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2012年高考理科数学导数与积分试题及答案.doc


2012 年高考真题理科数学解析汇编:导数与积分
一、选择题 1 .(2012 年高考(新课标理))已知函数

f ( x) ?

1 ;则 y ? f ( x) 的图像大致为 ln( x ? 1) ? x

2 .(2012 年高考(浙江理))设 a>0,b>0.

( B.若 2a ? 2a ? 2b ? 3b ,则 a<b D.若 2a ? 2a ? 2b ? 3b ,则 a<b



A.若 2a ? 2a ? 2b ? 3b ,则 a>b C.若 2a ? 2a ? 2b ? 3b ,则 a>b

3 .(2012 年高考(重庆理))设函数 f ( x ) 在 R 上可导,其导函数为 f ?( x ) ,

且函数 y ? (1 ? x) f ?( x) 的图像如题(8)图所示,则下列结论中一定成立的 是 A.函数 f ( x ) 有极大值 f (2) 和极小值 f (1) B.函数 f ( x ) 有极大值 f (?2) 和极小值 f (1) C.函数 f ( x ) 有极大值 f (2) 和极小值 f (?2) D.函数 f ( x ) 有极大值 f (?2) 和极小值 f (2)
4 .(2012 年高考(陕西理))设函数





f ( x) ? xe x ,则
B. x ? 1 为 f ( x ) 的极小值点 D. x ? ?1 为 f ( x ) 的极小值点





A. x ? 1 为 f ( x ) 的极大值点 C. x ? ?1 为 f ( x ) 的极大值点

5 .(2012 年高考(山东理)) 设 a ? 0 且 a ? 1 ,则“函数

f ( x) ? a x 在 R 上是减函数 ”,
( )

是“函数 g ( x) ? (2 ? a) x 3 在 R 上是增函数”的 A.充分不必要条件 C.充分必要条件 的面积为 2π A. 5

B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 6 .(2012 年高考(湖北理))已知二次函数 y ? f ( x) 的图象如图所示,则它与 x 轴所围图形 ( B. ) y
1

4 3

C.

3 2

D.

π 2

7 .(2012 年高考(福建理))如图所示,在边长为 1 的正方形 OABC 中任取一点

?1
?1 O 1

x

P,则点 P 恰好取自阴影部分的概率为 ( A.

第 3 题图 ?1 )

?1

1 4

B.

1 5

C.
3

1 6

D.

1 7

8 .(2012 年高考(大纲理))已知函数 y ? x

? 3x ? c 的图像与 x 轴恰有两
( ) D.?3 或 1

个公共点,则 c ? A. ?2 或 2
二、填空题

B. ?9 或 3

C. ?1 或 1

9 . ( 2012 年 高 考 ( 上 海 理 ) ) 已 知 函 数 y ? f (x) 的 图 像 是 折 线 段 ABC, 若 中

A(0,0),B( 1 ,5),C(1,0).函数 y ? xf ( x) (0 ? x ? 1) 的图像与 x 轴围成的图形的面积为 2
_______ .
10.(2012 年高考(山东理))设 a ? 0 .若曲线 y

? x 与直线 x ? a, y ? 0 所围成封闭图形

的面积为 a ,则 a ? ______.
2

11.(2012 年高考(江西理))计算定积分

?

1

?1

( x2 ? sin x)dx ? ___________.

3 12 . ( 2012 年 高 考 ( 广 东 理 ) ) 曲 线 y ? x ? x ? 在 点 ?1 , 3 处 的 切 线 方 程 为 3 ?

___________________.

三、解答题 13.(2012 年高考(天津理))已知函数 f (x)=x ? ln (x+a) 的最小值为 0 ,其中 a >0 .

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

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

n

2

*

).

14.(2012 年高考(新课标理))已知函数 f ( x ) 满足满足 f ( x) ? f ?(1)e

x ?1

? f (0) x ?

1 2 x ; 2

(1)求 f ( x ) 的解析式及单调区间; (2)若 f ( x) ?

1 2 x ? ax ? b ,求 (a ? 1)b 的最大值. 2
A

15 . ( 2012 年 高 考 ( 浙 江 理 ) ) 已 知 a>0,b ? R, 函 数

f ? x ? ? 4ax3 ? 2bx ? a ? b .

G

E D

F

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

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

C

16.(2012 年高考(重庆理))(本小题满分 13 分,(Ⅰ)小问 6 分,(Ⅱ)小问 7 分.)

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

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

(Ⅱ) 求函数 f ( x ) 的极值.

17.(2012 年高考(陕西理))设函数

fn ( x) ? xn ? bx ? c (n ? N? , b, c ? R)

(1)设 n ? 2 , b ? 1,

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

(2)设 n ? 2 ,若对任意 x1 , x2 ?[?1,1] ,有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4 ,求 b 的取值范围; (3)在(1)的条件下,设 xn 是 f n ( x) 在 ? 性.
18.(2012 年高考(山东理))已知函数 f ( x) ?

?1 ? ,1? 内的零点,判断数列 x2 , x3 ,?, xn ? 的增减 ?2 ?

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

对数的底数),曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行. (Ⅰ)求 k 的值; (Ⅱ)求 f ( x ) 的单调区间;

x (Ⅲ) 设 g ( x) ? ( x2 ? x) f '( x) , 其 中 f ' ( )为 f ( x ) 的 导 函 数 . 证 明 : 对 任 意

x ? 0 , g ( x ) 1 ?2 . ? ?e
19.(2012 年高考(辽宁理))设

f ( x) ? ln( x ?1) ? x ?1 ? ax ? b(a, b ? R, a, b为常数) ,

曲线 y ? f ( x) 与 直线 y ?

3 x 在(0,0)点相切. 2

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

9x . x?6

20.(2012 年高考(江苏))若函数 y ? f (x) 在 x

? x0 处取得极大值或极小值,则称 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;

2] (3)设 h( x) ? f ( f ( x)) ? c ,其中 c ? [?2 , ,求函数 y ? h( x) 的零点个数.

21.(2012 年高考(湖南理))已知函数 f ( x ) = ? e

ax

? x ,其中 a≠0.

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

22.(2012 年高考(湖北理))(Ⅰ)已知函数 f ( x) ? rx ? xr ? (1 ? r ) ( x ? 0) ,其中 r 为有理数,

且 0 ? r ? 1 . 求 f ( x) 的 最小值; (Ⅱ)试用(Ⅰ)的结果证明如下命题: 设 a1 ? 0, a2 ? 0 , b1 , b2 为正有理数. 若 b1 ? b2 ? 1 ,则 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 ; (Ⅲ)请将(Ⅱ)中的命题推广到一般形式,并用数学归纳法证明你所推广的命题. ..... 注:当 ? 为正有理数时,有求导公式 ( x? )? ? ? x? ?1 .

23 . ( 2012

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

A ? ? x ? R x? , B ? x ? R 2 x 2 ? 3 ?1 ? a ? x ? 6a ? 0 , D ? A ? B . 0 ?
(Ⅰ)求集合 D (用区间表示); (Ⅱ)求函数 f ? x ? ? 2x3 ? 3?1 ? a ? x2 ? 6ax 在 D 内的极值点.

?

?

24.(2012 年高考(福建理))已知函数

f ( x) ? ex ? ax2 ? ex(a ? R) .

(Ⅰ)若曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线平行于 x 轴,求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)试确定 a 的取值范围,使得曲线 y ? f ( x) 上存在唯一的点 P ,曲线在该点处的切线 与曲线只有一个公共点 P .

25.(2012 年高考(大纲理))(注意:在试题卷上作答无效) .........

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

26.(2012 年高考(北京理))已知函数

f ( x) ? ax2 ? 1 ( a ? 0 ), g ( x) ? x3 ? bx .

(1)若曲线 y ? f ( x) 与曲线 y ? g ( x) 在它们的交点(1, c )处具有公共切线,求 a , b 的 值; (2)当 a ? 4b 时,求函数 f ( x) ? g ( x) 的单调区间,并求其在区间 (??, ?1] 上的最大值.
2

27.(2012 年高考(安徽理))(本小题满分 13 分)设 f ( x) ? ae ?
x

1 ? b(a ? 0) ae x

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

3 x ;求 a , b 的值. 2

2012 年高考真题理科数学导数答案 一、选择题 1.

【解析】选 B

x 1? x ? g ?( x) ? 0 ? ?1 ? x ? 0, g ?( x) ? 0 ? x ? 0 ? g ( x) ? g (0) ? 0 g ( x) ? ln(1 ? x) ? x ? g ?( x) ? ?
得: x ? 0 或 ?1 ? x ? 0 均有 f ( x) ? 0
2. 【答案】A

排除 A, C, D

a b a b f ? x ? ? 2x ? 2 x 【解析】若 2 ? 2a ? 2 ? 3b ,必有 2 ? 2a ? 2 ? 2b .构造函数: ,则

f ? ? x ? ? 2x ? ln 2 ? 2 ? 0
选项用同样方法排除. 3. 【答案】D

恒成立,故有函数

f ? x ? ? 2x ? 2 x

在 x>0 上单调递增,即 a>b 成立.其余

【解析】

x ? ?2,1 ? x ? 0 ,由 (1 ? x) f ?( x) ? 0 ? f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 为增;

?2 ? x ? 1,1 ? x ? 0 ,由 (1 ? x) f ?( x) ? 0 ? f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 为减; 1 ? x ? 2,1 ? x ? 0 ,由 (1 ? x) f ?( x) ? 0 ? f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 为减; x ? 2,1 ? x ? 0 ,由 (1 ? x) f ?( x) ? 0 ? f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 为增.
【考点定位】判断函数的单调性一般利用导函数的符号,当导函数大于 0,则函数为增,当导函数 小于 0 则函数递减. 4. 解析:

f ?( x) ? ( x ? 1)e x ,令 f ?( x) ? 0, 得 x ? ?1 , x < - 1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) ? xe x 为 f ( x) ? xe x 为增函数,所以 x ? ?1 为 f ( x) 的极小值点,选

f ?( x) ? 0 , 减函数; x > - 1 时,
D. 5. 【解析】若函数

f ( x) ? a x 在 R 上为减函数,则有 0 ? a ? 1 .函数 g ( x) ? (2 ? a) x 3 为增函 f ( x) ? a x 在 R 上为减函数”是“函数

数,则有 2 ? a ? 0 ,所以 a ? 2 ,所以“函数

g ( x) ? (2 ? a) x 3 为增函数”的充分不必要条件,选 A.
6. 考点分析:本题考察利用定积分求面积.

解析:根据图像可得:

y ? f ( x) ? ? x2 ? 1,再由定积分的几何意义,可求得面积为

1 1 4 S ? ? (? x 2 ? 1)dx ? (? x 3 ? x)1 1 ? ? ?1 3 3.

7.

【答案】C

? S阴影
【解析】 8. 答案 A

2 3 1 2 1 1 ? ? ( x ? x)dx ? ( x 2 ? x ) ? S正 ? 1 0 3 2 0 6
1

P?
,故

1 6 ,答案 C

【考点定位】本题主要考查几何概型的概率和定积分,考查推理能力、计算求解能力. 【命题意图】本试题主要考查了导数在研究三次函数中的极值的运用.要是函数图像与 x 轴有两 个不同的交点,则需要满足极佳中一个为零即可. 【解析】 因为三次函数的图像与 x 轴恰有两个公共点,结合该函数的图像,可得极大值或者极小值 为零即可满足要求.而 由

f ?( x) ? 3x2 ? 3 ? 3( x?)( x ? 1) ,当 x ? ?1 时取得极值

f (1) ? 0 或 f (?1) ? 0 可得 c ? 2 ? 0 或 c ? 2 ? 0 ,即 c ? ?2 .

二、填空题

9.

[解析]如图 1,

0? x? 1 ?10x, 2 f ( x) ? ? 1 ?10 ? 10x, 2 ? x ? 1

y 5 B 5 P A C 1 图1 x

y

,

M

? 10x 2 , 0 ? x ? 1 2 y ? xf ( x) ? ? ? 10x 2 ? 10x, 1 ? x ? 1 2 ? 所以 ,

N O D 1 图2

x

易知,y=xf(x)的分段解析式中的两部分抛物线形状完全相同,只是开口方向及顶点位置不同,如
1

图 2,封闭图形 MNO 与 OMP 全等,面积相等,故所求面积即为矩形 ODMP 的面积 S= 2

?5 ? 5. 2 4

[评注]对于曲边图形,上海现行教材中不出微积分,能用微积分求此面积的考生恐是极少的,而对 于极大部分考生,等积变换是唯一的出路.

10. 【解析】由已知得

S??

a

0

4 2 2 2 a a? x ? x 2 |0 ? a 2 ? a 2 a2 ? 9. 3 3 3 ,所以 ,所以

3

3

1

2 11. 3 【解析】本题考查有关多项式函数,三角函数定积分的应用.

? x3 ? 1 ?1 ? ? ?1 ? 1 1 2 ??1 ( x ? sin x)dx ? ? 3 ? cos x ? |?1 ? ? 3 ? cos1? ? ? 3 ? cos1? ? 3 ? 3 ? 3 ? ? ? ? ? ? .
1 2

x3 ? cos x 【点评】这里,许多学生容易把原函数写成 3 ,主要是把三角函数的导数公式记混而引
起的.体现考纲中要求了解定积分的概念.来年需要注意定积分的几何意义求曲面面积等. 12.解析:

2 x ? y ? 1 ? 0 . y? |x ?1 ? 3 ?12 ? 1 ? 2 ,所以切线方程为 y ? 3 ? 2 ? x ? 1? ,即

2x ? y ? 1 ? 0 .
三、解答题 13. 【命题意图】 本试题主要考查导数的运算、 利用导数研究函数的单调性、 不等式等基础知识,

考查函数思想、分类讨论思想、考查综合分析和解决问题的能力. (1)

f ( x) 的定义域为 (?a, ??)
? f ?( x) ? 1 ? 1 x ? a ?1 ? ? 0 ? x ? 1 ? a ? ?a x?a x?a

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

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

f ( x)min ? f (1 ? a) ? 1 ? a ? 0 ? a ? 1 ? f ( x) ? kx2 ? x ? ln( x ? 1)( x ? 0)

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

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

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


k?
②当

1 2 时, g?( x) ? 0 ? g ( x)min ? g (0) ? 0 符合(*)

1 得:实数 k 的最小值为 2 (lfxlby) x ? ln( x ? 1) ?
(3)由(2)得:

1 2 x 2 对任意的 x ? 0 值恒成立

x?


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

当 n ? 1 时, 2 ? ln 3 ? 2 得:

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

n

2

(lb ylfx)

2 1 1 ? ? 2 2i ? 3 2i ? 1 当 i ? 2 时, (2i ? 1)

得:

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

n

2

1

【点评】 试题分为三问,题面比较简单,给出的函数比较常规,因此入手对于同学们来说没有难度, 第二问中,解含参数的不等式时,要注意题中参数的讨论所有的限制条件,从而做到不重不漏;

第三问中,证明不等式,应借助于导数证不等式的方法进行.

f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) x ?
14. 【解析】(1)

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

f (0) ? 1 令 x ? 1 得:
f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? x ?
f ( x) ? e x ? x ?
得:

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

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

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

得:

f ( x) 的解析式为

且单调递增区间为

(0, ??) ,单调递减区间为 (??, 0)

f ( x) ?
(2)

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

①当 a ? 1 ? 0 时,

h?( x) ? 0 ? y ? h( x) 在 x ? R 上单调递增

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

h?( x) ? 0 ? x ? ln(a ? 1), h?( x) ? 0 ? x ? ln(a ? 1)

x ? ln(a ? 1) 时, h( x)min ? (a ? 1) ? (a ? 1)ln(a ? 1) ? b ? 0

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

? x2 ln x( x ? 0) ;则 F ?( x) ? x(1 ? 2ln x)

F ?( x) ? 0 ? 0 ? x ? e , F ?( x) ? 0 ? x ? e
当x?

e 时,

F ( x ) max ?

e 2

e (a ? 1)b 的最大值为 2 当 a ? e ?1, b ? e 时,
15. 【解析】本题主要考察不等式,导数,单调性,线性规划等知识点及综合运用能力.

(Ⅰ) (ⅰ)

f ? ? x ? ? 12ax2 ? 2b

. >0 在 0≤x≤1 上恒成立, =|2a-b|﹢a;

当 b≤0 时, 此时

f ? ? x ? ? 12ax2 ? 2b

f ? x?

的最大值为:

f ?1? ? 4a ? 2b ? a ? b ? 3a ? b

当 b>0 时, 此时

f ? ? x ? ? 12ax2 ? 2b

在 0≤x≤1 上的正负性不能判断,

f ? x?

的最大值为:

?b ? a,b ? 2a f max ? x ? ? max{ f (0),( ) ? max{(b ? a),(3a ? b) ? ? f 1} } b ?3a ? b, ? 2a =|2a-b|﹢a;

综上所述:函数 (ⅱ) 要证 亦即证

f ? x?

在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a;

f ? x?

+|2a-b|﹢a≥0,即证

g ? x?

=﹣

f ? x?

≤|2a-b|﹢a.

g ? x?

在 0≤x≤1 上的最大值小于(或等于)|2a-b|﹢a,
g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b ? 0 ? x ? b 6a .



g ? x ? ? ?4ax3 ? 2bx ? a ? b

,∴令

当 b≤0 时, 此时

g ? ? x ? ? ?12ax2 ? 2b

<0 在 0≤x≤1 上恒成立, =|2a-b|﹢a;

g ? x?

的最大值为:

g ? 0? ? a ? b ? 3a ? b

当 b<0 时,

g ? ? x ? ? ?12ax2 ? 2b
b ),(1) g } 6a

在 0≤x≤1 上的正负性不能判断,

g max ? x ? ? max{g (

4 b ? max{ b ? a ? b,b ? 2a} 3 6a ?4 b b ? a ? b, ? 6a ? b ? ? 3 6a b ? 6a ?b ? 2a, ?
≤|2a-b|﹢a; 综上所述:函数 即

g ? x?

在 0≤x≤1 上的最大值小于(或等于)|2a-b|﹢a.

f ? x?

+|2a-b|﹢a≥0 在 0≤x≤1 上恒成立.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知:函数 且函数

f ? x?

在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a,

f ? x?

在 0≤x≤1 上的最小值比﹣(|2a-b|﹢a)要大.

∵﹣1≤

f ? x?

≤1 对 x ? [0,1]恒成立,

∴|2a-b|﹢a≤1. 取 b 为纵轴,a 为横轴.
? b ? 2a ? b ? 2a ? ? b ? a ? 1 ?3a ? b ? 1 则可行域为: ? 和 ,目标函数为 z=a+b.

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

3 ? ?1,? .

【答案】(Ⅰ) 见解析;(Ⅱ)

3 ? ?1,? .

16. 【考点定位】 本小题主要考查利用导数研究曲线上某点切线方程、 函数的最值及其几何意义, 两条直线平行的判定等基础知识,考查运算求解能力.

解:(1)因 由于曲线

f ? x ? ? a ln x ?

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

y ? f ? x?

在点

?1, f ?1?? 处的切线垂直于 y 轴,故该切线斜率为 0,即 f ? ?1? ? 0 ,

1 3 a? ? ?0 2 2 从而 ,解得 a ? ?1 f ? x ? ? ? ln x ? 1 3 ? x ? 1? x ? 0 ? 2x 2 ,

(2)由(1)知

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

? f ?? x? ?

(3x ? 1)( x ? 1) 2x2
,解得

令 当 当 故

f ? ? x? ? 0
x ? ? 0,1?

x1 ? 1, x2 ? ?

1 1 x2 ? ? 3 不在定义域内,舍去), 3 (因


时,

f ? ? x? ? 0

,故

f ? x?

? 0,1? 上为减函数;


x ? ?1, ?? ? f ? x?

时,

f ? ? x? ? 0

,故

f ? x?

?1, ??? 上为增函数;

在 x ? 1 处取得极小值

f ?1? ? 3

.

17.解析:(1)

n b ? 1, c ? ?1 , n ? 2 时, fn ( x) ? x ? x ?1

?1 ? 1 1 1 ,1 f n ( ) f n (1) ? ( n ? ) ?1 ? 0 f n ( x) 在 ? 2 ? 内存在零点. ? ? 2 2 2 ∵ ,∴ ?1 ? x ? ? ,1? n?1 ? 2 ? 时, fn?( x) ? nx ? 1 ? 0 又当 ?1 ? ?1 ? ,1 ? ,1? f ( x) 在 ? 2 ? 上是单调递增的,所以 f n ( x) 在 ? 2 ? 内存在唯一零点. ? ? ∴ n
(2)当 n ? 2 时, 对任意

f2 ( x) ? x2 ? bx ? c

x1 , x2 ?[?1,1] 都有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4 等价于 f 2 ( x) 在 [?1,1] 上最大值与最小值之差
|

b |? 1 | b |? 2 时, M ? 4 ,据此分类讨论如下:(ⅰ)当 2 ,即

M ?| f2 (1) ? f2 (?1) |? 2 | b |? 4 ,与题设矛盾
?1 ? ?
(ⅱ)当

b ?0 2 ,即 0 ? b ? 2 时,

b b M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) 2 ? 4 2 2 恒成立 0?
(ⅲ)当

b ?1 2 ,即 ?2 ? b ? 0 时,

b b M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) 2 ? 4 2 2 恒成立.
综上可知, ?2 ? b ? 2

注:(ⅱ)(ⅲ)也可合并证明如下:



max{a, b} 表示 a , b 中的较大者.当

?1 ?

b ?1 2 ,即 ?2 ? b ? 2 时,

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

b2 ? 1 ? c ? | b | ?( ? ? c ) 4
? (1 ? |b| 2 ) ?4 2 恒成立

?1 ? ,1 xn 是 f n ( x) 在 ? 2 ? 内的唯一零点 (n ? 2) ? ? (3)证法一 设

fn ( xn ) ? x ? xn ?1 , fn?1 ( xn?1 ) ? x
n n

n?1 n?1

?1 ? xn ?1 ? ? ,1? ? xn?1 ?1 ? 0 , ?2 ?

于是有

n?1 n fn ( xn ) ? 0 ? fn?1 ( xn?1 ) ? xn?1 ? xn?1 ?1 ? xn?1 ? xn?1 ?1 ? fn ( xn?1 )

?1 ? ,1 f ( x) 在 ? 2 ? 上是递增的,故 xn ? xn?1 (n ? 2) , ? ? 又由(1)知 n
所以,数列

x2 , x3 ,?, xn ?是递增数列.

?1 ? ,1 xn 是 f n ( x) 在 ? 2 ? 内的唯一零点 ? ? 证法二 设
n fn?1 ( xn ) fn?1 (1) ? ( xn ?1 ? xn ?1)(1n?1 ?1 ?1) n n ? xn ?1 ? xn ?1 ? xn ? xn ?1 ? 0



f n?1 ( x) 的零点 xn ?1 在 ( xn ,1) 内,故 xn ? xn?1 (n ? 2) ,

所以,数列

x2 , x3 ,?, xn ?是递增数列.

1 ? k ? ln x ln x ? k 1? k x ?0 x x ?(x) ? ?(1) ? 0 ,即 e f f e e 18.解析:由 f(x) = 可得 ,而 ,解得
k ? 1;

1 ? 1 ? ln x x f ?(x) ? f ?( x) ? 0 可得 x ? 1 , ex (Ⅱ) ,令
f ?( x) ? 1 1 ? 1 ? ln x ? 0 f ?( x) ? ? 1 ? ln x ? 0 x x ;当 x ? 1 时, .

当 0 ? x ? 1 时, 于是

f (x) 在区间 (0,1) 内为增函数;在 (1,??) 内为减函数.

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

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

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

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

p ?( x) ?


?x ? 0, q ?( x) ? ?2 ? ln x, x ? (0,1) ex , p ( x) ? x ?1 ? p(0) ? 1 ee ,

则当 0 ? x ? 1 时 令

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

当 x ? (0, e

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

则当 0 ? x ? 1 时 q( x) ? 1 ? x(1 ? ln x) ? q(e

) ? 1 ? e ?2 ,且 q( x) ? 0 ,

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

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

?2

p( x) ?
另证 1:设函数

x ?1 ?x , x ? (0,1) p ?( x) ? x ? 0 e e e ,则 ,

则当 0 ? x ? 1 时

p ( x) ?

x ?1 ? p(0) ? 1 ex ,

1 ? 1 ? ln x 1 g ( x) ? ( x 2 ? x) x ? x( ? 1 ? ln x) ? 1 ? e ?2 x x e 于是当 0 ? x ? 1 时,要证 ,
1 x( ? 1 ? ln x) ? 1 ? e ? 2 只需证 x 即可,
设 令

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

当 x ? (0, e

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

则当 0 ? x ? 1 时 q( x) ? 1 ? x(1 ? ln x) ? q(e

) ? 1 ? e ?2 ,

1 ? 1 ? ln x 2 x ( x ? x) ? 1 ? e ?2 0 ? x ? 1时 ex 于是可知当 成立
综合(1)(2)可知对任意 x>0, g ( x) ? 1 ? e 恒成立.
?2

ln(x ? 1) ? x ,即 x ?1 ? e x , 另证 2:根据重要不等式当 0 ? x ? 1 时

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

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

当 x ? (0, e

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

则当 0 ? x ? 1 时 q( x) ? 1 ? x(1 ? ln x) ? q(e

) ? 1 ? e ?2 ,

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

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

f (x) 的定义域,根据条件曲线 y ? f ( x) 与直线 易忽略函数

y?

3 x 2 在(0,0)点相切,求出 9x x ? 6 即可.从近几年的高

a , b 的值,然后,利用函数的单调性或者均值不等式证明

f ( x) ?

考命题趋势看,此类型题目几乎年年都有涉及,因此,在平时要加强训练.本题属于中档题. 20. 【答案】解:(1)由 ∵1 和 ?1是函数 ∴

f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx ,得 f' ( x) ? 3x2 ? 2ax ? b .

f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx 的两个极值点,

f' (1) ? 3 ? 2a ? b=0 , f' (?1) ? 3 ? 2a ? b=0 ,解得 a =0,b = ? 3 .

(2)∵ 由(1)得, ∴

f ( x ) ? x 3 ? 3x ,
2

g?( x) ? f ( x) ? 2=x3 ? 3x ? 2= ? x ?1? ? x ? 2?

,解得

x1 =x2 =1,x3 = ? 2 .

∵当 x < ?2 时, ∴ x= ? 2 是

g ?( x) < 0 ;当 ?2 < x < 1 时, g ?( x) > 0 ,

g ( x) 的极值点.

∵当 ?2 < x < 1 或 x > 1 时,

g ?( x) > 0 ,∴ x =1 不是 g ( x) 的极值点.



g ( x) 的极值点是-2. f ( x)=t ,则 h( x) ? f (t ) ? c . f ( x)=d 根的情况: d ?? ?2, 2?
f ( x)= ? 2 的两个不同的根为 I 和一 2 ,注意到 f ( x) 是奇函

(3)令

先讨论关于 x 的方程 当

d =2

时,由(2 )可知,

数,∴ 当

f ( x )=2 的两个不同的根为一和 2.
f (?1) ? d =f (2) ? d =2 ? d > 0 , f (1) ? d =f (?2) ? d = ? 2 ? d < 0 ,

d <2

时,∵

∴一 2 , -1,1 ,2 都不是 由(1)知 ① 当 此时

f ( x)=d 的根.
.

f' ( x)=3? x ? 1?? x ? 1?
时,

x ? ? 2, ? ? ?

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

? f ( x)=d 在 ? 2, ?? 无实根. x ? ?1 2? ,
时.

② 当 又∵ ∴

f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数.

f (1) ? d < 0 , f (2) ? d > 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断,

f ( x)=d 在(1 , 2 )内有唯一实根. f ( x)=d 在(一 2 ,一 I )内有唯一实根.

同理, ③ 当 又∵ ∴

x? ? ?1 1? ,

时,

f' ( x) < 0 ,于是 f ( x) 是单调减两数.

f (?1) ? d > 0 , f (1) ? d < 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断,

f ( x)=d 在(一 1,1 )内有唯一实根.

因此,当

d =2

时,

f ( x)=d 有两个不同的根 x1,x2 满足 x1 =1,x2 =2 ;当 d < 2 时

f ( x)=d 有三个不同的根 x3,x1,x5 ,满足 xi < 2,i =3, 4, 5 .
现考虑函数 ( i )当 而

y ? h( x) 的零点:
时,

c =2

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

f ( x)=t1 有三个不同的根, f ( x)=t2 有两个不同的根,故 y ? h( x) 有 5 个零点.

( 11 )当 而

c <2

时,

f (t )=c 有三个不同的根 t3,t4,t5 ,满足 ti < 2,i=3, 4, 5 .
有三个不同的根,故

f ( x)=ti ?i =3, 4, 5? c =2

y ? h( x) 有 9 个零点.

综上所述,当

时,函数

y ? h( x) 有 5 个零点;当 c < 2 时,函数 y ? h( x) 有 9 个零点.

【考点】函数的概念和性质,导数的应用. 【解析】(1)求出 解即可.
3 g ?( x) ,令 g ?( x)=0 ,求解讨论即可. (2)由(1)得, f ( x) ? x ? 3x ,求出

y ? f (x) 的导数,根据 1 和 ?1是函数 y ? f (x) 的两个极值点代入列方程组求

(3)比较复杂,先分 的零点.

d =2



d <2

讨论关于 x 的方程

f ( x)=d 根的情况;再考虑函数 y ? h( x)

f ( x) ? eax ? x ? 1 ,这与题设矛盾,又 a ? 0 , 21. 【解析】(Ⅰ)若 a ? 0 ,则对一切 x ? 0 ,
故a ? 0.



f ?( x) ? ae ?1, 令
ax

f ?( x) ? 0, 得x ?

1 1 ln . a a

x?


1 1 1 1 ln x ? ln f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减;当 a a 时, a a 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增,故当 1 1 1 1 1 1 1 ln f ( ln ) ? ? ln . a a 时, f ( x) 取最小值 a a a a a

x?

于是对一切

x ? R, f ( x) ? 1恒成立,当且仅当

1 1 1 ? ln ? 1 a a a .




g (t ) ? t ? t ln t , 则 g ?(t ) ? ? ln t.

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

?1? .

k?
(Ⅱ)由题意知,

f ( x2 ) ? f ( x1 ) eax2 ? eax1 ? ? 1. x2 ? x1 x2 ? x1 eax2 ? eax1 , x2 ? x1 则

? ( x) ? f ?( x) ? k ? aeax ?


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

? ( x2 ) ?

eax2 ?ea ( x1 ? x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ? 1? . ? x2 ? x1 ?
t

令 F (t ) ? e

? t ?1 ,则 F ?(t ) ? et ? 1 .

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

eax1 eax2 ? 0, ? 0, ea( x2 ?x1 ) ? a( x2 ? x1 ) ?1 ? 0 , ea( x1 ?x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ?1 ? 0, 又 x2 ? x1 x2 ? x1 从而
所以

? ( x1 ) ? 0, ? ( x2 ) ? 0.
y ? ? ( x) 在区间 ? x1 , x2 ? 上的图像是连续不断的一条曲线,所以存在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使

因为函数

? ( x0 ) ? 0, ??( x) ? a2eax ? 0,? ( x) 单调递增,故这样的 c 是唯一的,且
1 eax2 ? eax1 1 eax2 ? eax1 c ? ln x ? ( ln , x2 ) f ?( x0 ) ? k . a a( x2 ? x1 ) .故当且仅当 a a( x2 ? x1 ) 时,
综上所述,存在

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

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

1 1 1 1 1 f ( ln ) ? ? ln . f ( x) 取最小值 a a a a a 对一切 x∈R,f(x) ? 1 恒成立转化为 f ( x)min ? 1,
从而得出 a 的取值集合;第二问在假设存在的情况下进行推理,通过构造函数,研究这个函数 的单调性及最值来进行分析判断. 22.考点分析:本题主要考察利用导数求函数的最值,并结合推理,考察数学归纳法,对考生的归纳

推理能力有较高要求.
r ?1 r ?1 ? f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 1 . 解析:(Ⅰ) f ( x) ? r ? rx ? r (1 ? x ) ,令

当 0 ? x ? 1时,

f ?( x) ? 0

,所以

f ( x)



(0, 1)

内是减函数;

f ( x) (1, ? ?) f ?( x) ? 0 当 x ? 1 时, ,所以 在 内是增函数.
故函数

f ( x)

在 x ? 1 处取得最小值

f (1) ? 0

. ①

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当 若 若

x ? (0, ??) 时,有 f ( x) ? f (1) ? 0 ,即 xr ? rx ? (1 ? r )

a1 , a 2 中有一个为 0,则 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 成立; a1 , a 2 均不为 0,又 b1 ? b2 ? 1 ,可得 b2 ? 1 ? b1 ,于是

x?
在①中令

a1 a a ( 1 )b1 ? b1 ? 1 ? (1 ? b1 ) a2 , r ? b1 ,可得 a2 a2 ,

b1 1?b1 b1 b2 即 a1 a2 ? a1b1 ? a2 (1 ? b1 ) ,亦即 a1 a2 ? a1b1 ? a2b2 .

综上,对

a1 ? 0, a2 ? 0 , b1 , b2 为正有理数且 b1 ? b2 ? 1 ,总有 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 . ②

(Ⅲ)(Ⅱ)中命题的推广形式为: 设 若

a1 , a2 , ?, an 为非负实数, b1 , b2 , ?, bn 为正有理数.
b b b b1 ? b2 ? ? ? bn ? 1 ,则 a11 a22 ?ann ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn .



用数学归纳法证明如下: (1)当 n ? 1 时,

b1 ? 1 ,有 a1 ? a1 ,③成立.

(2)假设当 n ? k 时,③成立,即若 且

a1 , a2 ,?, ak 为非负实数, b1 , b2 ,?, bk 为正有理数,

b b b b1 ? b2 ? ? ? bk ? 1 ,则 a11 a22 ?akk ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk .

当 n ? k ? 1 时,已知 且

a1 , a2 ,?, ak , ak ?1 为非负实数, b1 , b2 ,?, bk , bk ?1 为正有理数,

b1 ? b2 ? ? ? bk ? bk ?1 ? 1 ,此时 0 ? bk ?1 ? 1 ,即 1 ? bk ?1 ? 0 ,于是
b1 b2 bk

b b 1 b b 1 1 1 b 1 b b b b a11 a22 ?akk akk??1 ? (a11 a22 ?akk )akk??1 = (a11?bk ?1 a2?bk ?1 ?ak ?bk ?1 )1?bk ?1 akk??1 .



bk b1 b2 ? ??? ?1 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1

,由归纳假设可得

a

b1 1?bk ?1 1

a

b2 1?bk ?1 2

?a

bk 1?bk ?1 k

?

a1 ?

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

,

bk bk ?1 b1 b2 从而 a1 a2 ?ak ak ?1

? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ? ? 1 ? bk ?1 ?? ?

.

又因

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

? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ? ? 1 ? bk ?1 ? ?

a1b1 ? a2 b2 ? ? ? ak bk ? (1 ? bk ?1 ) ? ak ?1bk ?1 1 ? bk ?1

? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ak ?1bk ?1 ,
bk bk ?1 b1 b2 ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ak ?1bk ?1 . 从而 a1 a2 ?ak ak ?1

故当 n ? k ? 1 时,③成立. 由(1)(2)可知,对一切正整数 n ,所推广的命题成立. 说明:(Ⅲ)中如果推广形式中指出③式对 n ? 2 成立,则后续证明中不需讨论 n ? 1 的情况. 23.解析:(Ⅰ)考虑不等式
2

2x2 ? 3?1 ? a ? x ? 6a ? 0

的解. ,且 a ? 1 ,所以可分以下三种情况:

因为

? ? ??3 ?1 ? a ? ? ? 4 ? 2 ? 6a ? 3 ? a ? 3?? 3a ? 1? ? ?

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

②当

③当

a?

x1 ?

x2 ?

3 ?1 ? a ? ? 3 ? a ? 3?? 3a ? 1? 4
,于是

B ? ?x x ? x1或x ? x2 ?
0?a?



3 1 x1 ? x2 ? ?1 ? a ? ? 0 x x ? 3a ? 0 ,所以 x2 ? x1 ? 0 ,此时 2 3 时, , 1 2
;当 a ? 0 时,

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

x1 x2 ? 3a ? 0 ,所以 x1 ? 0 , x2 ? 0 ,此时 D ? ? x2 , ?? ? .

1 1 1 ? a ?1 a? 0?a? D ? A ? ? 0, ??? D ? ? 0,1? ? ?1, ?? ? 3 时, 3 综上所述,当 3 时, ;当 ;当
时,

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

;当 a ? 0 时,

D ? ? x2 , ???

.其中

x1 ?

3 ?1 ? a ? ? 3 ? a ? 3?? 3a ? 1? 4
,令 ,

x2 ?

3 ?1 ? a ? ? 3 ? a ? 3?? 3a ? 1? 4
可得 .

(Ⅱ)

f ? ? x ? ? 6x2 ? 6 ?1 ? a ? x ? 6a f ?? x? ? 0
有两根

f ?? x? ? 0

? x ? a ?? x ? 1? ? 0 .因为 a ? 1 ,所以

m1 ? a 和 m2 ? 1 ,且 m1 ? m2 .

1 ? a ?1 D ? A ? ? 0, ??? f ?? x? ? 0 D m ? a 和 m2 ? 1 ,列表可得 ①当 3 时, ,此时 在 内有两根 1

x
f ?? x? f ? x?
所以

? 0, a ?
+ 递增

a
0 极小值

? a,1?
递减

1 0 极大值

?1,?? ?
+ 递增

f ? x?

在 D 内有极大值点 1,极小值点 a .

②当

a?

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

x
f ?? x? f ? x?
所以

1 3
0 极小值

?1 ? ? ,1 ? ?3 ?
递减

?1,?? ?
+ 递增

f ? x?

在 D 内只有极小值点 a ,没有极大值点.

③当

0?a?

1 3 时, D ? ? 0, x1 ? ? ? x2 , ?? ? ,此时 0 ? a ? x1 ? 1 ? x2 (可用分析法证明),于是
在 D 内只有一根

f ?? x? ? 0

m1 ? a ,列表可得

x
f ?? x?

? 0, a ?
+

a
0

? a, x1 ?
-

? x2 , ???
+

f ? x?
所以

递增

极小值

递减

递增

f ? x?

在 D 内只有极小值点 a ,没有极大值点.

④当 a ? 0 时,

D ? ? x2 , ???

,此时

x2 ? 1 ,于是 f ? ? x ? 在 D 内恒大于 0, f ? x ? 在 D 内没有极值点.

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

f ? x?

在 D 内没有极值点.

24. 【考点定位】本题主要考查函数的导数、导数的应用、二次函数的性质、函数的零点等基础 知识,考查运算求解能力、抽象与概括的能力、推理与论证的能力,考查数形结合的思想、转 化与化归的思想、分类讨论的思想、有限与无限的思想. 解:(1)? f

?( x) ? ex ? 2ax ? e , k ? f ?(1) ? 2a ? 0 ? a ? 0 ,故 f ?( x) ? ex ? e

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

(??,1)
(2)设切点 令

P( x0 , y0 ) ,则切线 y ? f ?( x0 )( x ? x0 ) ? f ( x0 )

g ( x) ? f ( x) ? f ?( x0 )( x ? x0 ) ? f ( x0 ) ,因为只有一个切点,所以函数 g ( x) 就只有一个零点,
因为

g ( x0 ) ? 0

g?( x) ? f ?( x) ? f ?( x0 ) ? ex ? ex0 ? 2a( x ? x0 ) ,若 a ? 0,? g ?( x) ? 0
g ( x) ? g ( x0 ) ? 0 ,因此有唯一零点,由 P 的任意性知 a ? 0 不合题意

h( x) ? e 若 a ? 0 ,令

x

? ex0 ? 2a( x ? x0 ) ,则 h( x0 ) ? 0

h?( x) ? ex ? 2a ,存在一个零点 P(ln(?2a), f (ln ? 2a)) ,使曲线在该点处的切线与曲线只有一
个公共点.故 a 的取值范围为 a ? 0 . 25. 【命题意图】 本试题考查了导数在研究函数中的运用.第一就是函数中有三角函数,要利用三 角函数的有界性,求解单调区间.另外就是运用导数证明不等式问题的构造函数思想的运用.

? 解: f ( x) ? a ? sin x .
(Ⅰ)因为

x ? [0, ? ] ,所以 0 ? sin x ? 1 . f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 x ? [0, ? ] 上为单调递增函数;

当 a ? 1 时,

f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 x ? [0, ? ] 上为单调递减函数; 当 a ? 0 时,
? 当 0 ? a ? 1时,由 f ( x) ? 0 得 sin x ? a ,

? 由 f ( x) ? 0 得 0 ? x ? arcsin a 或 ? ? arcsin a ? x ? ? ;
? 由 f ( x) ? 0 得 arcsin a ? x ? ? ? arcsin a .
所以当 0 ? a ? 1时

f ( x) 在 [0,arcsin a] 和 [? ? arcsin a, ? ] 上为为单调递增函数;在

[arcsin a, ? ? arcsin a] 上为单调递减函数.
(Ⅱ)因为

f ( x) ? 1 ? sin x ? ax ? cos x ? 1 ? sin x ? ax ? 1 ? sin x ? cos x

当 x ? 0 时, 0 ? 1 ? sin 0 ? cos 0 ? 0 恒成立

当 0 ? x ? ? 时,

ax ? 1 ? sin x ? cos x ? a ?

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

g ( x) ?


1 ? sin x ? cos x (0 ? x ? ? ) x ,则

g ?( x) ?
又令

(cos x ? sin x) x ? 1 ? sin x ? cos x (1 ? x) cos x ? ( x ? 1) sin x ? 1 ? x2 x2

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

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

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

x?(


3? ,? ] c?( x) ? 0 , c( x) 单调递增 4 时, sin x ? cos x ? 0 ,故 c( 3? ) ? ? 2 ?1 4 ,而
, x ??

c( x) 在 x ? (0, ? ] 时有最小值 所以
x ? 0?

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

综上可知

x ? (0, ? ] 时, c( x) ? 0 ? g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 在区间 (0, ? ] 单调递
2

所以

[ g ( x)]min ? g (? ) ?

?

故所求 a 的取值范围为

a?

2

?

.

f ( x) ? 1 ? sin x 恒成立可得 另解:由
g ( x) ? sin x ?


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

2

?

2

?

x(0 ? x ?

?

2 ,则

)

g ?( x) ? cos x ?

?

2 x ? (0, arcsin )


?

时,

g ?( x) ? 0 ,当

x ? (arcsin

2 ? , ) ? 2 时, g ?( x) ? 0

? 2 ? g (0) ? g ( ) ? 0 x ? sin x(0 ? x ? ) g ( x) ? 0 ,即 ? 2 2 又 ,所以
a?
故当

2

?

f ( x) ?
时,有

2

?

x ? cos x

0? x?
①当

?

2

2 时, ?

x ? sin x 2

, cos x ? 1 ,所以

f ( x) ? 1 ? sin x

?
②当 2

? x ??
时,

f ( x) ?

?

x ? cos x ? 1 ? 2

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

2

?

?

综上可知故所求 a 的取值范围为

a?

?

.

【点评】 试题分为两问,题词面比较简单,给出的函数比较新颖,因为里面还有三角函数,这一点对 于同学们来说有点难度,不同于平时的练习题,相对来说做得比较少.但是解决的关键还是要 看导数的符号,求解单调区间.第二问中,运用构造函数的思想,证明不等式,一直以来是个难 点,那么这类问题的关键是找到合适的函数,运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到 解决. 26. 【考点定位】此题应该说是导数题目中较为常规的类型题目,考查的切线、单调性、极值以 及最值的问题都是课本中要求的重点内容,也是学生掌握比较好的知识点.
2 f ?( x) ? 2ax k1 解:(1)由 ?1 ,c ? 为公共切点可得: f ( x) ? ax ? 1(a ? 0) ,则 ,

? 2a ,

g ( x) ? x3 ? bx ,则 g ?( x)=3x2 ? b , k2 ? 3 ? b ,? 2 a ? 3 ? b ①



f (1) ? a ? 1 g (1) ? 1 ? b ? a ? 1 ? 1 ? b , , ,即 a ? b ,代入①式可得:
2

?a ? 3 ? ?b ? 3

.

1 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? x3 ? ax2 ? a 2 x ? 1 4 (2)? a ? 4b ,? 设

1 a a h?( x) ? 3x2 ? 2ax ? a2 h?( x) ? 0 ,解得: x1 ? ? 2 , x2 ? ? 6 ; 4 ,令 则

? a ? 0 ,?

?

a a ?? 2 6,

a? a? ? ? a ? a ? ? ?? ,? ? ? ? ,? ? ? ? ,? ? ? 2 ? 单调递增,在 ? 2 6 ? 单调递减,在 ? 6 ? ? 上单调递增 ? 原函数在
?1≤ ?

①若

a a h(1) ? a ? 2 ,即 a≤2 时,最大值为 4 ;

2

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

③若

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

综上所述:当

a ??0 , ? 2

h(1) ? a ?
时,最大值为

a2 ? a? h? ? ? ?1 a ? ? 2 , ? ?? 2? 4 ;当 时,最大值为 ? .

27. 【解析】(I)设 t

? ex (t ? 1) ;则
y ? at ?

y ? at ?

1 1 a 2t 2 ? 1 ? b ? y? ? a ? 2 ? at at at 2

y? ? 0 ? ①当 a ? 1 时,

1 ?b at 在 t ? 1 上是增函数 a? 1 ?b a

得:当

t ? 1( x ? 0) 时, f ( x) 的最小值为
y ? at ?

②当 0 ? a ? 1 时,

1 ?b ? 2?b at

at ? 1(t ? e x ?
当且仅当

1 , x ? ? ln a) f ( x) 的最小值为 b ? 2 a 时,

f ( x) ? ae x ?
(II)

1 1 ? b ? f ?( x) ? ae x ? x x ae ae

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


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