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2012年高考数学试题分类汇编--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 1 .(2012 年高考(新课标理))已知函数 f ( x ) ?
1 ln ( x ? 1) ? x

;则 y ? f ( x ) 的图像大致为

2 .(2012 年高考(浙江理))设 a>0,b>0.

( B.若 2

a D.若 2 a
? 2 a ? 2 ? 3b
b



A.若 2 a C.若 2 a

? 2 a ? 2 ? 3b
b

,则 a>b ,则 a>b

,则 a<b ,则 a<b

? 2 a ? 2 ? 3b
b

? 2 a ? 2 ? 3b
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 ,则
x









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

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

5 .(2012 年高考(山东理)) 设 a ? 0 且 a ? 1 ,则“函数 f ( x ) ? a 在 R 上是减函数 ”,
x

是“函数 g ( x ) ? (2 ? a ) x 在 R 上是增函数”的
3





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 的面积为 A.
2π 5

A.充分不必要条件 C.充分必要条件

( B.
4 3

) y
1

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.
1 4

第 3 题图 ?1 )
1 6
3

?1

B.

1 5

C.

D.

1 7

8 .(2012 年高考(大纲理))已知函数 y ? x ? 3 x ? c 的图像与 x 轴恰有两

个公共点,则 c ? A. ? 2 或 2
二、填空题

( B. ? 9 或 3 C. ? 1 或 1 D.? 3 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 ? ( x ? sin x ) d x ? ___________.
2 ?1
3 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 ?

1

___________________.
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 成立,求实数 k 的最小值;
2

(Ⅲ)证明 ?
i =1

n

2 2i ? 1

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

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

4 ax ? 2 bx ? a ? b
3

.

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

C

? 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.

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

(Ⅰ) 求 a 的值; (Ⅱ) 求函数 f ( x ) 的极值.

17.(2012 年高考(陕西理))设函数 f n ( x ) ? x ? bx ? c
n

(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 , x 2 ? [ ? 1,1] ,有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x 2 ) |? 4 ,求 b 的取值范围;

(3)在(1)的条件下,设 x n 是 f n ( x ) 在 ? 性.

?1

? ,1 ? 内的零点,判断数列 x 2 , x 3 , ? , x n ? 的增减 ?2 ?

18.(2012 年高考(山东理))已知函数 f ( x ) ?

ln x ? k e
x

( k 为常数, 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; (Ⅲ) 设 g ( x ) ? ( x ? x ) f '( x ) , 其 中 f ' (x )为 f ( x ) 的 导 函 数 . 证 明 : 对 任 意
2

x ? 0 , g (x ) ?

1 e. ?

?2

19.(2012 年高考(辽宁理))设 f ( x ) ? ln ( x ? 1) ?

x ? 1 ? a x ? b ( a , b ? R , a , b为 常 数 ) ,

曲线 y ? f ( x ) 与 直线 y ?
3 2 x 在(0,0)点相切.

(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 ? x 0 处取得极大值或极小值,则称 x 0 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 ) ? x 3 ? ax 2 ? 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.

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 ( x 2 , f ( x 2 )) ( x1 ? x 2 ) ,记直线AB的 斜率为K,问:是否存在x0∈(x1,x2),使 f ? ( x 0 ) ? k 成立?若存在,求 x 0 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 ? x r ? (1 ? r ) ( x ? 0) ,其中 r 为有理数,

且0 ?

r ?1.



f (x)



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

? b 2 ? 1 ,则 a1 1 a 2
b

b2

? a1 b1 ? a 2 b 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 .

23 . ( 2012
A ?? x? R

年 高 考 ( 广 东 理 ) ) ( 不 等 式 、 导 数 ) 设 a ?1 , 集 合
0? , B ? x ? R 2 x ? 3 ?1 ? a ? x ? 6 a ? 0 , D ? A ? B . x ?
2

?

?

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

24.(2012 年高考(福建理))已知函数 f ( x ) ? e ? ax ? ex ( a ? R ) .
x 2

(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 ) ? a x ? 1 ( a ? 0 ), g ( x ) ? x ? b x .
2 3

(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 ? 4 b 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 ) ? a e ?
x

1 ae
x

? b(a ? 0)

(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 2 x ;求 a , b 的值.

2012 年高考真题理科数学解析汇编:导数参考答案 一、选择题 1.

【解析】选 B
g ( x ) ? ln (1 ? x ) ? x ? g ? ( x ) ? ? x 1? x

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

得: x ? 0 或 ? 1 ? x ? 0 均有 f ( x ) ? 0
2.

排除 A , C , D

【答案】A 【解析】若
2 ? 2 a ? 2 ? 3b
a b

,必有

2 ? 2a ? 2 ? b 2
a b

.构造函数:

f

? x?

? 2 ? 2x
x

,则

x f ? ? x ? ? 2 ? ln 2 ? 2 ? 0

恒成立,故有函数 f ? x ?

? 2 ? 2x
x

在 x>0 上单调递增,即 a>b 成立.

其余选项用同样方法排除.
3.

【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.
4.
x x 解析: f ? ( x ) ? ( x ? 1) e ,令 f ? ( x ) ? 0, 得 x ? ? 1 , x < - 1 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,
x

选 D.
5. 【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 为增
x 3 x 函数,则有 2 ? a ? 0 ,所以 a ? 2 ,所以“函数 f ( x ) ? a 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

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:
S ?
y ? f (x) ? ? x ? 1
2

,再由定积分的几何意义,可求得面积为

?

1 ?1

( ? x ? 1)d x ? ( ?
2

1 3

x ? x ) ?1 ?
3 1

4 3

.

7.

【答案】C

【解析】? S 阴 影 ?

?

1

(
0

x ? x)dx ? (

2 3

3

x2 ?

1 2

1 x ) 0
2

?

1 6

S 正 ? 1 ,故 P ?

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. 8. 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
2 者极小值为零即可满足要求.而 f ? ( x ) ? 3 x ? 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 9.
0? x ? 1 ?10 x , 2 [解析]如图 1, f ( x ) ? ? , 1 ? 10 ? 10 x , 2 ? x ? 1
y 5 B 5 P A C 1 图1 x M y

所以 y ? xf ( x ) ? ?

? 10 x 2 ,
2

0? x?
1 2

1 2

? ? 10 x ? 10 x ,

? x ?1

,

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 ? 2
5 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.
10. 【解析】由已知得 S ?
2 3
? x3 ? 1 2 ?1 ? ? ?1 ? 1 1 2 ( x ? sin x ) d x ? ? ? co s x ? | ? 1 ? ? ? co s 1 ? ? ? ? co s 1 ? ? ? ? . ?? 1 3 ?3 ? ? 3 ? 3 3 ? 3 ?
1

?

a

x ?

2 3

3

0

x 2 |0 ?
a

2 3

3 2

1

a 2 ? a ,所以 a 2 ?

2 3

,所以 a ?

4 9

.

11.

【解析】本题考查有关多项式函数,三角函数定积分的应用.

【点评】 这里,许多学生容易把原函数写成

x

3

? co s 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.
2 12. 解 析 : 2 x ? y ? 1 ? 0 . y ? | x ?1 ? 3 ? 1 ? 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 ) ? x ? ln( x ? a ) ? f ? ( x ) ? 1 ?

1 x?a

?

x ? a ?1 x?a

? 0 ? x ? 1? a ? ?a

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

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

则 g ( x ) ? 0 在 x ? [0,+ ? ) 上恒成立 ? g ( x ) m in ? 0 ? g (0 ) (*)
g (1) ? k ? 1 ? ln 2 ? 0 ? k ? 0

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

g ? ( x ) ? 2 kx ? 1 ?

1

?

x ( 2 kx ? 2 k ? 1)

矛盾 ②当 k ?
1 2

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

得:实数 k 的最小值为

(lfxlby)
1 2 x 对任意的 x ? 0 值恒成立
2

(3)由(2)得: x ? ln ( x ? 1) ? 取x ?
2 2i ? 1 ( i ? 1, 2, 3, ? , n ) :

2 2i ? 1
n

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

2 ( 2 i ? 1)
2

当 n ? 1 时, 2 ? ln 3 ? 2 得: ?
i =1

2 2i ? 1

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

ylfx)

当 i ? 2 时,

2 ( 2 i ? 1)
2

?

1 2i ? 3

?

1 2i ? 1
1 2n ? 1

得: ? [
i ?1

n

2 2i ? 1

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

? 2

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

1 2

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

令 x ? 1 得: f (0) ? 1

x ?1 f ( x ) ? f ? (1) e ?x?

1 2

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

得: f ( x ) ? e ? x ?
x

1 2

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

g ? ( x ) ? e ? 1 ? 0 ? y ? g ( x ) 在 x ? R 上单调递增
x

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

x

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 ) m in ? ( a ? 1) ? ( a ? 1) ln ( a ? 1) ? b ? 0
( a ? 1) b ? ( a ? 1) ? ( a ? 1) ln ( a ? 1)( a ? 1 ? 0 )
2 2

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

F ?( x ) ? 0 ? 0 ? x ?

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

e

当x ? 当a ?

e 时, F ( x ) m ax ?
e ? 1, b ?

e 2 e 2

e 时, ( a ? 1) b 的最大值为

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)
2 f ? ? x ? ? 12 ax ? 2b

. >0 在 0≤x≤1 上恒成立,
4 a ? 2b ? a ? b ? 3a ? b

当 b≤0 时,

2 f ? ? x ? ? 12 ax ? 2b

此时 f ? x ? 的最大值为: f ? 1 ? ? 当 b>0 时,
2 f ? ? x ? ? 12 ax ? 2b

=|2a-b|﹢a;

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 ? 2 a f m ax ? x ? ? m ax { f (0 ), (1) ? m ax { ( b ? a ), ( 3 a ? b )} ? ? f } b ? 3 a ? b, ? 2 a

=|2a-b|﹢a;

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? ?
? 4 ax ? 2 bx ? a ? b
3

,∴令 g ? ? x ?

? ? 12 ax ? 2b ? 0
2

?

x ?

b 6a

.

当 b≤0 时, g ? ? x ? ?

? 12 ax ? 2b
2

<0 在 0≤x≤1 上恒成立, =|2a-b|﹢a;

此时 g ? x ? 的最大值为: g ? 0 ? 当 b<0 时, g ? ? x ? ?
g m ax ? x ? ? m ax { g (
2

? a ? b ? 3a ? b

? 12 ax ? 2b
b 6a

在 0≤x≤1 上的正负性不能判断,

), g 1) ( }

4 ? m ax { b 3

b 6a

? a ? b, b ? 2 a }

?4 b b ? a ? b, ? 6 a ? b ? ?3 6a b ? 6a ? b ? 2 a, ?

≤|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: ?
?b ? 2a ?b ? a ? 1

和?

?b ? 2a ? 3a ? b ? 1

,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 z m ax
3 ∴所求 a+b 的取值范围为: ? ? 1, ? .

? 3

, z m in

? ?1 .

3 【答案】(Ⅰ) 见解析;(Ⅱ) ? ? 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 f ? x ? ? a ln x ? 由于曲线 y ? f
f ? ?1 ? ? 0 ,
1 2x ? 3 2 x ? 1 ,故 f ? ? x ? ? a x ? 1 2x
2

?

3 2

? x? 在 点 ? 1 , f ? 1? ? 处 的 切 线 垂 直 于

y 轴 , 故 该 切 线 斜 率 为 0, 即

从而 a ?

1 2

?

3 2

? 0 ,解得 a ? ? 1 1 2x
2

(2)由(1)知 f ? x ? ? ? ln x ?
f ?? x? ? ? 1 x 1 2x
2

?

3 2

x ? 1? x ? 0 ? ,

?

?

3 2

?

3x ? 2x ?1 2x
2

? f ?? x? ?

(3 x ? 1)( x ? 1) 2x
2

令 f ? ? x ? ? 0 ,解得 x1 ? 1, x 2 ? ?

1 3

(因 x 2 ? ?

1 3

不在定义域内,舍去),

当 x ? ? 0,1 ? 时, f ? ? x ? ? 0 ,故 f ? x ? 在 ? 0 ,1 ? 上为减函数; 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 .
17.解析:(1) b ? 1, c ? ? 1 , n ? 2 时, f n ( x ) ? x ? x ? 1
n

∵ f n ( ) f n (1) ? (
2
?1

1

1 2
n

?

1

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

又当 x ? ?

? n ?1 ,1 ? 时, f n? ( x ) ? n x ?1 ? 0 ?2 ? ?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

∴ fn ( x) 在?

(2)当 n ? 2 时, f 2 ( x ) ? x ? b x ? c 对任意 x1 , x 2 ? [ ? 1,1] 都有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x 2 ) |? 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 2
M ? | f 2 (1) ? f 2 ( ? 1) |? 2 | b |? 4 ,与题设矛盾

| ? 1 ,即 | b |? 2 时,

(ⅱ)当 ? 1 ? ?

b 2

? 0 ,即 0 ? b ? 2 时, b 2 )?( b 2 ? 1) ? 4 恒成立
2

M ? f 2 ( ? 1) ? f 2 ( ?

(ⅲ)当 0 ?

b 2

? 1 ,即 ? 2 ? b ? 0 时, b 2 )?( b 2 ? 1) ? 4 恒成立.
2

M ? f 2 ( ? 1) ? f 2 ( ?

综上可知, ? 2 ? b ? 2 注:(ⅱ)(ⅲ)也可合并证明如下: 用 m ax{ a , b } 表示 a , b 中的较大者.当 ? 1 ?
M ? m ax { f 2 (1), f 2 ( ? 1)} ? f 2 ( ? ? f 2 ( ? 1) ? f 2 (1) 2
? 1 ? c ? | b | ?(? b
2

b 2

? 1 ,即 ? 2 ? b ? 2 时,

?

) 2 | f 2 ( ? 1) ? f 2 (1) | 2
? c)

b

? f2 (?

b 2

)

4

? (1 ?

|b | 2

) ? 4 恒成立
2

(3)证法一 设 x n 是 f n ( x ) 在 ?

?1

? ,1 ? 内的唯一零点 ( n ? 2 ) ?2 ?

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

于是有 f n ( x n ) ? 0 ? f n ? 1 ( x n ? 1 ) ? x n ? 1 ? x n ? 1 ? 1 ? x n ? 1 ? x n ? 1 ? 1 ? f n ( x n ? 1 )
n

n ?1

又由(1)知 f n ( x ) 在 ?

?1

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

所以,数列 x 2 , x 3 , ? , x n ? 是递增数列. 证法二 设 x n 是 f n ( x ) 在 ?
f n ? 1 ( x n ) f n ? 1 (1) ? ( x n ? xn
n ?1 n n ?1

?1

? ,1 ? 内的唯一零点 ?2 ?
n ?1

? x n ? 1)(1

? 1 ? 1)

? xn ? 1 ? xn ? xn ? 1 ? 0

则 f n ? 1 ( x ) 的零点 x n ? 1 在 ( x n ,1) 内,故 x n ? x n ? 1 ( n ? 2 ) , 所以,数列 x 2 , x 3 , ? , x n ? 是递增数列.
1
ln x ? k e
k ? 1;
x

? k ? ln x e
x

18. 解析:由 f(x) =

x 可得 f ? ( x ) ?

,而 f ? (1) ? 0 ,即

1? k e

? 0 ,解得

1

? 1 ? ln x e
x

(Ⅱ) f ? ( x ) ?

x

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

当 0 ? x ? 1 时, f ? ( x ) ?

于是 f ( x ) 在区间 ( 0 ,1) 内为增函数;在 (1, ?? ) 内为减函数.
1
2 x (Ⅲ) g ( x ) ? ( x ? x )

? 1 ? ln x e
x

?

1? x

2

? ( x ? x ) ln x
2

e
2

x

,
?2

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

.

1

? 1 ? ln x e
x

(2)当 0 ? x ? 1 时,要证 g ( x ) ? ( x ? x )
2

x

?1? e

?2

.

只需证

x ?1 e
x

?

1? e

?2

1 ? x (1 ? ln x )

即可

设函数 p ( x ) ? 则 p ?( x ) ?
? x e
x

x ?1 e
e

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

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

则当 0 ? x ? 1 时 p ( x ) ?

x ?1 e
e

? p (0) ? 1 ,
?2

令 q ?( x ) ? ? 2 ? ln x ? 0 解得 x ? e 当 x ? (0, e
?2

? ( 0 ,1) ,
?2

) 时 q ? ( x ) ? 0 ;当 x ? ( e

,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? e

?2

,且 q ( x ) ? 0 ,
1? e
?2



1 ? x (1 ? ln x )

?

1? e 1? e

?2 ?2

? 1 ,于是可知当 0 ? x ? 1 时

x ?1 e
x

?

1 ? x (1 ? ln x )

成立

综合(1)(2)可知对任意 x>0, g ( x ) ? 1 ? e 另证 1:设函数 p ( x ) ?
x ?1 e
e

?2

恒成立.
? x e
x

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

? 0,

则当 0 ? x ? 1 时 p ( x ) ?

x ?1 e
x

? 1 ? ln x e
x

2 x 于是当 0 ? x ? 1 时,要证 g ( x ) ? ( x ? x )

? x(

1 x

? 1 ? ln x ) ? 1 ? e

?2

,

只需证 x (

1 x

? 1 ? ln x ) ? 1 ? e

?2

即可,

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 当 x ? (0, e
?2 ?2

? ( 0 ,1) ,
?2

) 时 q ? ( x ) ? 0 ;当 x ? ( e

,1) 时 q ? ( x ) ? 0 ,
?2

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

) ?1? e

?2

,

于是可知当 0 ? x ? 1 时 ( x ? x )
2

x

?1? e
?2

?2

成立

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 ,
1
2 x 于是不等式 g ( x ) ? ( x ? x )

? 1 ? ln x e
x

? x(

1 x

? 1 ? ln x ) ? 1 ? e

?2

,

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 ,
?2

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

) ?1? e

?2

,

于是可知当 0 ? x ? 1 时 ( x ? x )
2

x

?1? e

?2

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. 本题容易忽略函数 f ( x ) 的定义域,根据条件曲线 y ? f ( x ) 与直线 y ?
3 2 x 在(0,0)点 9x x?6

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.

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.
3 2 2 20. 【答案】解:(1)由 f ( x ) ? x ? ax ? bx ,得 f' ( x ) ? 3 x ? 2 ax ? b .

∵1 和 ? 1 是函数 f ( x ) ? x 3 ? ax 2 ? bx 的两个极值点, ∴ f' (1) ? 3 ? 2 a ? b = 0 , f' ( ? 1) ? 3 ? 2 a ? b = 0 ,解得 a = 0 , b = ? 3 . (2)∵ 由(1)得, f ( x ) ? x 3 ? 3 x , ∴ g ?( x ) ? f ( x ) ? 2 = x 3 ? 3 x ? 2 = ? x ? 1 ? ? x ? 2 ? ,解得 x1 = x 2 =1, x 3 = ? 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, x 2 满足 x1 = 1 , x 2 = 2 ;当 d < 2 时
f ( x )= d 有三个不同的根 x 3, x1, x 5 ,满足 x i < 2 , i = 3, 4, 5 .

现考虑函数 y ? h ( x ) 的零点:
t ( i )当 c = 2 时, f ( t )= c 有两个根 t1, t 2 ,满足 t1 = 1, 2 = 2 .

而 f ( x ) = t1 有三个不同的根, f ( x )= t 2 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 t 3, t 4, t 5 ,满足 t i < 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 ) ? x 3 ? 3 x ,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.

21. 【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 ) ? a e ? 1, 令 f ? ( x ) ? 0, 得 x ?

1 a

ln

1 a

. 1 a ln
1 a

当x ?

1 a

ln
1 a

1 a
ln

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

1 a

时, f ?( x ) ? 0, f ( x ) 单调递增,
1 a .

故当 x ?

时, f ( x ) 取最小值 f (

1 a

ln

1 a

)?

1 a

?

ln

于是对一切 x ? R , f ( x ) ? 1 恒成立,当且仅当
1 a ? 1 a ln 1 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 综上所述, a 的取值集合为 ?1? . (Ⅱ)由题意知, k ?
f ( x 2 ) ? f ( x1 ) x 2 ? x1 e
a x2

1 a

? 1 即 a ? 1 时,①式成立.

?

e

ax2

?e

a x1

x 2 ? x1
a x1

? 1.

ax 令 ? ( x ) ? f ?( x ) ? k ? a e ?

?e

x 2 ? x1

,则

? ( x1 ) ? ?

? e a ( x 2 ? x1 ) ? a ( x 2 ? x1 ) ? 1 ? , ? x 2 ? x1 ? e
ax2

e

a x1

? ( x2 ) ?

? e a ( x1 ? x 2 ) ? a ( x1 ? x 2 ) ? 1 ? . ? x 2 ? x1 ?
t t

令 F ( t ) ? e ? t ? 1 ,则 F ? ( t ) ? e ? 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 , F ( t ) ? F (0 ) ? 0, 即 e ? t ? 1 ? 0.
t


e
a x1



e

a ( x 2 ? x1 )

? a ( x 2 ? x1 ) ? 1 ? 0

,

e

a ( x1 ? x 2 )

? a ( x1 ? x 2 ) ? 1 ? 0,



x 2 ? x1

? 0,

e

a x2

x 2 ? x1

? 0,

所以 ? ( x1 ) ? 0, ? ( x 2 ) ? 0 . 因 为 函 数 y ? ? ( x ) 在 区 间 ? x1 , x 2 ? 上 的 图 像 是 连 续 不 断 的 一 条 曲 线 , 所 以 存 在
x 0 ? ( x1 , x 2 ) 使 ? ( x 0 ) ? 0, ? ? ( x ) ? a e
2 ax

? 0, ? ( x ) 单调递增,故这样的 c 是唯一的,且
e
a x2

c ?

1 a

ln

e

ax2

?e

a x1

a ( x 2 ? x1 )

.故当且仅当 x ? (

1 a

ln

?e

a x1

a ( x 2 ? x1 )

, x 2 ) 时, f ? ( x 0 ) ? k .

综上所述,存在 x 0 ? ( x1 , x 2 ) 使 f ? ( x 0 ) ? k 成立.且 x 0 的取值范围为
1 a e
a x2

(

ln

?e

a x1

a ( x 2 ? x1 )

, x2 ) .

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

转化为 f ( x ) m in ? 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. 解析:(Ⅰ) 当0 ?
r ?1 r ?1 f ? ( x ) ? r ? rx ? r (1 ? x ) ,令 f ? ( x ) ? 0

,解得 x

?1.

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 若 a 1 , a 2 中有一个为 0,则 a1b a 2 b
1 2

f ( x ) ? f (1) ? 0

,即 x r

? rx ? (1 ? r )



? a1 b1 ? a 2 b 2 成立;

若 a 1 , a 2 均不为 0,又 b1 在①中令 x 即 a1 b a 2 1 ? b
1 1

? b 2 ? 1 ,可得 b 2 ? 1 ? b1 ,于是

?

a1 a2

,r

? b1

,可得 (

a1 a2

)

b1

? b1 ?

a1 a2

? (1 ? b1 ) ,

? a1 b1 ? a 2 (1 ? b1 )
? 0, a 2 ? 0

,亦即 a1b a 2 b
1

2

? a1 b1 ? a 2 b 2 .
? b 2 ? 1 ,总有 a1 1 a 2
b b2

综上,对 a1

, b1 , b 2 为正有理数且 b1

? a1 b1 ? a 2 b 2 .



(Ⅲ)(Ⅱ)中命题的推广形式为: 设 a1 , 若 b1
a2 , ? , an

为非负实数, b1 ,
b b

b 2 , ? , b n 为正有理数.
b

? b 2 ? ? ? b n ? 1 ,则 a1 1 a 2 2 ? a n n ? a1 b1 ? a 2 b 2 ? ? ? a n b n

.



用数学归纳法证明如下: (1)当 n
? 1 时, b1 ? 1 ,有 a1 ? a1 ? k

,③成立.

(2)假设当 n 且 b1 当n 且 b1
b b

时,③成立,即若 a1 , a 2 , ? , a k 为非负实数, b1 , b 2 , ? , b k 为正有理数,
b b b

? b 2 ? ? ? b k ? 1 ,则 a1 1 a 2 2 ? a k k ? a1 b1 ? a 2 b 2 ? ? ? a k b k

.

? k ? 1 时,已知 a1 , a 2 , ? , a k , a k ? 1

为非负实数, b1 , b 2 , ? , b k , b k ? 1 为正有理数, ,于是

? b 2 ? ? ? b k ? b k ? 1 ? 1 ,此时 0 ? b k ? 1 ? 1 ,即 1 ? b k ? 1 ? 0
b1 b2
k ?1

bk
k ?1 k ?1 k ?1

a1 1 a 2 2 ? a k k a k k??11 ? ( a1 1 a 2 2 ? a k k ) a k k??11
b b b b b b

= ( a11 ? b a 21 ? b ? a k1 ? b )1 ? b a kb ? 1 .
k ?1



b1 1 ? bk ?1
b1 b2

?

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

?? ?

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

? 1 ,由归纳假设可得

a1

1 ? bk ?1

a2

1 ? bk ?1

? ak

? a1 ?

? a2 ?

b2 1 ? bk ?1

? ? ? ak ?

bk 1 ? bk ?1

?

a1 b1 ? a 2 b 2 ? ? ? a k b k 1 ? bk ?1

,

从而 a1 a 2 ? a k a k ? 1
b1 b2 bk

bk ?1

? a 1 b1 ? a 2 b 2 ? ? ? a k b k ? ? ? ? 1 ? bk ?1 ? ?
? 1 ,由②得
1 ? bk ?1

1 ? bk ?1

a k k??11

b

.

又因 (1 ? bk ? 1 ) ? bk ? 1

? a 1 b1 ? a 2 b 2 ? ? ? a k b k ? ? ? 1 ? bk ?1 ? ?

a k k??11 ?
b

a1 b1 ? a 2 b 2 ? ? ? a k b k 1 ? bk ?1

? (1 ? b k ? 1 ) ? a k ? 1 b k ? 1

? a1 b1 ? a 2 b 2 ? ? ? a k b k ? a k ? 1 b k ? 1 ,
b 从而 a1b a 2
1

2

? a k k a k k??11 ? a1 b1 ? a 2 b 2 ? ? ? a k b k ? a k ? 1 b k ? 1 .
b b

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 况.
23.解析:(Ⅰ)考虑不等式 2 x 2 ? 3 ? 1 ? a ? x ? 6 a ? 0 的解.

? 1 的情

因为 ? ? ? ? 3 ? 1 ? a ? ? ? 4 ? 2 ? 6 a ? 3 ? a ? 3 ? ? 3 a ? 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, ? ? ? .
3

1

②当 a ? ③当 a ?

1 3 1 3

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

x1 ?

3 ?1 ? a ? ?

, x2 ?

,于是

B ? ? x x ? x1 或 x ? x 2 ? .

当 0?a?

1 3

时 , x1 ? x 2 ?

3 2

?1 ? a ? ? 0 ,

x1 x 2 ? 3 a ? 0 , 所 以 x 2 ? x1 ? 0 , 此 时

D ? ? 0, x1 ? ? ? x 2 , ? ? ? ;当 a ? 0 时, x1 x 2 ? 3 a ? 0 ,所以 x1 ? 0 , x 2 ? 0 ,此时 D ? ? x 2 , ? ? ? .

综上所述,当 时 ,

1 3

? a ? 1 时, D ? A ? ? 0, ? ? ? ;当 a ?

1 3

时, D ? ? 0,1 ? ? ? 1, ? ? ? ;当 0 ? a ? ,
D ? ? x2 , ? ? ?

1 3

D ? ? 0, x1 ? ? ? x 2 , ? ? ?
?

;
3a ?



a?0



.





x1 ?

3 ? ?1 ? a

?
4

a ?? ? 3

, x2 ?

3 3 ?1 ? 1 ? ? ? a

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

.

(Ⅱ) f ? ? x ? ? 6 x 2 ? 6 ?1 ? a ? x ? 6 a ,令 f ? ? x ? ? 0 可得 ? x ? a ? ? x ? 1 ? ? 0 .因为 a ? 1 ,所以
f ? ? x ? ? 0 有两根 m 1 ? a 和 m 2 ? 1 ,且 m 1 ? m 2 .

①当 可得

1 3

? a ? 1 时, D ? A ? ? 0, ? ? ? ,此时 f ? ? x ? ? 0 在 D 内有两根 m 1 ? a 和 m 2 ? 1 ,列表

x

? 0, a ?

a

? a ,1 ?

1

?1, ? ? ?

f ?? x ?

+ 递增

0 极小值

递减

0 极大值

+ 递增

f

?x?

所以 f ? x ? 在 D 内有极大值点 1,极小值点 a . ②当 a ?
1 3
x

时, D ? ? 0,1 ? ? ? 1, ? ? ? ,此时 f ? ? x ? ? 0 在 D 内只有一根 m 1 ? a ?
? 1? ? 0, ? ? 3?

1 3

,列表可得

1 3

?1 ? ? ,1 ? ?3 ?

?1, ? ? ?
+ 递增

f ?? x ?

+ 递增

0 极小值

递减

f

?x?

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 3

时, D ? ? 0, x1 ? ? ? x 2 , ? ? ? ,此时 0 ? a ? x1 ? 1 ? x 2 (可用分析法证明),于是

f ? ? x ? ? 0 在 D 内只有一根 m 1 ? a ,列表可得
x

? 0, a ?
+ 递增

a

? a , x1 ?
递减

? x2 , ? ? ?
+ 递增

f ?? x ?

0 极小值

f

?x?

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 ? ? x 2 , ? ? ? ,此时 x 2 ? 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 ?
3 1

1 3

时, f ? x ?

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.

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.
x x 解:(1)? f ? ( x ) ? e ? 2 a x ? e , k ? f ?(1) ? 2 a ? 0 ? a ? 0 ,故 f ?( x ) ? e ? 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 P ( x 0 , y 0 ) ,则切线 y ? f ? ( x 0 )( x ? x 0 ) ? f ( x 0 ) 令 g ( x ) ? f ( x ) ? f ?( x 0 )( x ? x 0 ) ? f ( x 0 ) ,因为只有一个切点,所以函数 g ( x ) 就只有一 个零点,因为 g ( x 0 ) ? 0
x x g ? ( x ) ? f ? ( x ) ? f ? ( x 0 ) ? e ? e 0 ? 2 a ( x ? x 0 ) ,若 a ? 0,? g ? ( x ) ? 0

g ( x ) ? g ( x 0 ) ? 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 ) ? e ? e
x

x0

? 2 a ( x ? x 0 ) ,则 h ( x 0 ) ? 0

h ? ( x ) ? e ? 2 a ,存在一个零点 P (ln ( ? 2 a ), f (ln ? 2 a )) ,使曲线在该点处的切线与曲线
x

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 . 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 时, a x ? 1 ? sin x ? co s x ? a ?
1 ? sin x ? co s x x ? a?[ 1 ? sin x ? co s x x ] m in

0? x??

令 g (x) ?
g ?( x ) ?

1 ? sin x ? co s x x

(0 ? x ? ? ) ,则 ? (1 ? x ) co s x ? ( x ? 1) sin x ? 1 x
2

(co s x ? sin x ) x ? 1 ? sin x ? co s x x
2

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? 4

3? 4

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

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

所以 c ( x ) 在 x ? (0, ? ] 时有最小值 c (

x? 0

lim? c ( x ) ? (1 ? 0 ) co s 0 ? (0 ? 1) sin 0 ? 1 ? 0 , lim? c ( x ) ? c ( ? ) ? ? (1 ? ? ) ? 1 ? 0
x??

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 )] m in ? g ( ? ) ?
2

?
2

故所求 a 的取值范围为 a ?

?

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

另解:由

f ( x ) ? 1 ? sin x

恒成立可得
?
g ? ( x ) ? co s x ? 2

?

g ( x ) ? sin x ?

2

令 当 x ? (0, arcsin 又 g (0 ) ? g ( 故当 a ?
2

?
2

x (0 ? x ?

)

2 ,则

?

?

) 时, g ? ( x ) ? 0 ,当 x ? (arcsin 2

2 ? , ) 时, g ? ( x ) ? 0 ? 2

?
2

) ? 0 ,所以 g ( x ) ? 0 ,即 2 x ? co s x

?

x ? sin x (0 ? x ?

?
2

)

?

时,有 f ( x ) ?
?
2

?

①当 0 ? x ? ②当
?
2

时,

2

?

x ? sin x , cos x ? 1 ,所以 f ( x ) ? 1 ? sin x 2 x ? co s x ? 1 ? 2 2 (x ?

? x ? ? 时, f ( x ) ?

?
2

?

?

) ? sin ( x ?

?
2

) ? 1 ? sin x

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. 解:(1)由 ? 1 ,c ? 为公共切点可得:
g ( x ) ? x ? bx
3

f ( x ) ? ax ? 1( a ? 0)
2

,则 f ?( x ) ? 2 a x , k 1 ? 2 a , ①
?a ? 3 ?b ? 3

,则 g ?( x )= 3 x 2

?b

, k2

? 3 ? b ,? 2 a ? 3 ? b

又 f (1) ? a ? 1 , g (1) ? 1 ? b ,?

a ?1?1? b

,即 a

?b

,代入①式可得: ?
1 4

.

(2)? a 2 ? 4 b ,? 设 h ( x ) ? 则 h ?( x ) ?
3x ? 2ax ?
2

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

a x ?1
2

1 4

a

2

,令 h ? ( x ) ? 0 ,解得: x1

? ?

a 2

, x2

? ?

a 6

;

? a ? 0 ,? ?
? ?

a 2

? ?

a 6

,
a? ? 2?

? 原函数在 ? ? ? ,?

单调递增,在 ? ?
?

?

a 2

,?

a? ? a ? ? 单调递减,在 ? ? ,? ? ? 6? 6 ? ?

上单调递增

①若 ? 1≤ ②若 ?
a 2

?

a 2

,即 a≤ 2 时,最大值为 h (1) ?
a 6

a?

a

2

;
a? ??1 2?

4

? ?1 ? ? a 6

,即 2 ?

a?6

时,最大值为 h ? ?
? ? ?

?

③若 ? 1≥

?

时,即 a≥ 6 时,最大值为 h ? ?

a? ? ?1. 2?

综 上 所 述 : 当 a ? ? 0 ,2 ? 时 , 最 大 值 为 h (1) ? a ?
? a? h?? ? ?1. ? 2?

a

2

4

;当 a ? ?2 , ? ? ? 时 ,最 大值为

27. 【解析】(I)设 t ? e ( t ? 1) ;则 y ? a t ?
x

1 at

? b ? y? ? a ?

1 at
2

?

a t ?1
2 2

at

2

①当 a ? 1 时, y ? ? 0 ? y ? a t ?

1 at

? b 在 t ? 1 上是增函数 1 a ?b

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

1 at

?b? 2?b

1 a

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

(II) f ( x ) ? a e ?
x

1 ae
x

x ? b ? f ?( x ) ? a e ?

1 2 ? 2 ? ae ? ?b?3 a ? 2 ? f (2 ) ? 3 2 ? ? ? ? ? ae e 由题意得: ? ? ? 3 ? ? ? (2 ) ? 1 3 ?f ? ae2 ? ?b? 1 ? ? 2 2 ? ? ae 2 ? 2 ?


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