当

在 x=1 处取得极大值 3-t,若方程 F(x)-m=0 恰有两解, 此时 m=-1-t 或 m=3-t

49

ii) 当-1≤

t t t3 t <1,F(x)在 x= 处取值为 + + 1, 2 2 8 2

在 x=1 处取得极大值 3-t,若方程 F(x)-m=0 恰有两解, 此时 m=

t3 t + + 1 或 m=3-t 8 2

9.(2008 年四川省成都市一诊)已知函数

y = f ( x) 是定义域为 R 的偶函数,其图像均在 x 轴

的上方,对任意的 m,n ∈ [0, +∞) ,都有 导函数

f (m n) = [ f (m)]n ,且 f (2) = 4 ,又当 x ≥ 0 时,其

f ′( x) > 0 恒成立.

(Ⅰ)求 f(0),f(-1)的值;

kx + 2 (Ⅱ)解关于 x 的不等式: f ( ) ≥ 2 ,其中 k ∈ (1,1). 2 2 x +4
解 (1)由 f(mn)=[f(m)] 得:f(0)=f(0×0)=[f(0)]
n 0

2

∵函数 f(x)的图象均在 x 轴的上方,∴f(0)>0,∴f(0)=1

……………………………3 分 …………………3 分

∵f(2)=f(1×2)=[f(1)]2=4,又 f(x)>0∴f(1)=2,f(-1)=f(1)=2
2

kx + 2 kx + 2 kx + 2 (2) f 2 ≥ 2 f 2 ≥ 2 f ≥ f (±1) 2 2 2 x +4 x +4 2 x + 4 | kx + 2 | f 2 ≥ f (1) x +4
又当 x

≥ 0 时,其导函数 f ' ( x ) > 0 恒成立,∴ y = f ( x ) 在区间 [ 0, +∞ ) 上为单调递增函数 ≥ 1 kx + 2 ≥ x 2 + 4 ( k 2 1) x 2 + 4kx ≥ 0



kx + 2 x +4
2

①当 k

= 0 时, x ∈ {0} ;
4k 4k 4k k < 0 时, x x ≤0 ≤ x ≤ 0 ,∴ x ∈ , 0 ; 2 2 2 1 k 1 k 1 k
,∴ x ∈

②当 1 <

③当 0 <

4k 4k k < 1 时, x x ≤00≤ x≤ 2 1 k 2 1 k

4k 0, 1 k 2

综上所述:当 k

4k = 0 时, x ∈ {0} ;当 1 < k < 0 时, x ∈ , 0 ; 2 1 k

当0 <

4k k < 1 时, x ∈ 0, . 2 1 k
50


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