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2012高考数学试题分类汇编(函数与导数)


2012 高考数学试题分类汇编 函数与导数
1.(2012 辽宁) 设函数 f ( x) ? x ? R? 满足 f (?x) ? f ? x ? ,f ? x ? =f ? 2-x ? , 且当 x ??0,1?
? 1 3? 时, f ? x ? =x3 .又函数 g ? x ? = x cos ?? x ? ,则函数 h ? x ? =g ? x ? -f ? x ? 在 ?- , ? 上的 ? 2 2?

零点个数为 A.5 B.6 C.7 D.8

【解析】 由 f (? x) ? f ? x ? 知,所以函数 f ( x) 为偶函数, 所以 f ? x ? =f ? 2-x ? =f ? x-2? ,
o s 所以函数 f ( x) 为周期为 2 的周期函数, 且 f ? 0? =0,f ?1? =1, 而 g ?x ? =x c

? ?为 ?x

?1? ? 1? ? 3? 偶函数,且 g ? 0 ? =g ? ? =g ? - ? =g ? ? =0 ,在同一坐标系下作 ?2? ? 2? ? 2? ? 1 3? ? 1 3? 出两函数在 ?- , ? 上的图像,发现在 ?- , ? 内图像共有 6 个 ? 2 2? ? 2 2? ? 1 3? 公共点,则函数 h ? x ? =g ? x ? -f ? x ? 在 ?- , ? 上的零点个数为 6, ? 2 2?

故选 B.

2.(2012 安徽理) (本小题满分 13 分)K] 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 ? 【解析】 (I)设 t ? ex (t ? 1) ;则 y ? at ?
3 x ;求 a , b 的值。 2

1 1 a 2t 2 ? 1 ? b ? y? ? a ? 2 ? at at at 2
1 ? b 在 t ? 1 上是增函数 at 1 ?b a

①当 a ? 1 时, y? ? 0 ? y ? at ?

得:当 t ? 1( x ? 0) 时, f ( x) 的最小值为 a ? ②当 0 ? a ? 1 时, y ? at ? 当且仅当 at ? 1(t ? e x ?
1 ?b ? 2?b at

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

(II) f ( x) ? ae x ?

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

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

3.(2012 安徽文)(本小题满分 12 分) 设定义在(0,+ ? )上的函数 f ( x) ? ax ? (Ⅰ)求 f ( x) 的最小值; (Ⅱ)若曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y ? 【解析】 (I) f ( x) ? ax ?
3 x ,求 a , b 的值。 2 1 ? b(a ? 0) ax

1 1 ? b ? 2 ax ?b ? b?2 ax ax

1 当且仅当 ax ? 1( x ? ) 时, f ( x) 的最小值为 b ? 2 a 3 1 3 (II)由题意得: f (1) ? ? a ? ? b ? ① 2 a 2 1 1 3 f ?( x) ? a ? 2 ? f ?(1) ? a ? ? ② ax a 2

由①②得: a ? 2, b ? ?1

4.(2012 北京理)( (本小题共 13 分) 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 a2=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, 解: (1)由 ?1 ,c ? 为公共切点可得:
f ( x) ? ax 2 ? 1(a ? 0) ,则 f ?( x) ? 2ax , k1 ? 2a , g ( x) ? x3 ? bx ,则 f ?( x)=3x 2 ? b , k2 ? 3 ? b ,

? 2a ? 3 ? b ①

又 f (1) ? a ? 1 , g (1) ? 1 ? b ,

2

? a ? 1 ? 1 ? b ,即 a ? b ,代入①式可得: ?

?a ? 3 . ?b ? 3
1 4

(2)

a 2 ? 4b ,? 设 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? x3 ? ax 2 ? a 2 x ? 1
1 4 a 2 a 6

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

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

调递增 ①若 ?1≤ ? ,即 a≤2 时,最大值为 h(1) ? a ?
a 2

a2 ; 4
? 2?

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

a? a ③若 ?1≥ ? 时,即 a≥6 时,最大值为 h ? ?? ? ?1.
6

? 2?

综上所述:

a2 a? 当 a ? ? 0 ,2? 时,最大值为 h(1) ? a ? ;当 a ? ? 2 , ? ? ? 时,最大值为 h ? ?? ? ?1 4 ? 2?

5. (2012 福建理)(本小题满分 7 分)选修 4-5:不等式选讲 已知函数 f ( x) ? m? | x ? 2 |, m ? R ,且 f ( x ? 2) ? 0 的解集为 [?1,1] 。 (Ⅰ)求 m 的值; (Ⅱ)若 a, b, c ? R ,且
1 1 1 ? ? ? m ,求证: a ? 2b ? 3c ? 9 。 a 2b 3c

【解析】 (1)∵ f ( x ? 2) ? m ? x ? ??∴ x ? m , ∴ m ? 0 ? ?m ? x ? m
f ( x ? 2) ? 0 ? ?1 ? x ? 1 ? m ? 1

1 1 1 (2)由(1)知 ? ? ? 1, a, b, c ? R ,由柯西不等式得(lby lfx) a 2b 3c 1 1 1 a ? 2b ? 3c ? (a ? 2b ? 3c)( ? ? ) a 2b 3c

3

? ( a.

1 1 1 2 ? 2b . ? 3c . ) ?9 a 2b 3c

6. (2012 福建理)(本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ? e x ? 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 。 解: (Ⅰ) f ( x) ? ex ? ax2 ? ex ? f ?( x) ? e x ? 2ax ? e 由题意得: f ?(1) ? e ? 2a ? e ? 0 ? a ? 0

f ?( x) ? ex ? e ? 0 ? x ? 1, f ?( x) ? 0 ? x ? 1
得:函数 f ( x) 的单调递增区间为 (1, ??) ,单调递减区间为 (??,1) (Ⅱ)设 P( x0 , f ( x0 )) ; 则过切点 P 的切线方程为 y ? f ?( x0 )( x ? x0 ) ? f ( x0 ) 令 g ( x) ? f ( x) ? f ?( x0 )( x ? x0 ) ? f ( x0 ) ;则 g ( x0 ) ? 0 切线与曲线只有一个公共点 P ? g ( x) ? 0 只有一个根 x0

g?( x) ? f ?( x) ? f ?( x0 ) ? ex ? ex0 ? 2a( x ? x0 ) ,且 g ?( x0 ) ? 0
(1)当 a ? 0 时, g?( x) ? 0 ? x ? x0 , g ?( x) ? 0 ? x ? x0 得:当且仅当 x ? x0 时, g ( x)min ? g ( x0 ) ? 0 由 x0 的任意性, a ? 0 不符合条件(lby lfx) (2)当 a ? 0 时,令

h( x) ? ex ? ex0 ? 2a( x ? x0 ) ? h?( x) ? ex ? 2a ? 0 ? x ? x? ? ln(?2a)
①当 x? ? x0 时, h?( x) ? 0 ? x ? x0 , h?( x) ? 0 ? x ? x0 当且仅当 x ? x0 时, g?( x) ? g?( x0 ) ? 0 ? g ( x) 在 x ? R 上单调递增
4

? g ( x) ? 0 只有一个根 x0

②当 x? ? x0 时, h?( x) ? 0 ? x ? x?, h?( x) ? 0 ? x ? x? 得: g?( x?) ? g?( x0 ) ? 0 ,又 x ? ??, g ?( x) ? ??, x ? ??, g ?( x) ? ?? 存在两个数 x0 ? x?? 使, g?( x0 ) ? g?( x??) ? 0 得: g?( x) ? 0 ? x0 ? x ? x?? ? g ( x??) ? g ( x0 ) ? 0 又 x ? ??, g ?( x) ? ?? 存在 x1 ? x?? 使 g ( x??) ? 0 ,与条件不符。 ③当 x? ? x0 时,同理可证,与条件不符 从上得:当 a ? 0 时,存在唯一的点 P(ln(?2a), f (ln(?2a)) 使该点处的切线与 曲线只有一个公共点 P 7. (2012 广东理)(本小题满分 14 分) 设 a ? 1 ,集合 A ? ? x ? R x ? 0? , B ? x ? R 2 x 2 ? 3?1 ? a ?x ? 6a ? 0 , D ? A B . (1)求集合 D (用区间表示) (2)求函数 f ( x) ? 2x3 ? 3(1 ? a) x2 ? 6ax 在 D 内 的极值点。 解. (1)由 2x 2 ? 3?1 ? a?x ? 6a ? 0 有
2 ? ? ?? 3?1 ? a?? ? 4 ? 2 ? 6a ? 3?3a ? 1??a ? 3?

?

?

○ 1 ? ? 0 ,即 3?3a ? 1??a ? 3? ? 0 又?
a ?1
2



1 ?a?3 3

? a ? 1 时, 2x ?当 1 3

? 3?1 ? a?x ? 6a ? 0 恒成立。B=R

? D ? A ? B ? A ? ?0,???
○ 2 当 ? ? 0 时, a ?
1 2 , B ? x ? R 2 x ? 4 x ? 2 ? 0 ? ?x x ? 1? 3

?

?

? D ? A ? B ? ?0,1? ? ?1,???
○ 3 当 ? ? 0 时,即 a ? 1)当 0 ? a ?
1 3 1 时,方程 2x 2 ? 3?1 ? a?x ? 6a ? 0 有两个不同的根 x1 , x2 . 3
5

其中 x1 ? 且 x1 ? 0

3?1 ? a ? ? 9a 2 ? 30a ? 9 3?1 ? a ? ? 9a 2 ? 30a ? 9 , x2 ? 4 4
(显然 ?3?1 ? a??2 ? 9a 2 ? 18a ? 9 ? 9a 2 ? 30a ? 9 )
? 3?1 ? a ? ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? ? ? D ? A ? B ? 0, ? ? 4 ? ?

?
? 3?1 ? a ? ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? ?? , ? ?? ? ? 4 ? ?

?3 ? 2)当 a ? 0 时, B ? ?? ?,0? ? ? ,?? ? ?2 ? ? , ? D ? A? B ? ? ?2 3 ? ? ?? ?

3)当 a ? 0 时, x1 ? 0
x2 ? 3 2

(显然 ?3?1 ? a??2 ? 9a 2 ? 18a ? 9 ? 9a 2 ? 30a ? 9 ) ( x2 ?
3 ? 2



9a 2 ? 30a ? 9 ? 3?1 ? a ? , 显 然 4

9a 2 ? 30a ? 9 ? 9a 2 ? 18a ? 9 )

? 3?1 ? a ? ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? , ? ?? ? D ? A? B ? ? ? ? 4 ? ? 1 综合上述:当 ? a ? 1 时, D ? ?0,??? , 3 1 0?a? 当 时 3
2 ? ? ? 3?1 ? a ? ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? ? ? ? 3?1 ? a ? ? 9a ? 30a ? 9 , ? ? ? D ? ? 0, ? ? ? ? 4 4 ? ? ? ?



? 3?1 ? a ? ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? , ? ?? 当 a ? 0 时, D ? ? ? ? 4 ? ?

(2) ,由 f ??x? ? 6x 2 ? 6?1 ? a?x ? 6a ? 0 有

x1 ? a,
○ 1当

x2 ? 1

1 ? a ? 1 时, D ? ?0,??? 3
6

x
f ?? x ?

?0, a ?
+
?

a
0

?a,1?

?

1 0

?1,???
+
?

f ?x ?

?
○ 2

函数 f ?x ? 在 D 内的极值点为 x ? a 或 x ? 1 当
0?a? 1 3





? ? 3?1 ? a ? ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? 3?1 ? a ? ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? ? ? D ? 0, ?? , ? ?? ? ? ? ? 4 4 ? ? ? ?

?
(0 ? a ?

x1 ? a ?
1 ) 3

3?1 ? a ? ? 9a 2 ? 30a ? 9 ?a 4

?

?3 ? a ? ?

9a 2 ? 30a ? 9 4

而 ?3 ? a ?2 ?

? 9a

2

? 30 a ? 9

? ? 24a ? 8a
2

2

? 8a?3 ? a? ? 0

?
x1 ? 1 ?
(0 ? a ?
1 ) 3

x1 ? a ? 0 ,即 x1 ? a

3?1 ? a ? ? 9a 2 ? 30a ? 9 ?1 4

?

?3a ? 1? ?

9a 2 ? 30a ? 9 ?0 4

?
同理 x2 ? 1 ?

a ? x1 ? 1
(0 ? a ?
1 ) 3

3?1 ? a ? ? 9a 2 ? 30a ? 9 9a 2 ? 30a ? 9 ? ?1 ? 3a ? ?1 ? 4 4


? 9a
x

2

2 ? 30 a ? 9 ? ?1 ? 3a ? ? 8 ? 24a ? 8?1 ? 3a ? ? 0 2

?

?

x2 ? 1 ? 0 ,即 x2 ? 1 ,故

?0, a ?
+
?

a
0

?a, x1 ?

?

?x2 ,???
+
?

f ?? x ?

f ?x ?

7

?
○ 3 当

函数 f ?x ? 在 D 内的极值点为 x ? a
a?0

时 ,

D?

? 3?1 ? a ? ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? ? , ? ?? ? ? 4 ? ?

, 而

3?1 ? a ? ? 9a 2 ? 30a ? 9 3 ? 4 2

? a,1? D
综合上述:

, 函数 f ?x ? 在 D 内的无极值点
1 当 ? a ? 1 时,函数 f ?x ? 在 D 内的极值点为 x ? a 或 x ? 1 ; 3 1 当 0 ? a ? 时,函数 f ?x ? 在 D 内的极值点为 x ? a 3

当 a ? 0 时,函数 f ?x ? 在 D 内的无极值点

8. (2012 广东理)(本小题满分 14 分) 已知函数 f(x)=1+
36x ,求: ( x ? 3) 2

(1)当 x 为何值时,函数 f(x)取得极大值; (2)作出函数 f(x)的草图,并写出分析过程. 解: (1)函数的定义域为(-∞,-3)∪(-3,+∞) 对函数 f(x)求导得:f / (x)= 令 f / (x)=0,得 x=3 因为 x∈(-∞,-3)时,f / (x)<0; x∈(-3,3)时,f / (x)>0; x∈(-3,+∞)时,f / (x)<0 所以 x=3 时,函数 f(x)取得极大值. (2) .对 f / (x)=
36(3 ? x) 72( x ? 6) 求导得:f // (x)= 3 ( x ? 3) ( x ? 3) 4 36(3 ? x) ( x ? 3) 3

令 f // (x)=0,得 x=6.

列表分析:

8

x

(-∞, -3)

(-3,3)

3

(3,6)

6

(6, +∞)

f / (x) f // (x) f(x)



+ ↗

0 4



0
11 3

+ ↘

X=-3 是曲线的铅直渐近线,y=1 是曲线的水平渐近线 计算点的函数值:f(0)=1,f(-1)=-8,f(-9)=-8,f(-15)=草图:
11 4

9. (2012 广东文) (本小题满分 14 分)
D ? A B. A ? x ? R 2 x 2 ? 3(1 ? a) x ? 6a ? 0 , 设 0 ? a ? 1, 集合 A ? ? x ? R x ? 0? ,

?

?

(1) 求集合 D (用区间表示) ; (2) 求函数 f ( x) ? 2x3 ? 3(1 ? a) x2 ? 6ax 在 D 内的极值点. 解: (1)集合 B 解集:令 2x2 ? 3(1 ? a) x ? 6a ? 0
? ? [?3(1 ? a)]2 ? 4 ? 2 ? 6a
? 3(3a ? 1)(a ? 3)

1 (1):当 ? ? 0 时,即: ? a ? 1时 ,B 的解集为: {x | x ? R} 3

此时 D ? A ? B ? A ? {x ? R | x ? 0)

9

1 (2)当 ? ? 0时,解得 a ? , (a ? 3舍去) 3

此时,集合 B 的二次不等式为:
2x2 ? 4x ? 2 ? 0 ,

( x ? 1)2 ? 0 ,此时,B 的解集为: {x ? R, 且x ? 1}
故: D ? A ? B ? (0,1) ? (1,??)
1 (3)当 ? ? 0时, 即 0 ? a ? (a ? 3舍去) 3

此时方程的两个根分别为:
x1 ? ( 3 1 ? a) ? 3(1 ? 3a)(3 ? a) 4 ( 3 1 ? a) ? 3(1 ? 3a)(3 ? a) 4

x2 ?

1 很明显, 0 ? a ? 时, x2 ? x1 ? 0 3

故此时的

D ? A? B ? (0, x1 ) ? ( x2 ,??) ? (0, ( 3 1 ? a) ? 3(1 ? 3a)(3 ? a) ( 3 1 ? a) ? 3(1 ? 3a)(3 ? a) )?( ,??) 4 4

综上所述:
1 3 1 ? a) ? 3(1 ? 3a)(3 ? a) ( 3 1 ? a) ? 3(1 ? 3a)(3 ? a) 当 0 ? a ? 时, D ? (0, ( )?( ,??) 3 4 4 1 当 a ? 时, D ? A ? B ? (0,1) ? (1,??) 3 1 当 ? a ? 1时 , D ? {x ? R | x ? 0) 3

(2)

极值点,即导函数的值为 0 的点。 f ?( x) ? 0

f ?( x) ? 6x2 ? 6(1 ? a) x ? 6a ? 0 即 x2 ? (1 ? a) x ? a ? 0
( x ? a)(x ? 1) ? 0

此时方程的两个根为:
10

x1 ? a x2 ? 1
1 (ⅰ)当 0 ? a ? 时, D ? (0, x1 ) ? ( x2 ,??) 3

( 3 1 ? a) ? 3(1 ? 3a)(3 ? a) ( 3 1 ? a) ? 3(1 ? 3a)(3 ? a) 即:D ? (0, ) ?( ,??) 4 4
x1 ? a 3 ? a ? 3(1 ? 3a )(3 ? a ) 4 将分子做差比较: ? (3 ? a ) 2 ? 3(1 ? 3a )(3 ? a ) ? 8a (3 ? a ) 1 ?0 ? a ? 3 ? 8a (3 ? a ) ? 0 ? x1 ? a

故当 x ? a时,可以取到极值,极 值点为(a,3a2 ? a3 )

x1 ? 1 ?

( 3 1 ? a) ? 3(1 ? 3a)(3 ? a) (3a ? 1) ? 3(1 ? 3a)(3 ? a) ?1 ? 4 4

分子做差比较:

(3a ?1)2 ? 3(1 ? 3a)(3 ? a) ? 8(3a ?1) ? 0
所以 x1 ? 1 又 x2 ? 1 ?
( 3 1 ? a) ? 3(1 ? 3a)(3 ? a) ?1 4

?

3(1 ? 3a)(3 ? a) ? (1 ? 3a) 4

分子做差比较法:

3(1 ? 3a)(3 ? a) ? (1 ? 3a)2 ? 8(1 ? 3a) ? 0 ,
故 x2 ? 1 ,故此时 x ? 1 时的根取不到, (ⅱ)

11

1 时, D ? A ? B ? (0,1) ? (1,??) ,此时,极值点取不到 x=1 极值点为 3 1 16 ( ,? ) 27 3

当a?

(ⅲ)
1 当 ? a ? 1时 , D ? {x ? R | x ? 0) ,极值点为: (1,3a ? 1) 和 (a,3a 2 ? a3 ) 3

总上所述:
1 当 0 ? a ? 时, f ( x) 有 1 个 极值点为( a,3a 2 ? a3 ) 3 1 1 16 当 a ? 时, f ( x) 有 1 个极值点为( , ? ) 27 3 3 1 当 ? a ? 1时 , f ( x) 有 2 个极值点分别为为: (1,3a ? 1) 和 (a,3a 2 ? a3 ) 3

10. (2012 湖南文) (本小题满分 13 分)已知函数 f ( x) ? e x ? ax ,其中 a>0. (Ⅰ)若对一切 x∈R, f ( x) ? 1 恒成立,求 a 的取值集合; (Ⅱ)在函数 f ( x) 的图象上取定两点 A( x1 , f ( x1 )) , B( x2 , f ( x2 )) ( x1 ? x2 ) , 记直线 AB 的斜率为 k,证明:存在 x0 ? ( x1 , x2 ) ,使 f ?( x0 ) ? k 成立. 解: (Ⅰ) f ?( x) ? e x ? a .令 f ?( x) ? 0 得 x ? ln a . 当 x ? ln a 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 单调递减; 当 x ? ln a 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 单调递增. 故当 x ? ln a 时, f ( x) 取最小值 f (ln a) ? a ? a ln a . 于是对一切 x∈R, f ( x) ? 1 恒成立,当且仅当 a ? a ln a ? 1. 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 a ? 1 时,①式成立.
12



综上所述,a 的取值集合为 ?1? . (Ⅱ)由题意知, k ?

f ( x2 ) ? f ( x1 ) e x2 ? e x1 ? ? a. x2 ? x1 x2 ? x1 e x2 ? e x1 ,则 x2 ? x1

令 ? ( x) ? f ?( x) ? k ? e x ?

? ( x1 ) ? ?
? ( x2 ) ?

e x1 [e x2 ? x1 ? ( x2 ? x1 ) ? 1] , x2 ? x1

e x2 [e x1 ? x2 ? ( x1 ? x2 ) ? 1] . 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. 故当 t ? 0 时, F (t ) ? F (0) ? 0 ,即 et ? t ? 1 ? 0 . 从而 ex2 ? x1 ? ( x2 ? x1 ) ?1 ? 0 , ex1 ? x2 ? ( x1 ? x2 ) ?1 ? 0 ,

e x1 e x2 又 ? 0, ? 0 ,所以 ? ( x1 ) ? 0 , ? ( x2 ) ? 0 . x2 ? x1 x2 ? x1
因为函数 y ? ? ( x) 在区间 [ x1 , x2 ] 上的图象是连续不断的一条曲线, 所以存在存在 x0 ? ( x1 , x2 ) ,使 ? ( x0 ) ? 0 ,即 f ?( x0 ) ? k 成立. 11. (2012 湖北理) (本小题满分 14 分) (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 a1b a2b ? a1b1 ? a2b2 ;
1 2

(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 . 解析: (Ⅰ) f ?( x) ? r ? rxr ?1 ? r (1 ? xr ?1 ) ,令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 1 .
13

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 a1b a2b ? a1b1 ? a2b2 成立;
1 2



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 1

a1 a a , r ? b1 ,可得 ( 1 )b1 ? b1 ? 1 ? (1 ? b1 ) , a2 a2 a2
1 2

即 a1b a21?b ? a1b1 ? a2 (1 ? b1 ) ,亦即 a1b a2b ? a1b1 ? a2b2 . 综上,对 a1 ? 0, a2 ? 0 ,b1 ,b2 为正有理数且 b1 ? b2 ? 1 ,总有 a1b a2b ? a1b1 ? a2b2 .
1 2



(Ⅲ) (Ⅱ)中命题的推广形式为: 设 a1 , a2 , 若 b1 ? b2 ?
, an 为非负实数, b1 , b2 ,
b1 b2 ? bn ? 1 ,则 a1 a2

, bn 为正有理数.

bn an ? 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, 且 b1 ? b2 ?
b1 b2 ? bk ? 1 ,则 a1 a2 bk ak ? 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 ?
b1 b2 a1 a2

? bk ? bk ?1 ? 1 ,此时 0 ? bk ?1 ? 1 ,即 1 ? bk ?1 ? 0 ,于是
b1 b2 bk 1?bk ?1 1?bk ?1 bk ?1 ak ) ak ?1 .

bk bk ?1 b1 b2 ak ak ?1 ? (a1 a2

bk bk ?1 1?bk ?1 1?bk ?1 ak )ak a2 ?1 = (a1



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

?

bk ? 1 ,由归纳假设可得 1 ? bk ?1

1?bk ?1 a11?bk ?1 a2

1?bk ?1 ak ? a1 ?

b1 b2 ? a2 ? ? 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1

? ak ?

a b ? a2 b2 ? ? ak bk bk ? 11 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1

, 从而 a a
b1 1 b2 2

a a

bk k

bk ?1 k ?1

? a b ? a2b2 ? ? ak bk ? ?? 11 ? 1 ? bk ?1 ? ?

1?bk ?1 bk ?1 ak ?1 .

又因 (1 ? bk ?1 ) ? bk ?1 ? 1 ,由②得

14

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

1?bk ?1 bk ?1 ? ak ?1

a1b1 ? a2b2 ? ? ak bk ? (1 ? bk ?1 ) ? ak ?1bk ?1 1 ? bk ?1

? a1b1 ? a2b2 ?
b 从而 a1b a2
1 2

? ak bk ? ak ?1bk ?1 ,

bk bk ?1 ak ak ?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. 12. (2012 湖南理) (本小题满分 13 分)已知函数 f ( x) ? eax ? x ,其中 a≠0. (Ⅰ)若对一切 x∈R, f ( x) ≥1 恒成立,求 a 的取值集合; (Ⅱ)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. 解: (Ⅰ)若 a ? 0 ,则对一切 x ? 0 , f ( x) ? eax ? x ? 1 ,这与题设矛盾. 又 a ? 0 ,故 a ? 0 . 而 f ?( x) ? aeax ?1, 令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 当x?
1 1 ln . a a

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

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.

15

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

1 ? 1, a

f ( x2 ) ? f ( x1 ) eax2 ? eax1 (Ⅱ)由题意知, k ? ? ? 1. x2 ? x1 x2 ? x1
令 ? ( x) ? f ?( x) ? k ? aeax ?

eax2 ? eax1 ,则 x2 ? x1

? ( x1 ) ? ?

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

eax2 ? ? ( x2 ) ? ea ( x1 ? x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ? 1? ? ?. 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. 故当 t ? 0 时, F (t ) ? F (0) ? 0, 即 et ? t ? 1 ? 0. 从而 ea( x2 ? x1 ) ? a( x2 ? x1 ) ?1 ? 0 , ea( x1 ? x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ?1 ? 0, 又

eax1 eax2 ? 0, ? 0, 所以 ? ( x1 ) ? 0, ? ( x2 ) ? 0. x2 ? x1 x2 ? x1

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 c ? ( x1 , x2 ) ,使得 ? (c) ? 0 .又 ??( x) ? a2eax ? 0, ? ( x) 单调递增,

1 eax2 ? eax1 故这样的 c 是唯一的,且 c ? ln . a a( x2 ? x1 ) 1 eax2 ? eax1 故当且仅当 x ? ( ln , x2 ) 时, f ?( x) ? k . 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

16

1 eax2 ? eax1 ( ln , x2 ) . a a( x2 ? x1 )
13.(2012 江苏卷)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; (3)设 h( x) ? f ( f ( x)) ? c ,其中 c ? [?2,2] ,求函数 y ? h( x) 的零点个数 解 .(1) 由 题 设 知

f ?( x) ? 3x 2 ? 2ax ? b





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

解得 a ? 0, b ? ?3 (2)由(1)知 f ( x) ? x 3 ? x ,因为 f ( x) ? 2 ? ( x ? 1) 2 ( x ? 2) 所以 g ?( x) ? 0 的根为 x1 ? x2 ? 1, x3 ? ?2 ,于是函数 g ( x) 的极值点只能是 1 或-2 当 x ? ?2 时, g ?( x) ? 0 ;当 ? 2 ? x ? 1 时, g ?( x) ? 0 ,故-2 是 g ( x) 的极值点. 当 ? 2 ? x ? 1 或 x ? 1 时, g ?( x) ? 0 ,故 1 不是 g ( x) 的极值点. 所以 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 的两个不同根为 1 和-2,注意到 f ( x) 是奇函 数,所以
f ( x) ? 2 的两个不同根为-1 和 2.



d ?2









f (?1) ? d ? f (?2) ? d ? 2 ? d ? 0, f (1) ? d ? f (?2) ? d ? ?2 ? d ? 0

17

所以-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 无实根,同理, f ( x) ? d 在 (??,?2) 上无实根.

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 的图像不间断,所以 f ( x) ? d 在 (1,2) 内有唯一实根.

同理, f ( x) ? d 在(-2,-1)内有唯一实根. ③ 当 x ? (?1,1) 时, f ?( x) ? 0 ,故 f ( x) 是单调减函数,又 f (?1) ? d ? 0, f (1) ? d ? 0,
y ? f ( x) ? d 的图像不间断, 所以 f ( x) ? d 在 (-1,1) 内有唯一实根.

由上可知:当 d ? 2 时, f ( x) ? d 有两个不同的实根 x1 , x 2 满足 x1 ? 1, x2 ? 2 ; 当 d ? 2 时, f ( x) ? d 有三个不同的实根 x3 , x4 , x5 满足 xi ? 2, i ? 13,4,5, 现考虑 y ? h( x) 的零点. (ⅰ)当 c ? 2 时, f (t ) ? c 有两个不同的根 t1 , t 2 满足 t1 ? 1, t 2 ? 2, 而 f ( x) ? t1 有三个不同的实根, f ( x) ? t 2 有两个不同的实根,故 y ? h( x) 有 5 个 零点. (ⅱ)当 c ? 2 时, f (t ) ? c 有三个不同的根, t 3 , t 4 , t 5 满足 ti ? 2, i ? 3,4,5, 而 f ( x) ? t i (i ? 3,4,5) 有三个不同的根,故 y ? h( x) 有 9 个零点.综上可知,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..

14. (2012 江西文) (本小题满分 14 分) 已知函数 f(x)=(ax2+bx+c)ex 在 ?0,1? 上单调递减且满足 f(0)=1,f(1)=0. (1)求 a 的取值范围;

18

(2)设 g(x)= f(-x)- f′(x),求 g(x)在 ?0,1? 上的最大值和最小值。 【解析】 (1) f (0) ? c ? 1 , f ( x) ? (a ? b ? c)e ? 0, a ? b ? ?1 , f '( x) ? (2ax ? b)e x 因 为在[0,1]上单调递减则令 f '( x) ? (2ax ? b)e x ? 0 即 2ax ? b ? 0 解得 a ? 1 (2) g ( x) ? (ax2 ? bx ? 1)e? x ? (2ax ? b)ex

g '( x) ? (2ax ? b)e? x ? e?2 x (ax2 ? bx ? 1) ? 2ae x

15. (2012 辽宁) (本小题满分 12 分)设
3 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= 2 x 在

? 0,0? 点相切.
(1)求 a ,b 的值; (2)证明:当 0<x <2 时, f ? x ? <
9x x +6

【命题意图】本题主要考查函数的切线及恒成立问题,考查运算求解能力,是难 题. 【解析】 (1)由 y=f ? x ? 的图像过 ? 0,0 ? 点,代入得 b =-1 由 y=f ? x ? 在 ? 0,0 ? 处的切线斜率为
a =0 …3 分

3 1 3 ? 1 ? ,又 y' x =0 = ? + +a ? = +a ,得 2 ? x+1 2 x+1 ? x =0 2

(2) (证法一)由均值不等式,当 x >0 时,2 记
h' ? x ? 1 x+
3

? x+1? 1<x+1+1=x +2 ,故

x + ?x 5
2

x x+ 1< +1 2

h ? x ? =f ? x ? -

9x x +6


4 + +

2 x

=2 ? x+ ? 1

?x + ? ? x 6?

x 1

? 1 ?x ?

2

? x+6 ? -216 ? x+1? ,令 g x = x+6 3 -216 x+1 ,则当 0<x <2 时, = ? ? ? ? ? ? 2 4 ? x +1?? x +6 ?
g' ? x ? =3 ? x +6 ? -216<0 (lby lfx)
2

19

因此 g ? x ? 在 ? 0,2 ? 内是减函数,又由 g ? 0? =0 ,得 g ? x ? <0 ,所以 h' ? x ? <0 因此 h ? x ? 在 ? 0,2 ? 内是减函数,又由 h ? 0? =0 ,得 h ? x ? <0 , 于
f ? x? < 9x x +6





0 x

<



<



2

…12 分

(证法二) 由 ( 1 ) 知 f
2

? x ? = l ?n x ?+ 1

由 均 值 不 等 式 , 当 x >0 时 , +x , +1 -1

? x +?1

x 1 x< + 1 x+ 1= x ++1< 2 +1 ,故 2 1 -x -1= <0 ,故 k ? x ? <0 ,即 ln ? x + 1< ? x, x +1 x +1

令 k ? x ? =ln ? x+1? -x ,则 k ? 0 ? =0,k' ? x ? =

3 由此得,当 x >0 时, f ? x ? < x ,记 h ? x ? = ? x+6? f ? x ? -9x ,则当 0<x <2 时, 2

3 1 ? ? 1 h' ? x ? =f ? x ? + ? x+6? f' ? x ? -9< x+ ? x+6 ? ? + ? -9 2 ? x+1 2 x+1 ?

1 ? 1 ? ? ? x? 3x ? x+1? + ? x+6? 2+ x+1 -18 ? x+1?? < 3x ? x+1? + ? x+6 ? ? 3+ ? -18 ? x+1?? ? ? 2 ? x+1? ? 2 ? x+1? ? ? 2? ? x = ? 7 x-18? <0 4 ? x+1? =

?

?

因此 h ? x ? 在 ? 0,2 ? 内是减函数,又由 h ? 0? =0 ,得 h ? x ? <0 ,即 f ? x ? <

9x x +6

16. (2012 辽宁) (本小题满分 10 分)选修 4-5:不等式选讲

20

已知 f ? x ? = ax+1 ? a ? R ? ,不等式 f ? x ? ? 3 的解集为 ? x -2 ? x ? 1? (1)求 a 的值

? x? (2)若 f ? x ? -2 f ? ? ? k 恒成立,求 k 的取值范围 ?2?
【命题意图】 本主要考查含绝对值不等式的解法及绝对值不等式的意义,是容易 题. 【解析】 (1)由 ax+1 ?3 得 -4 ? ax ? 2 ,又 f ? x ? ? 3 的解集为 ? x -2 ? x ? 1? ,所以 当 a ? 0 时,不合题意
4 2 当 a >0 时, - ? x ? ,得, a ? 2 a a

? ?1,x ? -1 ? 1 ? ? x? (2)记 h ? x ? =f ? x ? -2 f ? ? ,则 h ? x ? = ?-4 x-3,-1<x <- , 2 ?2? ? 1 ? -1,x ? ? ? 2
所以 h ? x ? ? 1 ,因此 k ? 1

17.(2012 辽宁文)(本小题满分 12 分) 设 f ( x) ? ln x ? x ?1,证明: (Ⅰ)当 x﹥1 时, f ( x) ﹤ (Ⅱ)当 1 ? x ? 3 时
3 ( x ?1) 2

【答案与解析】
3 9( x ? 1) 证明:(1)记 g ( x) ? ln x ? x ? 1 ? ( x ? 1) , f ( x) ? 2 x?5

,则当 x ? 1 时,
g ?( x) ? 1 1 3 ? ? ?0 x 2 x 2
21

又 g(0)=1,所以 g ( x) ? 0 所以 f ( x) ?

3 ( x ? 1) 2
9( x ? 1) .由(1)得 x?5

(2)记 h( x) ? f ( x) ?

h?( x) ? ?

1 1 54 2? x 54 ? ? ? ? 2 x 2 x ( x ? 5) 2x ( x ? 5) 2

x?5 54 ( x ? 5) 3 ? 216x ? ? 4x ( x ? 5) 2 4 x( x ? 5) 2

令 g ( x) ? ( x ? 5) 3 ? 216x .则当 1 ? x ? 3 时

g ??( x) ? 3( x ? 5) 2 ? 216 ? 0
因此 g ( x) 在 ?1,3? 内是减函数,又由 g(0)=1,得 g ( x) ? 0 所以 h?( x) ? 0 所以 h( x) 在 ?1,3? 内是减函数,又 h(1) ? 0 得 h( x) ? 0 , 于是当 1 ? x ? 3 时, f ( x) ?
9( x ? 1) . x?5

18.(本小题满分 10 分)选修 4 ? 5:不等式选讲
3 的解集为 ?x ? 2 ? x ? 1?. 已知 f ( x) ?| ax ? 1| (a ? R) ,不等式 f ( x) ? ?

(Ⅰ)求 a 的值;
x (Ⅱ)若 f ( x) ? 2 f ( ) ? k 恒成立,求 k 的取值范围。 2

【答案与解析】

解(1)由 ax ? 1 ? 3 得 - 4 ? ax ? 2 ,
3 的解集为 ?x ? 2 ? x ? 1?, 又 f ( x) ? ?

所以当 a ? 0 时,不合题意. 当 a :? 0 时, ?
4 2 ? x ? ,得 a ? 2 . a a

22

? ?1, ( x ? ?1) ? x 1 ? (2)记 h( x) ? f ( x) ? 2 f ( ) ,则 h( x) ? ?? 4 x ? 3, (?1 ? x ? ? ) 2 2 ? 1 ? ? 1, ( x ? ? ) ? 2 ?
所以 h( x) ? 1,因此 k ? 1.

19.(2012 全国卷理)(本小题满分 12 分)
1 已知函数 f ( x) 满足满足 f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) x ? x 2 ; 2

(1)求 f ( x) 的解析式及单调区间;
1 2 x ? ax ? b ,求 (a ? 1)b 的最大值。 2 1 解(1) f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) x ? x 2 ? f ?( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) ? x 2

(2)若 f ( x) ?

令 x ? 1 得: f (0) ? 1
f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? x ? 1 2 x ? f (0) ? f ?(1)e ?1 ? 1 ? f ?(1) ? e 2

得: f ( x) ? e x ? x ?

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 2

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

23

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) ? x2 ? 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 2

当 a ? e ?1, b ? e 时, (a ? 1)b 的最大值为

20.(2012 全国卷理) (本小题满分 10 分)选修 4 ? 5 :不等式选讲 已知函数 f ( x) ? x ? a ? x ? 2 (1)当 a ? ?3 时,求不等式 f ( x) ? 3 的解集; (2)若 f ( x) ? x ? 4 的解集包含 [1, 2] ,求 a 的取值范围。 解(1)当 a ? ?3 时, f ( x) ? 3 ? x ? 3 ? x ? 2 ? 3

x?2 x?3 ? ? 2? x?3 ? 或? ? 或? ? ?? ?3 ? x ? 2 ? x ? 3 ?3 ? x ? x ? 2 ? 3 ?x ? 3 ? x ? 2 ? 3
? x ? 1或 x ? 4

(2)原命题 ? f ( x) ? x ? 4 在 [1, 2] 上恒成立

? x ? a ? 2 ? x ? 4 ? x 在 [1, 2] 上恒成立
? ?2 ? x ? a ? 2 ? x 在 [1, 2] 上恒成立
? ?3 ? a ? 0

21.(2012 山东理) (本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) ?
ln x ? k (k 为常数,e=2.71828……是自然对数的底数) ,曲线 ex

y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行。

24

(Ⅰ)求 k 的值; (Ⅱ)求 y ? f ( x) 的单调区间; ( Ⅲ )设 g ( x) ? ( x 2 ? x) ? f ?( x) , 其中 f '(x ) 为 f(x) 的导函数,证明:对任意

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

1 ? k ? ln x ln x ? k 1? k x ? ? ? 0 ,解 解析:由 f ( x) ? 可得 ,而 ,即 f ( x ) ? f ( 1 ) ? 0 x e e ex
得 k ? 1;

1 ? 1 ? ln x x (Ⅱ) f ?( 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 简证(Ⅲ) g ( x) ? ( x 2 ? x) x , ? ex ex
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 1 ? x 2 ? ( x 2 ? x) ln x 2 x 当 0 ? x ? 1 时,要证 g ( x) ? ( x ? x) ? ? 1 ? e ?2 。 x x e e
只需证 1 ? x2 ? ( x2 ? x)ln x ? ex (1 ? e?2 ) ,然后构造函数即可证明。

22. (2012 山东文) (本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) ?
ln x ? k (k 为常数, e=2.71828 …是自然对数的底数 ) ,曲线 ex

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; (Ⅲ)设 g ( x) ? xf ?( x) , 其中 f ?( x) 为 f ( x) 的导函数.证明: 对任意 x ? 0, g ( x) ? 1 ? e?2 .[来
25

1 ? ln x ? k 解:(I) f ?( x) ? x , ex

由已知, f ?(1) ?

1? k ? 0 ,∴ k ? 1 . e

1 ? ln x ? 1 (II)由(I)知, f ?( x) ? x x . e

设 k ( x) ? ? ln x ? 1 ,则 k ?( x) ? ?

1 x

1 1 ? ? 0 ,即 k ( x) 在 (0, ??) 上是减函数, x2 x

由 k (1) ? 0 知,当 0 ? x ? 1 时 k ( x) ? 0 ,从而 f ?( x) ? 0 , 当 x ? 1 时 k ( x) ? 0 ,从而 f ?( x) ? 0 . 综上可知, f ( x) 的单调递增区间是 (0,1) ,单调递减区间是 (1, ??) . (III)由(II)可知, 当 x ? 1 时,g ( x) ? xf ?( x) ≤0<1+ e?2 , 故只需证明 g ( x) ? 1 ? e?2 在 0 ? x ? 1 时成立. 当 0 ? x ? 1 时, e x >1,且 g ( x) ? 0 ,∴ g ( x) ?
1 ? x ln x ? x ? 1 ? x ln x ? x . ex

设 F ( x) ? 1 ? x ln x ? x , x ? (0,1) ,则 F ?( x) ? ?(ln x ? 2) , 当 x ? (0,e?2 ) 时, F ?( x) ? 0 ,当 x ? (e?2 ,1) 时, F ?( x) ? 0 , 所以当 x ? e?2 时, F ( x) 取得最大值 F (e?2 ) ? 1 ? e?2 . 所以 g ( x) ? F ( x) ? 1 ? e?2 . 综上,对任意 x ? 0 , g ( x) ? 1 ? e?2 . 23. (2012 上海理)已知函数 f ( x) ? lg( x ? 1) . (1)若 0 ? f (1 ? 2 x) ? f ( x) ? 1 ,求 x 的取值范围; (6 分) (2)若 g ( x) 是以 2 为周期的偶函数,且当 0 ? x ? 1 时,有 g ( x) ? f ( x) ,求 函数
y ? g ( x) ( x ? [1, 2]) 的反函数.(8 分)

?2 ? 2 x ? 0 解: (1)由 ? ,得 ? 1 ? x ? 1 . ? x ?1 ? 0
由 0 ? lg(2 ? 2x) ? lg( x ? 1) ? lg 2x??21x ? 1 得 1 ?
2?2 x x ?1

? 10 .

……3 分

26

因为 x ? 1 ? 0 ,所以 x ? 1 ? 2 ? 2 x ? 10 x ? 10 , ? 2 . ?x?1 3 3
? ?1 ? x ? 1 由? 2 得? 2 . ?x?1 3 3 1 ? ? x ? 3 ? 3

……6

分 (2)当 x?[1,2]时,2-x?[0,1],因此
y ? g ( x) ? g ( x ? 2) ? g (2 ? x) ? f (2 ? x) ? lg(3 ? x) .

……10 分

由单调性可得 y ? [0, lg 2] . 因为 x ? 3 ? 10y ,所以所求反函数是 y ? 3 ? 10x , x ?[0, lg 2] . ……14 分

24. (2012 上海文)已知函数 f ( x ) ? lg ( x ? 1) . ①若 0 ? f (1 ? 2 x) ? f ( x) ? 1 ,求 x 的取值范围; ②如果 g ( x ) 是以 2 为周期的偶函数,且当 0 ? x ? 1 时,有 g ( x ) ? f ( x ) ,求函 数 y ? g ( x)
(1 ? x ? 2) 的反函数.

? 2 1? 答案:① ? ? , ? ? 3 3?

② y ? 3 ? 10x (0 ? x ? lg 2)

25.(2012 四川理)(本小题满分 14 分) 已知 a 为正实数,n 为自然数, 抛物线 y ? ? x 2 ?
an 与 x 轴正半轴相交于点 A , 2

设 f (n) 为该抛物线在点 A 处的切线在 y 轴上的截距. (Ⅰ)用 a 和 n 表示 f (n) ;

f (n) ? 1 n3 (Ⅱ)求对所有 n 都有 成立的 a 的最小值; ? f (n) ? 1 n3 ? 1
27

(Ⅲ) 当 0 ? a ? 1 时, 比较 ?
k ?1

n

27 f (1) ? f (n) 1 与 的大小, 并说明理由. 4 f (0) ? f (1) f (k ) ? f (2k )

? 解: (1)由已知得,交点 A 的坐标为 ? ? ? ?

a

? 1 n 2 ,0 ? 导 得 ,对 y ? ? x ? a 求 ? 2 2 ? ?
n

y ? ?2 x
程 为

'




n



线




n

A
n




n



线



y ? ? 2 a (x ?

a

n

2

), 即y ? ? 2 a x ? a .则f (n) ? a
n

(2)由(1)知 f(n)= a ,则 即知,

f (n) ? 1 n3 n ? 3 成立的充要条件是 ? 2n 3 ? 1 a f (n) ? 1 n ? 1

a

n

? 2n 3 ? 1 对于所有的 n 成立,特别地,取 n=2 时,得到 a≥ 17

当 a ? 17, n ? 3时 ,

a ? 4 ? (1? 3)
n n

n

? 1 ? Cn ? 3 ? Cn ? 3 ? Cn ? 3 ? ?
2 2 3 3

1

2

2

3

3

? 1? Cn ? 3 ? Cn ? 3 ? Cn ? 3

1

? 1? 2n ?

3

2 1 ? n 5 (n ? 2) ? (2n ? 5)? ? ? ? ? 2

>2n3+1 当 n=0,1,2 时,显然 ( 故当 a= 17 时,

17 )
3

n

? 2n ?1

3

f ( n) ? 1 ? f ( n) ? 1

n 对所有自然数都成立 n ?1

3

所以满足条件的 a 的最小值是
n

17 .
n k ?1 n f (1) ? f (n) a ? 1 1 , ? ?? k 2k f (0) ? f (1) 1 ? a f (k ) ? f (2k ) k ?1 a ? a

(3)由(1)知 f ( k ) ? a ,则 ? 下面证明: ?
k ?1 n

a

n

1 27 f (1) ? f (n) ? ? . f (k ) ? f (2k ) 4 f (0) ? f (1)

首先证明:当 0<x<1 时, 设函数 g ( x) ?

1 x?x
3

?

27 x 4

27 2 x( x ? x) ? 1,0 ? x ? 1 4
28

81 2 x( x ? ) 4 3 2 2 ( ' x) ? 0;当 ? x ? 1时, g ' ( x) ? 0 当 0 ? x ? 时, g 3 3 2 故 g(x)在区间(0,1)上的最小值 g(x)min=g ( ) ? 0 3 则g ' ( x) ?

所以,当 0<x<1 时,g(x)≥0,即得
*

1 x?x
1
2

?

27 x 4
27 k ,从而 4 a

由 0<a<1 知 0<ak<1( k ? N ),因此

a ?a

k

2k

?

? f ( k ) ? f ( 2k ) ? ?
k ?1 k ?1

n

1

n

1

a ?a
?

k

2k

27 n k ? 4 k ?1 a
n ?1

27 a ? a ? ? 4 1? a ?

27 a ? a ? 4 1? a 27 f (1) ? f (n) ? ? 4 f (0) ? f (1)

n

26. (2012 四川文)(本小题满分 14 分) 已知 a 为正实数,n 为自然数,抛物线 y ? ? x2 ?
an 与 x 轴正半轴相交于点 A, 2

设 f (n) 为该抛物线在点 A 处的切线在 y 轴上的截距. (Ⅰ)用 a 和 n 表示 f (n) ; (Ⅱ)求对所有 n 都有
f (n) ? 1 n ? 成立的 a 的最小值; f (n) ? 1 n ? 1
1 1 1 ? ? ??? ? 与 f (1) ? f (2) f (2) ? f (4) f (n) ? f (2n)

( Ⅲ ) 当 0 ? a ?1 时 , 比 较
6? f (1) ? f (n ? 1) 的大小,并说明理由. f (0) ? f (1)

解: (Ⅰ)令 ? x2 ?

an an an an 或x ? ? , 0) .由 y ' ? ?2 x 知, ,则 A( ? 0 ,得 x ? 2 2 2 2

29

点 A 处的切线方程为 y ? ?2

an an (x ? ) .令 x ? 0 ,得 y ? an ,∴ f (n) ? a n . 2 2
f (n) ? 1 n ? 成立的充要条件是 a n ? 2n ? 1 , f (n) ? 1 n ? 1

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f (n) ? a n ,则

即知, a n ? 2n ? 1 对于所有的 n 成立,特别地,取 n=1 得到 a ? 3 .
1 当a ?3, n≥1 时,an ? 3n ? (1 ? 2)n ? 1 ? Cn ?2?

? 2n ? 1 .当 n=0 时,a n ? 2n ? 1 .

故 a ? 3 时,

f (n) ? 1 n ? 对所有 n 都成立. f (n) ? 1 n ? 1

所以满足条件的 a 的最小值为 3. (Ⅲ)由(Ⅰ)知 f (k ) ? a k . 下面证明:
1 1 1 f (1) ? f (n ? 1) ? ? ??? ? ? 6? . f (1) ? f (2) f (2) ? f (4) f ( n) ? f (2n) f (0) ? f (1)

首先证明:当 0 ? x ? 1 时,

1 ? 6x , x ? x2 2 3

设函数 g ( x) ? 6x( x2 ? x) ? 1 , 0 ? x ? 1 ,则 g ?( x) ? 18x( x ? ) . 当 0 ? x ? 时, g ?( x) ? 0 ;当 ? x ? 1 时, g ?( x) ? 0 . 故 g ( x) 在 (0,1) 上的最小值 g ( x)min ? g ( ) ? ? 0 , 所以当 0 ? x ? 1 时, g ( x) ? 0 ,即得
1 ? 6x . x ? x2 1 ? 6ak ,从而 a ? a2k
k

2 3

2 3

2 3

1 9

由 0 ? a ? 1 知 0 ? ak ? 1(k ? N* ) ,因此
1 1 ? ? f (1) ? f (2) f (2) ? f (4) ?

1 f ( n) ? f (2n)

?

1 1 ? 2 ? 2 a?a a ? a4

? 6(a ? a 2 ?

1 a ? a2n a ? a n ?1 f (1) ? f (n ? 1) ? an ) ? 6 ? ? 6? . 1? a f (0) ? f (1) ?
n

27.(2012 天津理)(本小题满分 14 分)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;

30

(Ⅲ)证明 ?
i =1

n

2 ? ln (2n+1)<2 (n ? N * ) . 2i ? 1

解: (1) f ( x) 的定义域为 (?a,??)
f ?( x) ? 1 ? 1 x ? a ?1 ? ,由 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 1 ? a ? ?a x?a x?a

当 x 变化时变化时, f ?( x) , f ( x) 的不好情况如下表: 因此, f ( x) 在 x ? 1 ? a 处

x

(?1, a)

a

(a,??)

f ?( x)
f ( x)

-

0 极小值

+

取得最小值,故由题意 f (1 ? a) ? 1 ? a ? 0, 所以 a ? 1. (2)当 k ? 0 时,取 x ? 1 ,有 f (1) ? 1 ? ln 2 ? 0 ,故 k ? 0 不合题意. 当 k ? 0 时,令 g ( x) ? f ( x) ? kx 2 ,即 g ( x) ? x ? ln(x ? 1) ? kx 2
g ?( x) ? x ? 2kx 2 ? (1 ? 2k ) x ? 2kx ? x ?1 x ?1
1 ? 2k ? ?1 2k

令 g ?( x) ? 0 得 x1 ? 0, x 2 ? ①当 k ?

1 1 ? 2k ? 0, g ?( x) ? 0 在 (0,??) 上恒成立,因此 g ( x) 在 [0,??) 上 时, 2 2k

单 调 递 减 , 从 而 对 于 任 意 的 x ? [0,??) , 总 有 g ( x) ? g (0) ? 0 , 即 f ( x) ? kx 2 在
[0,??) 上恒成立.故 k ?
1 符合题意. 2 1 1 ? 2k 1 ? 2k ? 0 ,对于 x ? (0, ), g ?( x) ? 0 ②当 0 ? k ? 时, 2 2k 2k 1 ? 2k 1 ? 2k ) 内单调递增,因此,当取 x0 ? (0, ) 时, 故 g ( x) 在 (0, 2k 2k
31

2 不成立. g ( x0 ) ? g (0) ? 0 ,即 f ( x0 ) ? kx0

故0 ? k ?

1 不合题意. 2

(3)证明:当 n ? 1 时,不等式左边 ? 2 ? ln 3 ? 2 ? 右边,所以不等式成立. 当 n ? 2 时, ? f (
i ?1 n n 2 2 ? ? 2 ) ? ?? ? ln(1 ? ) 2i ? 1 2i ? 1 ? ? i ?1 ? 2i ? 1 n n 2 ? ? ?ln(2i ? 1) ? ln(2i ? 1)? 2i ? 1 i ?1

??
i ?1

??
i ?1

n

2 ? ln(2n ? 1) 2i ? 1

在(2)中取 k ?

1 x2 ( x ? 0) ,从而 得 f ( x) ? 2 2

f(

2 2 2 )? ? (i ? N ?, i ? 2) 2 2i ? 1 (2i ? 1) (2i ? 3)(2i ? 1)
n n 2 2 ? ln(2n ? 1) ? ? f ( ) 2i ? 1 2i ? 1 i ?1 n n 2 2 ) ? 2 ? ln 3 ? ? 2i ? 1 i ? 2 (2i ? 3)(2i ? 1)

所以有 ?
i ?1

? f (2) ? ? f (
i ?2 n

? 2 ? ln 3 ? ? (
i ?2

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

? 2 ? ln 3 ? 1 ?

1 ?2 2i ? 1

综上 ?
i ?1

n

2 ? ln(2n ? 1) ? 2.n ? N ? 2i ? 1

28.(2012 天津文) (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ?
1 3 1? a 2 x ? x ? ax ? a ,x 3 2

其中 a>0.

(I)求函数 f ( x) 的单调区间;
32

(II)若函数 f ( x) 在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围; (III)当 a=1 时,设函数 f ( x) 在区间 [t , t ? 3] 上的最大值为 M(t) ,最小值为 m (t),记 g(t)=M(t)-m(t),求函数 g(t)在区间 [?3,?1] 上的最小值。 解(1) f ?( x) ? x 2 ? (1 ? a) x ? a ? ( x ? 1)(x ? a) ,由 f ?( x) ? 0 得 x1 ? ?1, x2 ? a ? 0 当 x 变化时,的 f ?( x) 变化情况如下表:

x
f ?( x)
f ( x)

(??,?1)

?1

(?1, a)

a
0 极小值

(a,??)

?

0 极大值

-

+

故函数 f ( x) 的单调递增区间是 (??,?1), (a,??) ,单调递减区间是 (?1, a) . (2) 由 (1) 知 f ( x) 在区间 (-2,-1) 内单调递增 , 在 (-1,0) 内单调递减 , 从而函数
f ( x) 在区间

? f ( ?2 ) ? 0 1 ? (-2,0)内恰有两个零点,当且仅当 ? f ( ?1) ? 0 ,解得 0 ? a ? . 3 ? f ( 0) ? 0 ?
1 所以, a 的取值范围为 ( 0, ) . 3 1 (3)a ? 1 时, f ( x) ? x 2 ? x ? 1 ,由(1)知 f ( x) 在 ?? 3,?1? 上单调递增,在 ?- 1,1? 3

上单调递减,在 ?1,2? 上单调递增。 ①当 t ? ?? 3,?2? 时, t ? 3 ? ?0,1?,?1 ? ?t , t ? 3?, f ( x) 在 ?t ,?1? 上单调递增,在 ?? 1, t ? 3?
1 上单调递减,因此, f ( x) 在 ?t, t ? 3? 上的最大值 M (t ) ? f (?1) ? ? ,而最小值为 3

f (t ) 与 f (t ? 3) 中的较小者,由 f (t ? 3) ? f (t ) ? 3(t ? 1)(t ? 2) 知,当 t ? ?? 3,?2? 时,
f (t ) ? f (t ? 3)

故 m(t ) ? f (t ) ,所以 g (t ) ? f (?1) ? f (t ) ,而 f (t ) 在 ?? 3,?2? 上单调递增,因此,

33

f (t ) ? f (?2) ? ?

5 3 1 5 4 ? (? ) ? . 3 3 3

所以 g (t ) 在 ?? 3,?2? 上的最小值为 g (?2) ?

②当 t ? ?? 2,?1? 时, t ? 3 ? ?1,2?, 且 ? 1,1 ? ?t , t ? 3? , 下面比较 f (?1), f (1), f (t ), f (t ? 3) 的大小. 由 f ( x) 在 ?? 2,?1?, ?1,2?上单调递增,有
f (?2) ? f (t ) ? f (?1), f (1) ? f (t ? 3) ? f (2)
5 1 又由 f (1) ? f (?2) ? ? , f (?1) ? f (2) ? ? , 3 3 1 5 从而 M (t ) ? f (?1) ? ? , m(t ) ? f (1) ? ? 3 3 4 所以 g (t ) ? M (t ) ? m(t ) ? 3 4 综上,函数 f ( x) 在区间 ?? 3,?1? 上的最小值为 . 3

29. (2012 浙江理) (本小题满分 14 分)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. 解:(Ⅰ)(ⅰ) f ? ? x ? ? 12ax2 ? 2b . 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),( f 1) } ? max{(b ? a),(3a ? b) }? ? =|2a-b|﹢a; b ? 2a ?3a ? b,
34

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 ),( g 1) } 6a b 6a



4 b ? max{ b ? a ? b,b ? 2a} 3 6a ?4 b b ? 6a ? a ? b, ? 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. 则可行域为: ? 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 . ∴所求 a+b 的取值范围为: ? ??,3? .
? b ? 2a ? b ? 2a 和? ,目标函数为 b ? a ? 1 ? ?3a ? b ? 1

z=a+b.

35

30. (2012 浙江文)(本题满分 15 分)已知 a ? R, 函数 f ( x) ? 4 x2 ? 2ax ? a. ⑴求 f ( x) 的单调区间 ⑵证明:当 0 ? x ? 1 时, f ( x)? | 2 ? a |? 0.

Ⅰ ) 解: ( 由题意得 f ?( x) ? 12x2 ? 2a

当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 恒成立,此时 f ( x) 的单调递增区间为 (??, ??). 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 12( x ?
a a )( x ? ), 此时函数 f ( x) 的 6 6

单调递增区间为 (??, ?
( Ⅱ ) 由于 0 ? x ? 1, 故

a a a a ] 和 [ , ??), 单调递减区间为 [? , ]. 6 6 6 6

当 a ? 2 时, f ( x)? | a ? 2 |? 4 x3 ? 2ax ? 2 ? 4 x3 ? 4 x ? 2; 当 a ? 2 时, f ( x)? | a ? 2 |? 4 x3 ? 2a(1 ? x) ? 2 ? 4 x3 ? 4(1 ? x) ? 2 ? 4 x3 ? 4 x ? 2. 设 g ( x) ? 2 x3 ? 2 x ? 1,0 ? x ? 1, 则g ?( x) ? 6 x 2 ? 2 ? 6( x ?
x
3 3 )( x ? ), 于是 3 3 3 ( ,1) 1 3

0

(0,

3 ) 3
36

3 3

g ?( x)
g ( x)

— 1 减

0 极小值

+ 增 1

所以, g ( x)min ? g ( 故

3 4 3 ) ?1? ? 0, 所以当 0 ? x ? 1 时, 2 x3 ? 2 x ? 1 ? 0. 3 9

f ( x)? | a ? 2 |? 4 x3 ? 4 x ? 2 ? 0.

37



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