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2016年高考数学文试题分类汇编(word含答案):导数及其应用


2016 年高考数学文试题分类汇编 导数及其应用
一、选择题 1、 (2016 年山东高考)若函数 y ? f ( x) 的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相 垂直,则称 y ? f ( x) 具有 T 性质.下列函数中具有 T 性质的是 (A) y ? sin x 【答案】A 2、(2016 年四川高考)已知 a 函数 f(x)=x3-12x 的极小值点,则 a= (A)-4 (B) -2 (C)4 (D)2 (B) y ? ln x (C) y ? e x (D) y ? x 3

【答案】D 3、(2016 年四川高考)设直线 l1,l2 分别是函数 f(x)= 图象上点 P1,P2 处的

切线,l1 与 l2 垂直相交于点 P,且 l1,l2 分别与 y 轴相交于点 A,B 则则△PAB 的面积的取值范围是 (A)(0,1) 【答案】A 4、 (2016 年全国 I 卷高考)若函数 f ( x ) ? x - sin 2 x ? a sin x 在 ? ??, ??? 单调递增,则 a 的取值 范围是 (A) ??1,1? (B) ? ?1, ? (C) ? ? , ? (D) ? ?1, ? ? 3 3 3 3 (B) (0,2) (C) (0,+∞) (D) (1,+ ∞)

1 3

? ?

1? ?

? 1 1? ? ?

? ?

1? ?

【答案】C 二、填空题
x 1、 (2016 年天津高考) 已知函数 f ( x) ? (2 x+1)e , f ?( x) 为 f ( x) 的导函数, 则 f ?(0) 的值为__________.

【答案】3 2、 (2016 年全国 III 卷高考) 已知 f ? x ? 为偶函数, 当 x ? 0 时,f ( x) ? e 在点 (1, 2) 处的切线方程式_____________________________. 【答案】 y ? 2 x
? x ?1

则曲线 y ? f ? x ? ?x,

第 1 页 共 1 页

三、解答题 1、(2016 年北京高考)设函数 f ? x ? ? x ? ax ? bx ? c.
3 2

(I)求曲线 y ? f ? x ? . 在点 0, f ? 0? 处的切线方程; (II)设 a ? b ? 4 ,若函数 f ? x ? 有三个不同零点,求 c 的取值范围; (III)求证: a 2 ? 3b>0 是 f ? x ? . 有三个不同零点的必要而不充分条件. 解:(I)由 f ? x ? ? x ? ax ? bx ? c ,得 f ? ? x ? ? 3x ? 2ax ? b .
3 2 2

?

?

因为 f ? 0 ? ? c , f ? ? 0? ? b , 所以曲线 y ? f ? x ? 在点 0, f ? 0? 处的切线方程为 y ? bx ? c . (II)当 a ? b ? 4 时, f ? x ? ? x ? 4x ? 4x ? c ,
3 2 2 所以 f ? ? x ? ? 3x ? 8x ? 4 .
2 令 f ? ? x ? ? 0 ,得 3x ? 8 x ? 4 ? 0 ,解得 x ? ?2 或 x ? ?

?

?

2 . 3

f ? x ? 与 f ? ? x ? 在区间 ? ??, ??? 上的情况如下:

x
f ? ? x?
f ? x?

? ??, ?2?
?
?

?2

2? ? ? ?2, ? ? 3? ?

?

2 3

? 2 ? ? ? , ?? ? ? 3 ?

0

?
?

0
c? 32 27

?
?

c

所以,当 c ? 0 且 c ?

32 2? ? ? 0 时,存在 x1 ? ? ?4, ?2? , x2 ? ? ?2, ? ? , 27 3? ?

? 2 ? x3 ? ? ? , 0 ? ,使得 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? f ? x3 ? ? 0 . ? 3 ?
由 f ? x ? 的单调性知,当且仅当 c ? ? 0,

? ?

32 ? 3 2 ? 时,函数 f ? x ? ? x ? 4x ? 4x ? c 有三个不同零点. 27 ?
2

2 (III)当 ? ? 4a ? 12b ? 0 时, f ? ? x ? ? 3x ? 2ax ? b ? 0 , x ? ? ??, ??? ,

此时函数 f ? x ? 在区间 ? ??, ??? 上单调递增,所以 f ? x ? 不可能有三个不同零点.

第 2 页 共 2 页

当 ? ? 4a 2 ? 12b ? 0 时, f ? ? x ? ? 3x ? 2ax ? b 只有一个零点,记作 x0 .
2

当 x ? ? ??, x0 ? 时, f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在区间 ? ??, x0 ? 上单调递增; 当 x ? ? x0 , ??? 时, f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在区间 ? x0 , ??? 上单调递增. 所以 f ? x ? 不可能有三个不同零点. 综上所述,若函数 f ? x ? 有三个不同零点,则必有 ? ? 4a 2 ? 12b ? 0 . 故 a 2 ? 3b ? 0 是 f ? x ? 有三个不同零点的必要条件.
3 2 2 当 a ? b ? 4 , c ? 0 时, a ? 3b ? 0 , f ? x ? ? x ? 4 x ? 4 x ? x ? x ? 2 ? 只有两个不同 2

2 零点, 所以 a ? 3b ? 0 不是 f ? x ? 有三个不同零点的充分条件. 2 因此 a ? 3b ? 0 是 f ? x ? 有三个不同零点的必要而不充分条件.

2、(2016 年江苏省高考) 已知函数 f ( x) ? a x ? b x (a ? 0, b ? 0, a ? 1, b ? 1) . (1) 设 a=2,b=

1 . 2

① 求方程 f ( x) =2 的根; ②若对任意 x ? R ,不等式 f (2 x) ? m f( x) ? 6 恒成立,求实数 m 的最大值; (2)若 0 ? a ? 1, b>1 ,函数 g ? x ? ? f ? x ? ? 2 有且只有 1 个零点,求 ab 的值. 解:(1)因为 a ? 2, b ?
x

1 x ?x ,所以 f ( x) ? 2 ? 2 . 2
?x

①方程 f ( x) ? 2 ,即 2 ? 2
x 2

? 2 ,亦即 (2 x ) 2 ? 2 ? 2 x ? 1 ? 0 ,

所以 (2 ? 1) ? 0 ,于是 2 ? 1 ,解得 x ? 0 .
x

②由条件知 f (2 x) ? 2

2x

? 2?2 x ? (2 x ? 2? x ) 2 ? 2 ? ( f ( x)) 2 ? 2 .

因为 f (2 x) ? mf ( x) ? 6 对于 x ? R 恒成立,且 f ( x) ? 0 , 所以 m ?

( f ( x)) 2 ? 4 对于 x ? R 恒成立. f ( x)

第 3 页 共 3 页



( f (0)) 2 ? 4 ( f ( x)) 2 ? 4 4 4 ? 4, ? f ( x) ? ? 2 f ( x) ? ? 4 ,且 f (0) f ( x) f ( x) f ( x)

所以 m ? 4 ,故实数 m 的最大值为 4. (2)因为函数 g ( x) ? f ( x) ? 2 只有 1 个零点,而 g (0) ? f (0) ? 2 ? a ? b ? 2 ? 0 ,
0 0

所以 0 是函数 g ( x) 的唯一零点. 因为 g ( x) ? a ln a ? b ln b ,又由 0 ? a ? 1, b ? 1 知 ln a ? 0, ln b ? 0 ,
' x x

所以 g ' ( x) ? 0 有唯一解 x0 ? log b ( ?
a

ln a ). ln b
x ' x 2 x 2

令 h( x) ? g ( x) ,则 h ( x) ? (a ln a ? b ln b) ? a (ln a ) ? b (ln b) ,
' ' x

从而对任意 x ? R , h ( x) ? 0 ,所以 g ( x) ? h( x) 是 (??, ??) 上的单调增函数,
' '

于是当 x ? (??, x0 ) , g ' ( x) ? g ' ( x0 ) ? 0 ;当 x ? ( x0 , ??) 时, g ' ( x) ? g ' ( x0 ) ? 0 . 因而函数 g ( x) 在 (??, x0 ) 上是单调减函数,在 ( x0 , ??) 上是单调增函数. 下证 x0 ? 0 . 若 x0 ? 0 ,则 x0 ? 又 g (log a 2) ? a

x0 x ? 0 ,于是 g ( 0 ) ? g (0) ? 0 , 2 2
? b loga 2 ? 2 ? a loga 2 ? 2 ? 0 ,且函数 g ( x) 在以

log a 2

x0 和 log a 2 为端点的闭区间上 2

的图象不间断, 所以在 又

x0 和 log a 2 之间存在 g ( x) 的零点, 记为 x1 . 因为 0 ? a ? 1 , 所以 log a 2 ? 0 , 2

x0 ? 0 ,所以 x1 ? 0 与“0 是函数 g ( x) 的唯一零点”矛盾. 2 x 若 x0 ? 0 ,同理可得,在 0 和 log a 2 之间存在 g ( x) 的非 0 的零点,矛盾. 2
因此, x0 ? 0 . 于是 ?

ln a ? 1 ,故 ln a ? ln b ? 0 ,所以 ab ? 1 . ln b

3、(2016 年山东高考)设 f(x)=xlnx–ax2+(2a–1)x,a∈R. (Ⅰ)令 g(x)=f'(x),求 g(x)的单调区间; (Ⅱ)已知 f(x)在 x=1 处取得极大值.求实数 a 的取值范围.

第 4 页 共 4 页

解析:(Ⅰ)由 f ' ? x ? ? ln x ? 2ax ? 2a, 可得 g ? x ? ? ln x ? 2ax ? 2a, x ? ? 0, ??? , 则 g '? x? ?

1 1 ? 2ax ? 2a ? , x x

当 a ? 0 时,

x ? ? 0, ??? 时, g ' ? x ? ? 0 ,函数 g ? x ? 单调递增;
当 a ? 0 时,

? 1 ? x ? ? 0, ? 时, g ' ? x ? ? 0 ,函数 g ? x ? 单调递增, ? 2a ? ? 1 ? x ? ? , ?? ? 时, g ' ? x ? ? 0 ,函数 g ? x ? 单调递减. ? 2a ?
所以当 a ? 0 时,函数 g ? x ? 单调递增区间为 ? 0, ?? ? ; 当 a ? 0 时,函数 g ? x ? 单调递增区间为 ? 0, (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ' ?1? ? 0 . ①当 a ? 0 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递减. 所以当 x ? ? 0,1? 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递减. 当 x ? ?1, ?? ? 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递增. 所以 f ? x ? 在 x=1 处取得极小值,不合题意. ②当 0 ? a ?

? ?

1 ? ? 1 ? ? ,单调递减区间为 ? , ?? ? . 2a ? ? 2a ?

1 1 ? 1 ? ? 1 ,由(Ⅰ)知 f ' ? x ? 在 ? 0, ? 内单调递增, 时, 2 2a ? 2a ?

可得当当 x ? ? 0,1? 时, f ' ? x ? ? 0 , x ? ?1, 所以 f ? x ? 在(0,1)内单调递减,在 ? 1,

? 1 ? ? 时, f ' ? x ? ? 0 , ? 2a ?

? 1 ? ? 内单调递增, ? 2a ?

所以 f ? x ? 在 x=1 处取得极小值,不合题意.

第 5 页 共 5 页

③当 a ?

1 1 ? 1 时, f ' ? x ? 在(0,1)内单调递增,在 ?1, ?? ? 内单调递减, 时,即 2 2a

所以当 x ? ? 0, ??? 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递减,不合题意. ④当 a ?

1 1 ? 1 ? ? 1 ,当 x ? ? ,1? 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递增, 时,即 0 ? 2 2a ? 2a ?

当 x ? ?1, ?? ? 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递减, 所以 f(x)在 x=1 处取得极大值,合题意. 综上可知,实数 a 的取值范围为 a ?

1 . 2

1 e 4、(2016 年四川高考)设函数 f(x)=ax2-a-lnx,g(x)= - x ,其中 a∈R,e=2.718…为自然对数 x e 的底数。 (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)证明:当 x>1 时,g(x)>0; (Ⅲ)确定 a 的所有可能取值,使得 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立。 (I) f '( x) ? 2ax ?

1 2ax 2 ? 1 ? (x ? 0). x x

(0, +? ) 当a ? 0时, f '( x) <0, f ( x) 在 内单调递减.

当a ? 0时, 由 f '( x) =0,有 x ?

1 . 2a

当 x? (0,

1 ) 时, f '( x) <0, f ( x) 单调递减; 2a 1 , +?) 时, f '( x) >0, f ( x) 单调递增. 2a
x ?1

当 x? (

(II)令 s( x) = e

? x ,则 s '( x) = e x ?1 ? 1 .
x ?1

当 x ? 1 时, s '( x) >0,所以 e

1 1 ? x ,从而 g ( x) = ? x ?1 >0. x e

(iii)由(II),当 x ? 1 时, g ( x) >0. 当 a ? 0 , x ? 1 时, f ( x ) = a( x ? 1) ? ln x ? 0 .
2

第 6 页 共 6 页

故当 f ( x ) > g ( x) 在区间 ( 1, +?) 内恒成立时,必有 a ? 0 . 当0 ? a ?

1 1 时, >1. 2 2a
1 1 ) ? f (1) ? 0 ,从而 g ( ) ? 0, 2a 2a

由(I)有 f (

( 1, +?) 内不恒成立. 所以此时 f ( x ) > g ( x) 在区间
当a ?

1 时,令 h( x) = f ( x ) ? g ( x) ( x ? 1 ). 2
1 1 1 1 1 x3 ? 2 x ? 1 x 2 ? 2 x ? 1 ? 2 ? e1? x ? x ? ? 2 ? ? ? ?0. x x x x x x2 x2

当 x ? 1 时, h '( x ) = 2ax ?

( 1, +?) 单调递增. 因此 h( x) 在区间
又因为 h(1) =0,所以当 x ? 1 时, h( x) = f ( x ) ? g ( x) >0,即 f ( x ) > g ( x) 恒成立.

+? ) . 综上, a ?[ ,

1 2

5、(2016 年天津高考)设函数 f ( x) ? x ? ax ? b , x ? R ,其中 a, b ? R
3

(Ⅰ)求 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)若 f ( x) 存在极值点 x0 ,且 f ( x1 ) ? f ( x0 ) ,其中 x1 ? x0 ,求证: x1 ? 2 x0 ? 0 ; (Ⅲ)设 a ? 0 ,函数 g ( x) ?| f ( x) | ,求证: g ( x) 在区间 [ ?1,1] 上的最大值不小于 ... . (1)解:由 f ( x) ? x ? ax ? b ,可得 f ?( x) ? 3x ? a ,下面分两种情况讨论:
3 2 2 ①当 a ? 0 时,有 f ?( x) ? 3x ? a ? 0 恒成立,所以 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ?) .

1 4

②当 a ? 0 时,令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ?

3a 3a 或x?? . 3 3

当 x 变化时, f ?( x ) 、 f ( x ) 的变化情况如下表:

第 7 页 共 7 页

x
f ?( x )
f ( x)

(??, ?

3a ) 3

?

3a 3
0

(?

3a 3a , ) 3 3
?

3a 3
0 极小值

(?

3a , ??) 3

?
单调递增

?
单调递增

极大值

单调递减

所以 f ( x ) 的单调递减区间为 (?

3a 3a 3a 3a , ) ,单调递增区间为 (??, ? ) , (? , ??) . 3 3 3 3

(2)证明:因为 f ( x ) 存在极值点,所以由(1)知 a ? 0 且 x0 ? 0 .

a 2a 3 x0 ? b , ,进而 f ( x0 ) ? x0 ? ax0 ? b ? ? 3 3 8a 2a 3 x0 ? 2ax0 ? b ? ? x0 ? b ? f ( x0 ) ,且 ?2x0 ? x0 , 又 f (?2 x0 ) ? ?8 x0 ? 2ax0 ? b ? ? 3 3
2 2 ? 由题意得 f ?( x0 ) ? 3x0 ? a ? 0 ,即 x0

由题意及(1)知,存在唯一实数 x1 满足 f ( x1 ) ? f ( x0 ) ,且 x1 ? x0 ,因此 x1 ? ?2x0 , 所以 x1 +2 x0 =0 . (3)证明:设 g ( x) 在区间 [?1,1] 上的最大值为 M , max{x, y} 表示 x , y 两数的最大值,下面 分三种情况讨论: ①当 a ? 3 时, ?

3a 3a ,由(1) 知 f ( x ) 在区间 [?1,1] 上单调递减, ? ?1 ? 1 ? 3 3

所以 f ( x ) 在区间 [?1,1] 上的取值范围为 [ f (1), f (?1)] ,因此,

M ? max{[ f (1), f (?1)]} ? max{|1 ? a ? b |,| ?1 ? a ? b |} ? max{| a ?1 ? b |,| a ?1 ? b |}

?a ? 1 ? b, b ? 0, 所以 M ? a ? 1? | b |? 2 . ?? ?a ? 1 ? b, b ? 0,
②当

3 2 3a 3a 3a 2 3a ? a ? 3 时, ? ? ?1 ? ? ? ?1? , 4 3 3 3 3

由(1)和(2) 知 f (?1) ? f (?

2 3a 3a 2 3a 3a )? f( ) , f (1) ? f ( ) ? f (? ), 3 3 3 3 3a 3a ), f (? )] , 3 3

所以 f ( x ) 在区间 [?1,1] 上的取值范围为 [ f (

第 8 页 共 8 页

所以 max{| f (

3a 3a 2a 2a |,| f (? ) |} ? max{| ? 3a ? b |,| 3a ? b |} 3 3 9 9

? max{|

2a 2a 2a 2 3 3 1 3a ? b |,| 3a ? b |} ? 3a ? | b |? ? ? 3 ? ? . 9 9 9 9 4 4 4
3 2 3a 2 3a 时, ?1 ? ? ? ? 1 ,由(1)和(2)知, 4 3 3

③当 0 ? a ?

f (?1) ? f (?

2 3a 3a 2 3a 3a )? f( ) , f (1) ? f ( ) ? f (? ), 3 3 3 3

所以 f ( x ) 在区间 [?1,1] 上的取值范围为 [ f (1), f (?1)] ,因此,

M ? max{[ f (1), f (?1)]} ? max{| ?1 ? a ? b |,|1 ? a ? b |} ? max{|1 ? a ? b |,|1 ? a ? b |}
? 1 ? a ? | b |? 1 . 4 1 . 4

综上所述,当 a ? 0 时, g ( x) 在区间 [?1,1] 上的最大值不小于

6、(2016 年全国 I 卷高考)已知函数错误!未找到引用源。. (I)讨论错误!未找到引用源。的单调性; (II)若错误!未找到引用源。有两个零点,求 a 的取值范围. 【解析】(Ⅰ) f ?( x) ? ( x ?1)e ? 2a( x ?1) ? ( x ?1)(e ? 2a) .
x x

( i )当 a ? 0 时,则当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 故函数 f ( x ) 在 (??,1) 单调递减,在 (1, ??) 单调递增. ( ii )当 a ? 0 时,由 f ?( x) ? 0 ,解得: x ? 1 或 x ? ln(?2a) ①若 ln(?2a) ? 1 ,即 a ? ? 故 f ( x ) 在 (??, ??) 单调递增. ② 若 l n? ( a 2 ?) , 1即 a??

e x ,则 ?x ? R , f ?( x) ? ( x ?1)(e ? e) ? 0 2

e , 则 当 x ? (?? , l n ? ( a 2 ?) ) ?? ( 1时 , ,) f ?( x )? 0; 当 2

x ? ( l n?( a2 )时, , 1 ) f ?( x) ? 0
故函数在 (??, ln(?2a)) , (1, ??) 单调递增;在 (ln(?2a),1) 单调递减.

第 9 页 共 9 页

③ 若 l n? ( a 2 ? ) , 1 即 a??

e , 则 当 x ? (??,1) ? (ln(?2a), ??) 时 , f ?( x )? 0; 当 2

x ? ( 1, l n ? ( a 2 时, ) ) f ?( x) ? 0 ;
故函数在 (??,1) , (ln(?2a), ??) 单调递增;在 (1,ln(?2a)) 单调递减. (Ⅱ)(i)当 a ? 0 时,由(Ⅰ)知,函数 f ( x ) 在 (??,1) 单调递减,在 (1, ??) 单调递增. 又∵ f (1) ? e, f (2) ? a ,取实数 b 满足 b ? 0 且 b ? ln

a ,则 2

f (b) ?

a 3 (b ? 2) ? a(b ? 1) 2 ? a(b 2 ? b) ? 0 2 2

∴ f ( x ) 有两个零点. (ii)若 a ? 0 ,则 f ( x) ? ( x ? 2)e x ,故 f ( x ) 只有一个零点. (iii)若 a ? 0 ,由(I)知,当 a ? ? 故 f ( x ) 不存在两个零点; 当a ? ?

e ,则 f ( x ) 在 (1, ??) 单调递增,又当 x ? 1 时, f ( x) ? 0 , 2

e , 则函数在 (ln(?2a), ??) 单调递增; 在 (1,ln(?2a)) 单调递减. 又当 x ? 1 时,f ( x) ? 0 , 2

故不存在两个零点. 综上所述, a 的取值范围是 ? 0, ?? ? .

7、(2016 年全国 II 卷高考) 已知函数 f ( x) ? ( x ? 1) ln x ? a( x ? 1) . (I)当 a ? 4 时,求曲线 y ? f ( x) 在 ?1, f (1) ? 处的切线方程; (Ⅱ)若当 x ? ?1, ?? ? 时, f ( x)>0 ,求 a 的取值范围. 解析:(I) f ( x ) 的定义域为 (0, ??) .当 a ? 4 时,

f ( x) ? ( x ? 1) ln x ? 4( x ? 1), f ?( x) ? ln x ?

1 ? 3 , f ?(1) ? ?2, f (1) ? 0. x

所以曲线 y ? f ( x) 在 (1, f (1)) 处的切线方程为 2 x ? y ? 2 ? 0. (II)当 x ? (1, ??) 时, f ( x) ? 0 等价于 ln x ? 令 g ( x) ? ln x ?

a( x ? 1) ? 0. x ?1

a ( x ? 1) , x ?1

第 10 页 共 10 页

则 g ?( x) ?

1 2a x 2 ? 2(1 ? a) x ? 1 ? ? , g (1) ? 0 , x ( x ? 1)2 x( x ? 1)2

(i)当 a ? 2 , x ? (1, ??) 时, x2 ? 2(1 ? a) x ? 1 ? x2 ? 2x ? 1 ? 0 , 故 g ?( x) ? 0, g ( x) 在 x ? (1, ??) 上单调递增,因此 g ( x) ? 0 ;
2 2 (ii)当 a ? 2 时,令 g ?( x) ? 0 得 x1 ? a ? 1 ? (a ? 1) ? 1, x2 ? a ? 1 ? (a ? 1) ? 1 ,

由 x2 ? 1 和 x1 x2 ? 1 得 x1 ? 1 , 故当 x ? (1, x2 ) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 x ? (1, x2 ) 单调递减,因此 g ( x) ? 0 . 综上, a 的取值范围是 ? ??, 2?. 8、(2016 年全国 III 卷高考)设函数 f ( x) ? ln x ? x ? 1. (I)讨论 f ( x ) 的单调性; (II)证明当 x ? (1, ??) 时, 1 ?

x ?1 ? x; ln x

(III)设 c ? 1 ,证明当 x ? (0,1) 时, 1 ? (c ?1) x ? c x .

9、(2016 年浙江高考)

第 11 页 共 11 页

3 设函数 f ( x) = x ?

1 , x ? [0,1] .证明: 1? x

(I) f ( x) ? 1 ? x ? x 2 ; (II)

3 3 ? f ( x) ? . 4 2
4 2 3

1 ? ? ? x ? 1 ? x4 解析:(Ⅰ)因为 1 ? x ? x ? x ? ? , 1? ??x? 1? x

1 ? x4 1 1 由于 x ? ? 0,1? ,有 , ? , 即 1 ? x ? x 2 ? x3 ? 1? x 1? x 1? x
所以 f ? x ? ? 1 ? x ? x .
2

(Ⅱ)由 0 ? x ? 1 得 x 3 ? x , 故 f ? x ? ? x3 ? 所以 f ? x ? ?

1 1 3 3 ? x ? 1?? 2 x ? 1? 3 3 ? x? ? ? ? ? ? , 1? x 1? x 2 2 2 ? x ? 1? 2 2

3 . 2

由(Ⅰ)得 f ? x ? ? 1 ? x ? x 2 ? ? x ?

? ?

1? 3 3 ? ? ? , 2? 4 4

2

又因为 f ? ? ? 综上,

?1? ?2?

3 19 3 ? ,所以 f ? x ? ? , 4 24 4

3 3 ? f ? x? ? . 4 2

第 12 页 共 12 页


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