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2012 高考数学分类汇编导数与积分


2012 年高考真题理科数学解析汇编:导数与积分
一、选择题 错误! 未指定书签。 . (2012 年高考 (新课标理) 已知函数 )

f ( x) ?

1 ;则 y ? f ( x) ln( x ? 1) ? x

的图像大致为

错误!未指定书签。 . (2012 年高考(浙江理)

设 a>0,b>0. )





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

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

错误!未指定书签。 . (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)
错误!未指定书签。 . (2012 年高考(陕西理) 设函数 )





f ( x) ? xe x ,则





A. x ? 1 为 f ( x ) 的极大值点

B. x ? 1 为 f ( x ) 的极小值点

1

C. x ? ?1 为 f ( x ) 的极大值点

D. x ? ?1 为 f ( x ) 的极小值点

错误!未指定书签。 . (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

B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 错误!未指定书签。 . (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 轴所围图形的面积为 A. (
3 C. 2 π D. 2

) y
1

2π 5

4 B. 3

错误!未指定书签。 . (2012 年高考(福建理) 如图所示,在边长为 1 的正方形 )

?1
?1 O

1

x

OABC 中任取一点 P,则点 P 恰好取自阴影部分的概率为 ( A.

第 ?1 3 题图 )

?1

1 4

B.

1 5

C.

1 6

D.

1 7

错误!未指定书签。 . (2012 年高考(大纲理) 已知函数 y ? )

x3 ? 3x ? c 的图
( ) D.?3 或 1

像与 x 轴恰有两个公共点,则 c ? A. ?2 或 2 B. ?9 或 3
二、填空题

C. ?1 或 1

错误!未指定书签。 . (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 2 为_______ .
错误!未指定书签。(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

错误!未指定书签。(2012 年高考(江西理) 计算定积分 . )

?

1

?1

( x2 ? sin x)dx ? ___________.

错误!未指定书签。 (2012 年高考(广东理) 曲线 y ? x3 ? x ? 3 在点 ?1,3? 处的切线方程为 . )

___________________.
三、解答题 错误!未指定书签。(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;

2

(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

错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 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

错误!未指定书签。(2012 年高考(浙江理) 已知 a>0,b ? R,函数 f ? x ? ? 4ax3 ? 2bx ? a ? b . . )

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

错误!未指定书签。(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; (Ⅱ) 求函数 f ( x) 的极值. 3

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

错误!未指定书签。(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.

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

错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 2012 年 高 考 ( 山 东 理 ) 已 知 函 数 f ( x ) ? . )

ln x ? k ( k 为常 ex

数, e ? 2.71828 ??? 是自然对数的底数),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;

4

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

错 误 ! 未 指 定 书 签 。 . ( 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

错误!未指定书签。(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;

5

(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.

错误!未指定书签。(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.

错误!未指定书签。(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 ; 6

(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 .

错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 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.

?

?

错误!未指定书签。(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 .
错误!未指定书签。(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.

7

错 误 ! 未 指 定 书 签 。 . ( 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

错 误 ! 未 指 定 书 签 。.( 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

8

2012 年高考真题理科数学解析汇编:导数参考答案 一、选择题 错误!未找到引用源。

【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
错误!未找到引用源。

排除 A, C , D

【答案】A

b 2 【 解 析 】 若 2a ? 2a ? 2b ? 3b , 必 有 2a ? 2a ? 2 ? b . 构 造 函 数 : f ? x ? ? 2x ? 2x , 则

f ? ? x ? ? 2x ? ln 2 ? 2 ? 0 恒成立,故有函数 f ? x ? ? 2x ? 2x 在 x>0 上单调递增,即 a>b 成立.

其余选项用同样方法排除.
错误!未找到引用源。

【答案】D

【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.
错误!未找到引用源。
x 解 析 : f ?( x) ? ( x ? 1)e , 令 f ?( x) ? 0, 得 x ? ?1 , x < - 1

x x 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) ? xe 为减函数; x > - 1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) ? xe 为增函数,所

以 x ? ?1 为 f ( x ) 的极小值点,选 D.
错误!未找到引用源。
x 【解析】若函数 f ( x) ? a 在 R 上为减函数,则有 0 ? a ? 1 .函数

g ( x) ? (2 ? a) x 3 为增函数,则有 2 ? a ? 0 ,所以 a ? 2 ,所以“函数 f ( x) ? a x 在 R 上
为减函数”是“函数 g ( x) ? (2 ? a) x 为增函数”的充分不必要条件,选 A.
3

错误!未找到引用源。

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) ? ? x 2 ? 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

9

错误!未找到引用源。

【答案】C

【解析】? S阴影 ?

1 1 1 2 3 1 ( x ? x)dx ? ( x 2 ? x 2 ) ? S正 ? 1 ,故 P ? ,答案 C ?0 6 3 2 0 6
1

【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. 错误!未找到引用源。 答案 A 【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 f ?( x) ? 3x2 ? 3 ? 3( x?)( x ? 1) ,当 x ? ?1 时取得极值 由 f (1) ? 0 或 f (?1) ? 0 可得 c ? 2 ? 0 或 c ? 2 ? 0 ,即 c ? ?2 .
二、填空题
y y 5 P M

, ?10x5 B 0 ? x ? 1 2 错误!未找到引用源。 [解析]如图 1, f ( x) ? ? , 1 ?10 ? 10x, 2 ? x ? 1
所以 y ? xf ( x) ? ?

? 10x 2 , 0 ? x ?
2 1 2

1 2

?? 10x ? 10x, ? x ? 1

,

A

C 1 图1

x

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= 1 ? 5 ? 2 2
5 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.
错误!未找到引用源。 【解析】由已知得 S ?

?

a

0

x?

2 2 2 a 2 2 x |0 ? a ? a 2 ,所以 a 2 ? ,所 3 3 3

3

3

1

以a ?

4 . 9

错误!未找到引用源。
1

2 【解析】本题考查有关多项式函数,三角函数定积分的应用. 3

? x3 ? ?1 ? ? ?1 ? 1 1 2 ( x 2 ? sin x) dx ? ? ? cos x ? |1 1 ? ? ? cos1 ? ? ? ? cos1 ? ? ? ? . ? ??1 ?3 ? ? 3 ? 3 3 3 ? 3 ?
【点评】 这里,许多学生容易把原函数写成

x3 ? cos x ,主要是把三角函数的导数公式记 3

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.
错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 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 2 x ? y ? 1 ? 0 .
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三、解答题 错误!未找到引用源。

【命题意图】 本试题主要考查导数的运算、 利用导数研究函数的单调性、 不等式等基础知识, 考查函数思想、分类讨论思想、考查综合分析和解决问题的能力. (1) f ( x ) 的定义域为 (?a, ??)

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

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

f ?( x) ? 0 ? x ? 1 ? a, f ?( x) ? 0 ? ?a ? x ? 1 ? a
得:

x ? 1 ? a 时, f ( x)min ? f (1 ? a) ? 1 ? a ? 0 ? a ? 1

(2)设 g ( x) ? kx2 ? f ( x) ? kx2 ? x ? ln( x ? 1)( x ? 0) 则 g ( x) ? 0 在 x ? [0,+?) 上恒成立 ? g ( x)min ? 0 ? g (0) (*)

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

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

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

当 n ? 1 时, 2 ? ln 3 ? 2 得:

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

n

2

ylfx)

当 i ? 2 时,

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

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

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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. 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 【 解 析 】 (1) f ( x) ? f ?(1)e
x ?1

? f (0) x ?

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

令 x ? 1 得: f (0) ? 1

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

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
得: f ( x ) 的解析式为 f ( x ) ? e ? x ?
x

1 2 x 2

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

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

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

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

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

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

e 时, F ( x ) max ?

e 2 e 2

当 a ? e ?1, b ? e 时, (a ? 1)b 的最大值为

错误!未找到引用源。 【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 .

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当 b≤0 时, f ? ? x ? ? 12ax2 ? 2b >0 在 0≤x≤1 上恒成立, 此时 f ? x ? 的最大值为: f ?1? ? 4a ? 2b ? a ? b ? 3a ? b =|2a-b|﹢a; 当 b>0 时, f ? ? x ? ? 12ax2 ? 2b 在 0≤x≤1 上的正负性不能判断, 此时 f ? x ? 的最大值为:
?b ? a,b ? 2a f max ? x ? ? max{ f (0),( ) ? max{(b ? a),(3a ? b) ? ? f 1} } =|2a-b|﹢a; b ?3a ? b, ? 2a

综上所述:函数 f ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a; (ⅱ) 要证 f ? x ? +|2a-b|﹢a≥0,即证 g ? x ? =﹣ f ? x ? ≤|2a-b|﹢a. 亦即证 g ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值小于(或等于)|2a-b|﹢a, ∵ g ? x ? ? ?4ax3 ? 2bx ? a ? b ,∴令 g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b ? 0 ? x ? 当 b≤0 时, g ? ? x ? ? ?12ax2 ? 2b <0 在 0≤x≤1 上恒成立, 此时 g ? x ? 的最大值为: g ? 0? ? a ? b ? 3a ? b =|2a-b|﹢a; 当 b<0 时, g ? ? x ? ? ?12ax2 ? 2b 在 0≤x≤1 上的正负性不能判断,
g max ? x ? ? max{g ( b ),(1) g } 6a b . 6a

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

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

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则可行域为: ?

? b ? 2a ? b ? 2a 和? ,目标函数为 z=a+b. ? b ? a ? 1 ?3a ? b ? 1

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

【答案】(Ⅰ) 见解析;(Ⅱ) ? ?1,? . 3
错误!未找到引用源。 【考点定位】本小题主要考查利用导数研究曲线上某点切线方程、函

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

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

由 于 曲 线 y ? f ? x 在 点 1, f ? 1 处 的 切 线 垂 直 于 y 轴 , 故 该 切 线 斜 率 为 0, 即 ? ?

?

?

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

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

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

当 x ? ? 0,1? 时, f ? ? x ? ? 0 ,故 f ? x ? 在 ? 0,1? 上为减函数;

14

当 x ? ?1, ?? ? 时, f ? ? x ? ? 0 ,故 f ? x ? 在 ?1, ?? ? 上为增函数; 故 f ? x ? 在 x ? 1 处取得极小值 f ?1? ? 3 .
错误!未找到引用源。解析:(1) b ? 1, c ? ?1 , n ? 2 时,

fn ( x) ? xn ? x ?1

∵ f n ( ) f n (1) ? (

1 2

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

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

?1 ? ?2 ?

∴ f n ( x) 在 ?

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

(2)当 n ? 2 时, f2 ( x) ? x2 ? bx ? c 对任意 x1 , x2 ?[?1,1] 都有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4等价于 f 2 ( x) 在 [?1,1] 上最大值与最小 值之差 M ? 4 ,据此分类讨论如下:(ⅰ)当 |

b |? 1 ,即 | b |? 2 时, 2

M ?| f2 (1) ? f2 (?1) |? 2 | b |? 4 ,与题设矛盾
b ? 0 ,即 0 ? b ? 2 时, 2 b b M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) 2 ? 4 恒成立 2 2 b (ⅲ)当 0 ? ? 1 ,即 ?2 ? b ? 0 时, 2 b b M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) 2 ? 4 恒成立. 2 2 综上可知, ?2 ? b ? 2
(ⅱ)当 ?1 ? ? 注:(ⅱ)(ⅲ)也可合并证明如下: 用 max{a, b} 表示 a , b 中的较大者.当 ?1 ?

b ? 1 ,即 ?2 ? b ? 2 时, 2

b M ? max{ f 2 (1), f 2 (?1)} ? f 2 (? ) 2 f (?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 恒成立 2
15

(3)证法一 设 xn 是 f n ( x) 在 ?

?1 ? ,1? 内的唯一零点 (n ? 2) ?2 ?

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

又由(1)知 f n ( x) 在 ?

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

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

?1 ? ,1? 内的唯一零点 ?2 ?

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

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

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

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

1 ? 1 ? ln x 2 x (2)当 0 ? x ? 1 时,要证 g ( x) ? ( x ? x) ? 1 ? e ?2 . x e
16

只需证

x ?1 1 ? e ?2 即可 ? 1 ? x(1 ? ln x) ex
x ?1 , q( x) ? 1 ? x(1 ? ln x), x ? (0,1) . ee

设函数 p( x) ? 则 p ?( x) ?

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

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

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

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

? (0,1) ,
?2

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

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

?2

17

1 ? 1 ? ln x 1 于是不等式 g ( x) ? ( x 2 ? x) x ? x( ? 1 ? ln x) ? 1 ? e ?2 , x x e
设 q( x) ? 1 ? x(1 ? ln x), x ? (0,1) , q?( x) ? 1 ? x(1 ? ln x) , 令 q?( x) ? ?2 ? ln x ? 0 解得 x ? e ?2 ? (0,1) , 当 x ? (0, e ?2 ) 时 q ?( x) ? 0 ;当 x ? (e ?2 ,1) 时 q ?( x) ? 0 , 则当 0 ? x ? 1 时 q( x) ? 1 ? x(1 ? ln x) ? q(e ?2 ) ? 1 ? e ?2 ,

1 ? 1 ? ln x 2 x 于是可知当 0 ? x ? 1 时 ( x ? x) ? 1 ? e ?2 成立. x e
错误!未找到引用源。 【答案及解析】

18

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

3 x 在(0,0)点 2 9x 相切,求出 a , b 的值,然后,利用函数的单调性或者均值不等式证明 f ( x ) ? 即可. x?6
本题容易忽略函数 f (x) 的定义域,根据条件曲线 y ? f ( x) 与直线 y ? 从近几年的高考命题趋势看,此类型题目几乎年年都有涉及,因此,在平时要加强训练. 本题属于中档题.
错误!未找到引用源。 【答案】解:(1)由 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx ,得 f' ( x) ? 3x2 ? 2ax ? b .

19

∵1 和 ?1是函数 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) ? x3 ? 3x , ∴ g?( x) ? f ( x) ? 2=x3 ? 3x ? 2= ? x ? 1? ? x ? 2? ,解得 x1 =x2 =1,x3 = ? 2 .
2

∵当 x < ?2 时, g ?( x) < 0 ;当 ?2 < x < 1 时, g ?( x) > 0 , ∴ x = ? 2 是 g ( x) 的极值点. ∵当 ?2 < x < 1 或 x > 1 时, g ?( x) > 0 ,∴ x =1 不是 g ( x) 的极值点. ∴ g ( x) 的极值点是-2. (3)令 f ( x)=t ,则 h( x) ? f (t ) ? c . 先讨论关于 x 的方程 f ( x )=d 根的情况: d ?? ?2, 2? 当 d =2 时,由(2 )可知, f ( x)= ? 2 的两个不同的根为 I 和一 2 ,注意到 f ( x) 是奇函 数,∴ f ( x )=2 的两个不同的根为一和 2. 当 d < 2 时,∵ f (?1) ? d =f (2) ? d =2 ? d > 0 , f (1) ? d =f (?2) ? d = ? 2 ? d < 0 , ∴一 2 , -1,1 ,2 都不是 f ( x )=d 的根. 由(1)知 f' ( x)=3? x ? 1?? x ? 1? . ① 当 x ? ? 2, ? ? 时, f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数,从而 f ( x) > f (2)=2 . ? 此时 f ( x )=d 在 ? 2, ? ? 无实根. ? ② 当 x ? ?1 2 ? 时. f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数. , 又∵ f (1) ? d < 0 , f (2) ? d > 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x )=d 在(1 , 2 )内有唯一实根. 同理, f ( x )=d 在(一 2 ,一 I )内有唯一实根. ③ 当 x? ? ?1 1? 时, f' ( x) < 0 ,于是 f ( x) 是单调减两数. , 又∵ f (?1) ? d > 0 , f (1) ? d < 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x )=d 在(一 1,1 )内有唯一实根. 因此,当 d =2 时, f ( x )=d 有两个不同的根 x1,x2 满足 x1 =1,x2 =2 ;当 d < 2 时

f ( x )=d 有三个不同的根 x3,x1,x5 ,满足 xi < 2,i=3, 4, 5 .
现考虑函数 y ? h( x) 的零点: ( i )当 c =2 时, f (t )=c 有两个根 t1,t2 ,满足 t1 =1,2 =2 . t

20

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

y ? h( x) 的零点.
错误!未找到引用源。 【解析】(Ⅰ)若 a ? 0 ,则对一切 x ? 0 , f ( x ) ? e
ax

? x ? 1 ,这与题

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

1 1 ln . a a

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

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



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

1 ? 1 即 a ? 1 时,①式成立. a

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

21

令 ? ( x) ? f ?( x) ? k ? aeax ?

eax2 ? eax1 ,则 x2 ? x1

? ( x1 ) ? ?

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

eax2 ?ea ( x1 ? x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ? 1? . ? ( x2 ) ? ? x2 ? x1 ?
令 F (t ) ? et ? t ?1 ,则 F ?(t ) ? et ? 1 . 当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递减;当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递增.
t 故当 t ? 0 , F (t ) ? F (0) ? 0, 即 e ? t ? 1 ? 0.





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

,

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



eax1 eax2 ? 0, ? 0, x2 ? x1 x2 ? x1
所以 ? ( x1 ) ? 0, ? ( x2 ) ? 0. 因 为 函 数 y ? ? ( x) 在 区 间 ? x1 , x2 ? 上 的 图 像 是 连 续 不 断 的 一 条 曲 线 , 所 以 存 在

x0 ? ( x1 , x2 ) 使 ? ( x0 ) ? 0, ??( x) ? a2eax ? 0, ? ( x) 单调递增,故这样的 c 是唯一的,且

1 eax2 ? eax1 1 eax2 ? eax1 .故当且仅当 x ? ( ln c ? ln , x2 ) 时, f ?( x0 ) ? k . a a( x2 ? x1 ) a a( x2 ? x1 )
综上所述,存在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使 f ?( x0 ) ? k 成立.且 x0 的取值范围为

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

1 a

1 a

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

转化为 f ( x)min ? 1,从而得出 a 的取值集合;第二问在假设存在的情况下进行推理,通过 构造函数,研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断.
错误!未找到引用源。 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.

22

解析:(Ⅰ) f ?( x) ? r ? rxr ?1 ? r (1 ? xr ?1 ) ,令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 1 . 当 0 ? x ? 1时, f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (0, 1) 内是减函数; 当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (1, ? ?) 内是增函数. 故函数 f ( x) 在 x ? 1 处取得最小值 f (1) ? 0 . (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当 x ? (0, ??) 时,有 f ( x) ? f (1) ? 0 ,即 xr ? rx ? (1 ? r ) 若 a1 , a 2 中有一个为 0,则 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 成立; 若 a1 , a 2 均不为 0,又 b1 ? b2 ? 1 ,可得 b2 ? 1 ? b1 ,于是 在①中令 x ? ①

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

即 a1b1 a21?b1 ? a1b1 ? a2 (1 ? b1 ) ,亦即 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 . 综上,对 a1 ? 0, a2 ? 0 , b1 , b2 为正有理数且 b1 ? b2 ? 1 ,总有 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 . ② (Ⅲ)(Ⅱ)中命题的推广形式为: 设 a1 , a2 , ?, an 为非负实数, b1 , b2 , ?, bn 为正有理数.
b b b 若 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 a1 , a2 ,?, ak 为非负实数, b1 , b2 ,?, bk 为正有理数,
b b b 且 b1 ? b2 ? ? ? bk ? 1 ,则 a11 a22 ?akk ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk .

当 n ? k ? 1 时,已知 a1 , a2 ,?, ak , ak ?1 为非负实数, b1 , b2 ,?, bk , bk ?1 为正有理数, 且 b1 ? b2 ? ? ? bk ? bk ?1 ? 1 ,此时 0 ? bk ?1 ? 1 ,即 1 ? bk ?1 ? 0 ,于是
b1 b2 bk

b b 1 b b 1 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 ,由归纳假设可得 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1

a

b1 1?bk ?1 1

a

b2 1?bk ?1 2

?a

bk 1?bk ?1 k

? a1 ?

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

? a b ? a2b2 ? ? ? ak bk ? b b 1 b b 从而 a11 a22 ?akk akk??1 ? ? 1 1 ? 1 ? bk ?1 ? ?
又因 (1 ? bk ?1 ) ? bk ?1 ? 1 ,由②得 23

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

1?bk ?1 b 1 ak k??1 ?

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

? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ak ?1bk ?1 ,
b b 1 b b 从而 a11 a22 ?akk akk??1 ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ak ?1bk ?1 .

故当 n ? k ? 1 时,③成立. 由(1)(2)可知,对一切正整数 n ,所推广的命题成立. 说明:(Ⅲ)中如果推广形式中指出③式对 n ? 2 成立,则后续证明中不需讨论 n ? 1 的情 况.
错误!未找到引用源。解析:(Ⅰ)考虑不等式 2x2 ? 3?1 ? a ? x ? 6a ? 0 的解.

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

①当 ? a ? 1 时, ? ? 0 ,此时 B ? R , D ? A ? ? 0, ??? .

1 3

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

x1 ?

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

, x2 ?

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

,于是

B ? ?x x ? x1或x ? x2 ? .
当 0?a?

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

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

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

D ? ? 0, x1 ? ? ? x2 , ???
?? 4 a ?? ? 3



,

D ? ? x2 , ???

.





x1 ?

3 ? ?1 ? a

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

(Ⅱ) f ? ? x ? ? 6x2 ? 6 ?1 ? a ? x ? 6a ,令 f ? ? x ? ? 0 可得 ? x ? a ?? x ? 1? ? 0 .因为 a ? 1 ,所以

f ? ? x ? ? 0 有两根 m1 ? a 和 m2 ? 1 ,且 m1 ? m2 .
①当 可得 24

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

x
f ?? x? f ? x?

? 0, a ?
+ 递增

a
0 极小值

? a,1?
递减

1 0 极大值

?1,?? ?
+ 递增

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

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

x
f ?? x? f ? x?

1 3
0 极小值

?1 ? ? ,1 ? ?3 ?
递减

?1,?? ?
+ 递增

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

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

f ? ? x ? ? 0 在 D 内只有一根 m1 ? a ,列表可得

x
f ?? x? f ? x?

? 0, a ?
+ 递增

a
0 极小值

? a, x1 ?
递减

? x2 , ???
+ 递增

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

1 3

1 时, f ? x ? 3

在 D 内只有极小值点 a ,没有极大值点.当 a ? 0 时, f ? x ? 在 D 内没有极值点.

错误!未找到引用源。 【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.
x x 解:(1)? f ?( x) ? e ? 2ax ? e , k ? f ?(1) ? 2a ? 0 ? a ? 0 ,故 f ?( x) ? e ? e

25

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

g?( x) ? f ?( x) ? f ?( x0 ) ? 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
若 a ? 0 ,令 h( x) ? ex ? e 0 ? 2a( x ? x0 ) ,则 h( x0 ) ? 0
x

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 . 错误!未找到引用源。 【命题意图】本试题考查了导数在研究函数中的运用.第一就是函数 中有三角函数,要利用三角函数的有界性,求解单调区间.另外就是运用导数证明不等式 问题的构造函数思想的运用.

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

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

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

0? x ??

26

时, ax ? 1 ? sin x ? cos x ? a ? 令 g ( x) ?

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

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

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

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

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

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

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

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

2

?
2

故所求 a 的取值范围为 a ?

?

.

另解:由 f ( x) ? 1 ? sin x 恒成立可得

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

2

?

g ( x) ? sin x ?
令 当 x ? (0, arcsin

2

?
2

x(0 ? x ?

?

2 ,则

)

g ?( x) ? cos x ?

?

又 g (0) ? g ( ) ? 0 ,所以 g ( x) ? 0 ,即

?

?

) 时, g ?( x) ? 0 ,当 x ? (arcsin 2

2 ? , ) 时, g ?( x) ? 0 ? 2

2

?

x ? sin x(0 ? x ?

?

2

)

故当 a ?

2

?

时,有 f ( x) ?

2

①当 0 ? x ? ②当

?
2

?

x ? cos x

时,

2

?
2

?

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

? x ? ? 时, f ( x) ?

2

?

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 ?

?

.

错误!未找到引用源。 【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

27

的知识点. 解:(1)由 ?1,c ? 为公共切点可得: f ( x) ? ax2 ? 1(a ? 0) ,则 f ?( x) ? 2ax , k1 ? 2a ,
g ( x) ? x3 ? bx ,则 g ?( x)=3x2 ? b , k2 ? 3 ? b ,? 2 a ? 3 ? b ①

?a ? 3 又 f (1) ? a ? 1 , g (1) ? 1 ? b ,? a ? 1 ? 1 ? b ,即 a ? b ,代入①式可得: ? . ?b ? 3
1 (2)? a 2 ? 4b ,? 设 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? x3 ? ax2 ? a2 x ? 1 4
a a 1 则 h?( x) ? 3x2 ? 2ax ? a2 ,令 h?( x) ? 0 ,解得: x1 ? ? , x2 ? ? ; 2 6 4

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

a 2

a 6

? a ?

? ?

a a ,即 a≤2 时,最大值为 h(1) ? a ? ; 2 4 ? a? a a ②若 ? ? ?1 ? ? ,即 2 ? a ? 6 时,最大值为 h ? ? ? ? 1 2 6 ? 2?
①若 ?1≤ ? ③若 ?1 ? ≥
? a? a 时,即 a≥6 时,最大值为 h ? ? ? ? 1 . 6 ? 2?

2 综 上 所 述 : 当 a ? ? 0 , ? 时 , 最 大 值 为 h(1) ? a ?
? a? h? ? ? ?1 . ? 2?
错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。

a2 ; 当 a ? ? 2 , ? ?? 时 , 最 大 值 为 4

【 解 析 】 (I) 设 t ? e (t ? 1)
x

; 则

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

28

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

29


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