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2013高考新课标数学考点总复习 考点2 万能工具,大题必考,帮你理顺导数及应用


2013

高 考 新 课 标 数 学 考 点 总 复 习

一.专题综述
利用导数处理函数、方程和不等式问题是高考必考的内容,常以一道大题的形式出现, 并且有一定的难度,往往放在解答题的后面两道题中的一个。试题考查丰富的数学思想,如 函数与方程思想常应用解决函数与方程的相关问题, 等价转化思想常应用于不等式恒成立问 题和不等式证明问题,分类讨论思想常用于判断含有参数的函数的单调性、最值等问题,同 时要求考生有较强的计算能力和综合问题的分析能力。纵观 2011 年各地的高考题,对于本 专题常见的考点可分为八个方面, 一是导数的几何意义的应用, 二是导数运算和解不等式相 联系,三是利用导数研究函数的单调性,四是利用导数研究函数的极值,五是利用导数研究 函数的最值, 六是利用导数研究不等式的综合问题, 七是利用导数研究实际应用问题的最优 化问题,八是微积分的应用。

二.考纲解读
1.了解导数概念的实际背景,理解导数的几何意义。 2.能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数.能求 简单的复合函数(仅限于形如 f(ax+b)的复合函数)的导数. 3.了解函数单调性和导数的关系,能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其 中多项式函数一般不超过三次). 4.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其 中多项式函数一般不超过三次); 5.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次). 6. 会利用导数解决某些实际问题. 掌握利用导数解决实际生活中的优化问题的方法和步骤, 如用料最少、费用最低、消耗最省、利润最大、效率最高等。 7.掌握导数与不等式、几何等综合问题的解题方法。 8.了解定积分的实际背景,了解定积分的基本思想,了解定积分的概念.了解微积分基本定 理的含义.

三 .2013 年高考命题趋向
1.求导公式和法则,以及导数的几何意义是高考的热点,题型既有选择题、填空题,又有解 答题,难度中档左右,在考查导数的概念及其运算的基础上,又注重考查解析几何的相关知 识. 预测 2012 年高考仍将以导数的几何意义为背景设置成的导数与解析几何的综合题为主 要考点.重点考查运算及数形结合能力。 2.利用导数来研究函数的单调性和极值问题已成为炙手可热的考点, 既有小题, 也有解答题, 小题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值, 解答题主要考查导数与函数单调性, 或方 程、不等式的综合应用(各套都从不同角度进行考查) 预测 2012 年高考仍将以利用导数研究 函数的单调性与极值为主要考向. 3 利用导数来研究函数的最值及生活中优化问题成为高考的热点,试题大多有难度,考查时 多与函数的单调性、极值结合命题,考生学会做综合题的能力.预测 2012 年高考仍将以利

用导数研究函数的单调性、 极值与最值结合题目为主要考向, 同时也应注意利用导数研究生 活中的优化问题. 4.微积分基本定理是高中数学的新增内容.通过分析近三年的高考试题,可以看到对它考查 的频率较低, 且均是以客观题的形式出现的, 难度较小, 着重于基础知识、 基本方法的考查.

四.高频考点解读
考点一 导数的几何意义
π sinx 1 [2011· 湖南卷] 曲线 y= - 在点 M?4,0?处的切线的斜率为( ) ? ? sinx+cosx 2 1 1 2 2 A.- B. C.- D. 2 2 2 2 【答案】B sinx 1 【解析】 对 y= - 求导得到: sinx+cosx 2 cosx?sinx+cosx?-sinx?cosx-sinx? 1 y′= = , ?sinx+cosx?2 ?sinx+cosx?2 π 1 1 ? 当 x= ,得到 y′?x=π = = . 4 ? 4 ? 2+ 2?2 2 2? ?2 3 例 2 [2011· 山东卷] 曲线 y=x +11 在点 P(1,12)处的切线与 y 轴交点的纵坐标是( ) A.-9 B.-3 C.9 D.15 【答案】C 【解析】 因为 y′=3x2,所以 k=y′|x=1=3,所以过点 P(1,12)的切线方程为 y-12=3(x- 1),即 y=3x+9,所以与 y 轴交点的纵坐标为 9. 例1
[来源:学科网 ZXXK]

考点二 导数的运算
例 3 [2011· 江西卷] 若 f(x)=x2-2x-4lnx,则 f′(x)>0 的解集为( ) A.(0,+∞) B.(-1,0)∪(2,+∞) C.(2,+∞) D.(-1,0) 【答案】C 4 2?x-2??x+1? 【解析】 方法一:令 f′(x)=2x-2- = >0,又∵f(x)的定义域为{x|x>0}, x x ∴(x-2)(x+1)>0(x>0),解得 x>2.故选 C. 4 方法二:令 f′(x)=2x-2- >0,由函数的定义域可排除 B、D,取 x=1 代入验证,可排除 x A,故选 C. 例 4 [2011· 辽宁卷] 函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2,对任意 x∈R,f′(x)>2,则 f(x)> 2x+4 的解集为( ) A.(-1,1) B.(-1,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞) 【答案】B 【解析】 设 G(x)=f(x)-2x-4,所以 G′(x)=f′(x)-2,由于对任意 x∈R,f′(x)>2,所 以 G′(x)=f′(x)-2>0 恒成立,所以 G(x)=f(x)-2x-4 是 R 上的增函数,又由于 G(-1) =f(-1)-2×(-1)-4=0,所以 G(x)=f(x)-2x-4>0,即 f(x)>2x+4 的解集为(-1,+∞), 故选 B.

考点三 利用导数研究函数的单调性
例 5[2011· 广东卷] 设 a>0,讨论函数 f(x)=lnx+a(1-a)x2-2(1-a)x 的单调性. 【解答】 函数 f(x)的定义域为(0,+∞).

2a?1-a?x2-2?1-a?x+1 f′(x)= , x

?a-1??3a-1? 1 x2= + <0, 2a 2a?1-a? 所以 f′(x)在定义域内有唯一零点 x1, 且当 0<x<x1 时,f′(x)>0,f(x)在(0,x1)内为增函数;当 x>x1 时,f′(x)<0,f(x)在(x1, +∞)内为减函数. f(x)的单调区间如下表: 1 1 a>1 0<a< ≤a≤1 3 3 (0,x1) (x1,x2) (x2,+∞) (0,+∞) (0,x1) (x1,+∞) ? ? ? ? ? ? ?a-1??3a-1? ?a-1??3a-1? 1 1 (其中 x1= - ,x2= + ) 2a 2a 2a?1-a? 2a?1-a? 例 6 [2011· 福建卷] 已知 a,b 为常数,且 a≠0,函数 f(x)=-ax+b+axlnx,f(e)=2(e= 2.71828?是自然对数的底数). (1)求实数 b 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)当 a=1 时,是否同时存在实数 m 和 M(m<M),使得对每一个 t∈[m,M],直线 y=t 1 与曲线 y=f(x)?x∈?e,e??都有公共点?若存在,求出最小的实数 m 和最大的实数 M;若不 ? ? ?? 存在,说明理由. 【解答】 (1)由 f(e)=2 得 b=2. (2)由(1)可得 f(x)=-ax+2+axlnx. 从而 f′(x)=alnx. 因为 a≠0,故: ①当 a>0 时,由 f′(x)>0 得 x>1,由 f′(x)<0 得 0<x<1; ②当 a<0 时,由 f′(x)>0 得 0<x<1,由 f′(x)<0 得 x>1. 综上,当 a>0 时,函数 f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1); 当 a<0 时,函数 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (3)当 a=1 时,f(x)=-x+2+xlnx,f′(x)=lnx. 1 由(2)可得,当 x 在区间? e,e?内变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: ? ? 1 ?1,1? x 1 e (1,e) e ?e ? 0 f′(x) - +
[来源:学。科。网]

f(x)

2 2- e

单调递减

极小值 1

单调递增

2

1 2 又 2- <2,所以函数 f(x)(x∈? e,e?)的值域为[1,2]. ? ? e ?m=1, ? 1 据此可得,若? 相对每一个 t∈[m,M],直线 y=t 与曲线 y=f(x)?x∈?e,e??都有公 ? ? ?? ? ?M=2 共点; 1 并且对每一个 t∈(-∞, m)∪(M, +∞), 直线 y=t 与曲线 y=f(x)?x∈?e,e??都没有公共点. ? ? ?? 综上,当 a=1 时,存在最小的实数 m=1,最大的实数 M=2,使得对每一个 t∈[m,M], 1 直线 y=t 与曲线 y=f(x)?x∈?e,e??都有公共点. ? ? ?? ex 例 7[2011· 安徽卷] 设 f(x)= ,其中 a 为正实数. 1+ax2 4 (1)当 a= 时,求 f(x)的极值点; 3 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围. 2 x1+ax -2ax 【解答】 对 f(x)求导得 f′(x)=e .① ?1+ax2?2 4 3 1 (1)当 a= 时,若 f′(x)=0,则 4x2-8x+3=0,解得 x1= ,x2= . 3 2 2 结合①可知 1 3 ?-∞,1? ?1,3? ?3,+∞? x 2? 2 2 ? ?2 2? ?2 ? 0 0 f′(x) + - + f(x) ? ? ? 极大值 极小值 3 1 所以,x1= 是极小值点,x2= 是极大值点. 2 2 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,则 f′(x)在 R 上不变号,结合①与条件 a>0,知 ax2-2ax +1≥0 在 R 上恒成立,因此 Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并结合 a>0,知 0<a≤1. 【解题技巧点睛】单调性是函数的最重要的性质,函数的极值、最值等问题的解决都离不开 函数的单调性, 含有字母参数的函数的单调性又是综合考查不等式的解法、 分类讨论的良好 素材. 函数单调性的讨论是高考考查导数研究函数问题的最重要的考查点. 函数单调性的讨 论往往归结为一个不等式、特别是一元二次不等式的讨论,对一元二次不等式,在二次项系 数的符号确定后就是根据其对应的一元二次方程两个实根的大小进行讨论, 即分类讨论的标 准是先二次项系数、再根的大小.对于在指定区间上不等式的恒成立问题,一般是转化为函 数最值问题加以解决, 如果函数在这个指定的区间上没有最值, 则可转化为求函数在这个区 间上的值域,通过值域的端点值确定问题的答案.

考点四 利用导数研究函数的极值问题
例 8 [2011· 安徽卷] 函数 f(x)=axm(1-x)n 在区间[0,1]上的图像如图 1-2 所示,则 m,n 的 值可能是( )

A.m=1,n=1 B.m=1,n=2

C.m=2,n=1 D.m=3,n= 1 【答案】B 1 【解析】 由图可知 a>0.当 m=1,n=1 时,f(x)=ax(1-x)的图像关于直线 x= 对称,所以 2 A 不可能; 当 m=1,n=2 时,f(x)=ax(1-x)2=a(x3-2x2+x), f′(x)=a(3x2-4x+1)=a(3x-1)(x-1), 1 所以 f(x)的极大值点应为 x= <0.5,由图可知 B 可能. 3 2 当 m=2,n=1 时,f(x)=ax (1-x)=a(x2-x3), f′(x)=a(2x-3x2)=-ax(3x-2), 2 所以 f(x)的极大值点为 x= >0.5,所以 C 不可能; 3 当 m=3,n=1 时,f(x)=ax3(1-x)=a(x3-x4), f′(x)=a(3x2-4x3)=-ax2(4x-3), 3 所以 f(x)的极大值点为 x= >0.5,所以 D 不可能,故选 B. 4 例 9[2011· 浙江卷] 设函数 f(x)=(x-a)2lnx,a∈R. (1)若 x=e 为 y=f(x)的极值点,求实数 a; (2)求实数 a 的取值范围,使得对任意的 x∈(0,3e],恒有 f(x)≤4e2 成立. 注:e 为自然对数的底数.

从而,当 x∈(0,x0)时,f′(x)>0;当 x∈(x0,a)时,f′(x)<0;当 x∈(a,+∞)时,f′(x) >0,即 f(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,a)内单调递减,在(a,+∞)内单调递增. 所以要使 f(x)≤4e2 对 x∈(1,3e]恒成立,只要 2 2 ? ?f?x0?=?x0-a? lnx0≤4e ,?1? ? 成立. 2 2 ?f?3e?=?3e-a? ln?3e?≤4e ?2? ? a 由 h(x0)=2lnx0+1- =0,知 x0 a=2x0lnx0+x0.(3) 将(3)代入(1)得 4x2ln3x0≤4e2.又 x0>1,注意到函数 x2ln3x 在[1,+∞)内单调递增,故 0

1<x0≤e.再由(3)以及函数 2xlnx+x 在(1,+∞)内单调递增,可得 1<a≤3e. 2e 2e 由(2)解得,3e- ≤a≤3e+ , ln?3e? ln?3e? 2e 所以 3e- ≤a≤3e. ln?3e? 2e 综上,a 的取值范围 3e- ≤a≤3e. ln?3e? 【解题技巧点睛】 函数的单调性是使用导数研究函数问题的根本, 函数的单调递增区间和单 调递减区间的分界点就是函数的极值点, 在含有字母参数的函数中讨论函数的单调性就是根 据函数的极值点把函数的定义域区间进行分段, 在各个段上研究函数的导数的符号, 确定函 数的单调性, 也确定了函数的极值点, 这是讨论函数的单调性和极值点情况进行分类的基本 原则.
[来源:学科网]

考点四 利用导数研究函数的最值问题
x 例 10[2011· 北京卷] 已知函数 f(x)=(x-k)2e . k (1)求 f(x)的单调区间; 1 (2)若对于任意的 x∈(0,+∞),都有 f(x)≤ ,求 k 的取值范围. e 1 2 2 x 【解答】 (1)f′(x)= (x -k )e . k k 令 f′(x)=0,得 x=± k. 当 k>0 时,f(x)与 f′(x)的情况如下: x k (-∞,-k ) -k (-k,k) (k,+∞) 0 0 f′(x) + - + 2 -1 f(x) ? ? 0 ? 4k e 所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,-k)和(k,+∞);单调递减区间是(-k,k). 当 k<0 时,f(x)与 f′(x)的情况如下: x k (-∞,k) (k,-k) -k (-k,+∞) 0 0 f′(x) - + - - f(x) ? 0 ? ? 4k2e 1 所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k)和(-k,+∞);单调递增区间是(k,-k). k+1 1 1 (2)当 k>0 时,因为 f(k+1)=e > ,所以不会有?x∈(0,+∞),f(x)≤ . k e e 4k2 当 k<0 时,由(1)知 f(x)在(0,+∞)上的最大值是 f(-k)= . e 1 4k2 1 所以?x∈(0,+∞),f(x)≤ ,等价于 f(-k)= ≤ . e e e 1 解得- ≤k<0. 2 1 1 故当?x∈(0,+∞),f(x)≤ 时,k 的取值范围是?-2,0?. ? ? e 1 1 例 11 [2011· 江西卷] 设 f(x)=- x3+ x2+2ax. 3 2 2 (1)若 f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间,求 a 的取值范围; ? ? 16 (2)当 0<a<2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为- ,求 f(x)在该区间上的最大值. 3 1 1 【解答】 (1)由 f′(x)=-x2+x+2a=-?x-2?2+ +2a, ? ? 4

考点六 利用导数与不等式相联系
alnx b 例 12 [2011· 课标全国卷] 已知函数 f(x)= + ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程 x+1 x 为 x+2y-3=0. (1)求 a,b 的值; lnx k (2)如果当 x>0,且 x≠1 时,f(x)> + ,求 k 的取值范围. x-1 x x+1 ? a? ? x -lnx? b 【解答】 (1)f′(x)= - 2, x ?x+1?2

?f?1?=1, ? 1 由于直线 x+2y-3=0 的斜率为- ,且过点(1,1),故? 1 2 ? ?f′?1?=-2,
解得 a=1,b=1.

?b=1, ? 即?a 1 ? ?2-b=-2,

lnx 1 (2)由(1)知 f(x)= + ,所以 x+1 x lnx k ?k-1??x2-1?? 1 ? f(x)-?x-1+x?= 2 2lnx+ x ? ? 1-x ? ?. ?k-1??x2-1? 考虑函数 h(x)=2lnx+ (x>0), x ?k-1??x2+1?+2x 则 h′(x)= . x2 2 k?x +1?-?x-1?2 ①设 k≤0,由 h′(x)= 知, x2 当 x≠1 时,h′(x)<0,而 h(1)=0, 1 故当 x∈(0,1)时,h(x)>0,可得 h(x)>0; 1-x2 1 当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得 h(x)>0. 1-x2 lnx k 从而当 x>0,且 x≠1 时,f(x)-?x-1+x?>0, ? ? lnx k 即 f(x)> + . x-1 x 1 ②设 0<k<1, 由于当 x∈?1,1-k?时, (k-1)(x2+1)+2x>0, h′(x)>0, h(1)=0, 故 而 ? ? 1 1 故当 x∈?1,1-k?时,h(x)>0,可得 h(x)<0.与题设矛盾. ? ? 1-x2
[来源:Zxxk.Com]

1 ③设 k≥1,此时 h′(x)>0,而 h(1)=0,故当 x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得 h(x) 1-x2 <0,与题设矛盾. 综合得,k 的取值范围为(-∞,0]. 例 13 [2011· 辽宁卷]已知函数 f(x)=lnx-ax2+(2-a)x. (1)讨论 f(x)的单调性; 1 1 1 (2)设 a>0,证明:当 0<x< 时,f?a+x?>f?a-x?; ? ? ? ? a ( 3)若函数 y=f(x)的图象与 x 轴交于 A, 两点, B 线段 AB 中点的横坐标为 x0, 证明 f′(x0) <0. ?2x+1??ax-1? 1 【解答】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′ (x)= -2ax+(2-a)=- . x x ①若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)单调增加. 1 1 1 ②若 a>0,则由 f′(x)=0 得 x= ,且当 x∈?0,a?时,f′(x)>0,当 x> 时,f′(x) ? ? a a 1? 1 <0.所以 f(x)在?0,a?单调增加,在?a,+∞?单调减少. ? ? ? 1 ? ?1 ? (2)设函 数 g(x)=f?a+x?-f?a-x?,则 ? g(x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax, a a 2a3x2 g′(x)= + -2a= . 1+ax 1-ax 1-a2x2 1 当 0<x< 时,g′(x)>0,而 g(0)=0,所以 g(x)>0. a 1 1 1 故当 0<x< 时,f?a+x?>f?a-x?. ? ? ? ? a (3)由(1)可得, a≤0 时, 当 函数 y=f(x)的图像与 x 轴至多有一个交点, a>0, 故 从而 f(x) 1? 1? 的最大值为 f?a?,且 f?a?>0. ? ? 1 不妨设 A(x1,0),B(x2,0),0<x1<x2,则 0<x1< <x2. a 2 1 1 由(2)得 f?a-x1?=f?a+a-x1?>f(x1)=0. ? ? ? ? x1+x2 1 2 从而 x2> -x1,于是 x0= > . a 2 a 由(1)知,f′(x0)<0. 【解题技巧点睛】 在函数的解答题中有一类是研究不等式或是研究方程根的情况, 基本的题 目类型是研究在一个区间上恒成立的不等式(实际上就是证明这个不等式), 研究不等式在一 个区间上成立时不等式的某个参数的取值范围,研究含有指数式、对数式、三角函数式等超 越式的方程在某个区间上的根的个数等,这些问题依据基础初等函数的知识已经无能为力, 就需要根据导数的方法进行解决.使用导数的方法研究不等式和方程的基本思路是构造函 数,通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值,根据函数的性质推断 不等式成立的情况以及方程实根的个数. 在高考题的大题中, 每年都要设计一道函数大题.因为导数的引入, 为函数问题的解决 提供了操作工具 .因此入手大家比较清楚,但是深入解决函数与不等式相结合的题目时,往 往一筹莫展.原因是找不到两者的结合点,不清楚解决技巧.解题技巧总结如下: (1)树立服务意识:所谓“服务意识”是指利用给定函数的某些性质(一般第一问先让解 决出来) ,如函数的单调性、最值等,服务于第二问要证明的不等式. (2)强化变形技巧:所谓“强化变形技巧”是指对于给出的不等式直接证明无法下手,可 考虑对不等式进行必要的等价变形后,再去证明.例如采用两边取对数(指数) ,移项通分等

等.要注意变形的方向:因为要利用函数的性质,力求变形后不等式一边需要出现函数关系 式. (3)巧妙构造函数:所谓“巧妙构造函数”是指根据不等式的结构特征,构造函数,利用 函数的最值进行解决.在构造函数的时候灵活多样,注意积累经验,体现一个“巧妙”.

考点七 利用导数研究实际问题
例 14 器 的中间为圆柱形,左右两端均为半球形,按照设计要求容器的容积为
8 0? 3
l ? 2 r .假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为 3

[2011· 山东卷]某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度,长度单位:米) ,其中容

立方米,且

千元,半球形部分每平方米建造费用为 c ( c ? 3 )千元.设该容器的 建造费用为 y 千元. (Ⅰ) 写出 y 关于 r 的函数表达式,并求该函数的定义域; (Ⅱ) 求该容器的建造费用最小时的 r . 【解答】 (1)设容器的容积为 V, 4 80π 由题意知 V=πr2l+ πr3,又 V= , 3 3 4 3 V- πr 3 80 4 4 20 故 l= = 2- r= ? r2 -r?. ? πr2 3r 3 3? 由于 l≥2r,因此 0<r≤2. 4 20 所以建造费用 y=2πrl×3+4πr2c=2πr× ? r2 -r?×3+4πr2c, ? 3? 160π 因此 y=4π(c-2)r2+ ,0<r≤2. r 160π (2)由(1)得 y′=8π(c-2)r- 2 r 8π?c-2?? 3 20 ? r- = c-2?,0<r≤2. r2 ? 由于 c>3,所以 c-2>0, 3 20 20 当 r3- =0 时,r= . c-2 c-2 20 =m,则 m>0, c-2 8π?c-2? 所以 y′= (r-m)(r2+rm+m2). r2 9 ①当 0<m<2 即 c> 时, 2 当 r=m 时,y′=0; 当 r∈(0,m)时,y′<0; 当 r∈(m,2]时,y′>0. 所以 r=m 是函数 y 的极小值点,也是最小值点. 令 3

9 ②当 m≥2 即 3<c≤ 时, 2 当 r∈(0,2]时,y′<0,函数单调递减, 所以 r=2 是函数 y 的最小值点. 9 综上所述,当 3<c≤ 时,建造费用最小时 r=2; 2 3 20 9 当 c> 时,建造费用最小时 r= . 2 c-2 【解题技巧点睛】利用导数解决生活中优化问题的一般步骤: 1.分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学 模型,写出实际问题中变量之间的函数关系 y=f(x),根据实际意义确定定义域; 2.求函数 y=f(x)的导数 f′(x),解方程 f′(x)=0 得出定义域 内的实根,确定极值点; 3.比较函数在区间端点和极值点处的函数值大小,获得所求的最大(小)值; 4.还原到原实际问题中作答.

考点八 微积分的应用
例 15 [2011· 福建卷] ?1(ex+2x)dx 等于( ?
0

)

A.1 B.e-1 C.e D.e+1 【答案】C 【解析】 因为 F(x)=ex+x2,且 F′(x)=ex+2x,则 x 2 1 0 1 x ? (e +2x)dx=(e +x )|0=(e+1)-(e +0)=e,故选 C.

?0

例 16[2011 ? 新课标全国]由曲线 y ? ( ). A.
10 3

x ,直线 y ? x ? 2 及 y 轴所围成的图形的面积为

B.4

C.

16 3

D.6

【答案】C

?y= x, 【解析】如图,由? ?y=x-2 又可求 A(0,-2),

解得 x=4 或 x=1.经检验 x=1 为增根,∴x=4,∴B(4,2),

所以阴影部分的面积 S =

4 ? ( x - x + 2)dx = ?0

?2x2-x + 2x?? 2 ?3 ??0 ?
3

2

4



16 . 3

【解题技巧点睛】利用定积分求平面图形面积的关键是画出几 何图形,结合图形位置,确定积分区间以及被积函数,从而得 到面积的积分表达式,再利用微积分基本定理求出积分值.求 平面图形面积的步骤: (1)根据条件作出所求面积的区域草图; (2)通过图形直接判定(或联立方程组求出交点的横坐标),确定积分上、下限; (3)根据图形的形状用积分面积公式计算所求区域的面积.

针对训练

一.选择题 1.(2012 广西柳铁一中第一次月考)已知 a 为实数,函数 f ( x ) ? x 3 ? ax 2 ? ( a ? 2 ) x
的导函数 f ( x ) 是偶函数,则曲线 y ? f ( x ) 在原点处的切线方程是(
'



A. y ? ? 3 x 【答案】B 【解析】

B. y ? ? 2 x

C. y ? 3 x

D. y ? 2 x

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

? f '( x ) 为 偶 函 数 , a ? 0,? f ( x ) ? x ? 2, f '( x ) ? 3 x ? 2, ?
3 2

? f '(0 ) ? ? 2, 且 f (0 ) ? 0, 由 点 斜 式 方 程 可 得 y ? ? 2 x .

2.(2012 届浏阳一中高三第一次月考)函数 y ? x sin x ? cos x 在下面那个区间为增
函数 A ?
?? 3? ? ? ? 2 2 ? ,

B. ?? , 2 ?

?

C. ?

? 3? ? 2

,

5? ? ? 2 ?

D. ? 2 ? ,3?

?

【答案】C 【 解 析 】 因 为 y ? x co s x , 当 x ? ?
'

? 3? ? 2

,

5? ? ' ? 时 , cos x ? 0 , y ? x co s x >0, 此 时 函 数 2 ?

y ? x sin x ? cos x 为增函数,故选 C.

3. ( 2012 届 四 川 自 贡 高 三 一 诊 ) 下 列 图 像 中 , 有 且 只 有 一 个 是 函 数
f (x) ? 1 3 x ? a x ? ( a ? 1) x ? 1( a ? R , a ? 0 ) 的导数 f '( x ) 的图象,则 f ( ? 1) 的值为
3 2 2





【答案】B

【解析】由 f ( x ) ?
/ 2

1 3

x ? a x ? ( a ? 1) x ? 1( a ? R , a ? 0 ) 知,
3 2 2

f ( x ) ? x ? 2 ax ? a ? 1 ? ( x ? a ? 1)( x ? a ? 1) ,由 f '( x ) 的图象可得 a ? ? 1 ,
2

所以 f ( ? 1) ? ?

1 3

?1?1 ? ?

1 3

.

4.(银川一中 2012 届高三年级第四次月考)
过点(0,1)且与曲线 y ? A. 2 x ? y ? 1 ? 0 【答案】A
? 【解析】 y ? ? ( x ?1 x ?1 )? ? ?2 ( x ? 1)
2

x ?1 x ?1

在点(3,2)处的切线垂直的直线的方程为( C. x ? 2 y ? 2 ? 0

)

B. 2 x ? y ? 1 ? 0

D. x ? 2 y ? 2 ? 0

,? k ?

?2 (3 ? 1)
2

? ?

1 2

, 所求直线的斜率为 2, 又过点 (0,1) ,

故直线方程为 2 x ? y ? 1 ? 0 .

5.(银 川一中 2012 届高三年级第四次月考)
若函数 f ( x ) 的导函数 f '( x ) ? x ? 4 x ? 3 ,则使得函数 f ( x ? 1) 单调递减的一个充分不必
2

要条件是 x∈( A.[0,1] 【答案】C

) B.[3,5] C.[2,3] D.[2,4]

【解析】? f '( x ) ? x ? 4 x ? 3 ? 0,? 1 ? x ? 3; 则函数 f ( x ? 1) 的单调递减为 [1, 3] ,[2,3]
2

? [1, 3] ,故答案为 C.

6.(河北省唐山市 2012 届高三上学期摸底考试 数学).曲线 y ?
2 x

与直线 y ? x ? 1 及 )

x ? 4 所围成的封闭图形的面积为(

A. 2 ? ln 2 B. 4 ? 2 ln 2 C. 4 ? ln 2 D. 2 ln 2 【答案】B 【解析】如图所示,所求封闭图形的面积
S ?

?

4 2

( x ? 1) d x ?

?

4 2

2 x

dx ?

4 ?1 2 ? x ? x ? ? 2 ln x ? 2 ?2 ? ? ?2

4

? 8 ? 4 ? 2 ? 2 ? 2 ln 4 ? 2 ln 2 ? 4 ? 2 ln 2 。

7.(2012 届江西省重点中学协作体高三第一次联考)
如图,设 D 是图中所示的矩形区域,E 是 D 内函数 y ? cos x 图象上方的点构成的区域,向D中随机投 一点,则该点落入E(阴影部分)中的概率为( )

? 【答案】D

A.

2

B.

1

?

C.

1 2
?

D.

? ?2 ?

【解析】 S D ? ? , S E ? S D ? 为
? ?2 ?

?

2 ?

?
2

co s xd x ? ? ? 2 ,所以该点落入 E(阴影部分)中的概率



8.(浙江省名校新高考研究联盟 2012 届第一次联考)
已知函数 f ( x ) ? xe x ,方程 f 2 ( x ) ? tf ( x ) ? 1 ? 0 ( t ? R ) 有四个实数根,则 t 的取值范围为 ( ) A. (
e
2

?1 e

,?? )

B. ( 2 ,

e

2

?1 e

)

C. ( ?

e

2

?1 e

,? 2 )

D. ( ?? , ?

e

2

?1 e

)

y

【答案】 D 【解析】 f ( x ) 的图像如图所示,极大值 要使得方程有四个零点,则 s 2 且0 ? 所以 (
s1 ? 1 e )
2

f ( ? 1) ?

1 e

;记 f ( x ) ? s ,
1 e

? ts ? 1 ? 0

必有两个零点 -1

1 e

, s2 ? 1 e

1 e

,又常数项为 1, ,故 t
? ? e
2

O

x

?t?

?1? 0

?1 e



9.(2012 北京海淀区高三年级第一学期期末试题)
已知函数 f ( x ) ? cos 2 x ? sin x ,那么下列命题中假命题是 ... (A) f ( x ) 既不是奇函数也不是偶函数 (C) f ( x ) 是周期函数 【答案】B 【解析】 ? f (
?
2 ) ? 1 ? f (?





(B) f ( x ) 在 [- ? , 0 ] 上恰有一个零点 (D) f ( x ) 在 ( ,
2 ? ?? ? ? 上是增函数

?
2

) ? ? 1,? f ( x ) 不是偶函数, x ? R , f (0) ? 1 ? 0,? f ( x ) 不 ?

是奇函数,故 A 为真命题;
令 f ( x ) ? cos x ? sin x ? 1 ? sin x ? sin x ? 0,? sin x ? sin x ? 1 ? 0,
2 2 2

解得 sin x ?

1? 2

5

,? x ? [ ? ? , 0 ],? sin x ?

1? 2

5

, 由正弦函数图像可知在 [ ? ? , 0] 上又两

个零点,故 B 错;? f ( x ) ? f ( x ? 2 ? ),? T ? 2 ? , 故函数为周期函数,C 为真命题;
f ? ( x ) ? 2 co s x ( ? sin x ) ? co s x ? co s x (1 ? 2 sin x ),? x ? (
f ? ( x ) ? cos x (1 ? 2 sin x ) ? 0, 故 D 为真命题。故答案为 B.

? 5?
, 2 6

),? co s x ? 0,

1 2

? sin x ? 1,

二.填空题

10.(2011 杭西高 8 月高三数学试题)垂直于直线 2 x ? 6 y ? 1 ? 0 ,且与曲线
y ? x ? 3 x ? 5 相切的直线的方程是________.
3 2

【答案】3x+y+6=0 【解析】? y ? ? 3 x ? 6 x , 垂直于直线 2 x ? 6 y ? 1 ? 0 的切线的斜率是-3,
2

? 3 x ? 6 x = -3,? x ? ? 1, 切 点 为 ( -1, ) , ? -3
2

切 线 方 程 为 y ? 3 ? ? 3( x ? 1), 即 3 x ? y ? 6 ? 0 .

11. (2012 届浏阳一中高三第一次月考)若函数 f ? x ? ? x 3 ? 3 ax 2 ? bx ,其中 a , b 为
实数. f ? x ? 在区间 ?? 1, 2 ? 上为减函数,且 b ? 9 a ,则 a 的取值范围 【答案】 a ? 1 【解析】因为 f ( x ) ? 3 x ? 6 ax ? b ? 0 对 x ? [ ? 1, 2] 恒成立,所以
' 2

f ( x ) ? 3 x ? 6 a x ? 9 a ? 0 对 x ? [ ? 1, 2] 恒成立, x ? 2 ax ? 3 a ? 0 ,因为 2 x ? 3 ? 0 ,所以
' 2
2

a ?

x

2

2x ? 3

对 x ? [ ? 1, 2] 恒成立,容易求得 a ? 1 .

12.(2012 湖北省孝感市度高中三年级第一次统一考试)
对于三次函数 有实数解 ,则称点 ,定义:设 为函数 是函数 的导数 的导数,若方程

的“拐点”.有同学发现“任何一个三次函数都有

‘拐点’;任何一个三次函数都有对称中心;且‘拐点’就是对称中心.”请你将这一发现作为条件,求

(1) 函数 (2) 若函数
1 2013 2 2013

对称中心为_______.(2 分)



则g(

) ? g(

)+g (

3 2013

)+ ? ? ? + g (

2012 2013

) = _______. ( 3 分)

【答案】 (1,1) ;2012. 【解析】(1)f′(x)=3x2-6x+3,f″(x)=6x-6,令 6x-6=0 得 x=1,f(1) =1, ∴f(x)的对称中心为(1,1). 1 1 5 1 (2)令 h(x)=3x3-2x2+3x-12,k(x)= 1,h′(x)=x2-x+3,h″(x)=2x-1, x-2

1 1 1 1 1 1 1 5 ? 1, 由 2x-1=0 得 x=2, h ( ) ? ? ( ) 3 ? ? ( ) 2 ? 3 ? ?
2 3 2 2 2 2 12
1

∴h(x)的对称中心为 ( ,1) ,∴h(x)+h(1-x)=2, x ?
2

1

,

2

, ? ? ?,

2012 2013

.

2013 2013 1 , 2 , ? ? ?,

又 k(x)的对称中心为 ( , 0 ) ,∴k(x)+k(1-x)=0, x ?
2

1

2012 2013

.

2013 2013

? g( k( 1

1 2013

) ? g( ) ? k( 2

2 2013

)+g (

3 2013

)+ ? ? ? + g ( )

2012 2013

) ? h(

1 2013

) ? h(

2 2013

)+ ? ? ? + h(

2012 2013

)+

)+ ? ? ? + k ( )] ? [ h ( )] ? [ k (

2012 2013 2 2013 2

2013 ? [h( ?[k ( 1 2013 1 2013

2013 )+h( )+k ( 2012 2013 2012 2013

)+h( )+k (

2011 2013 2011 2013

)] ? ? ? ?[ h (

1006 2013

)+h( )+ k (

1007 2013 1007 2013

)] )]

)] ? ? ? ?[ k (

1006 2013

2013

=2 ? 1006+0 ? 1006= 2012.

三.解答题 13.【河北唐山市 2011—2012 学年度高三年级第一学期期末考试(文) 】
已知函数 f ( x ) ? x ? a x ? ln x ( a ? 0 ).
2

(1)若曲线 y ? f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线斜率为-2,求 a 的值以及切线方程; (2)若 f ( x ) 是单调函数,求 a 的取值范围。 1 解: (Ⅰ)f ?(x)=1-2ax- x . 由题设,f ?(1)=-2a=-2,a=1, 此时 f (1)=0,切线方程为 y=-2(x-1),即 2x+y-2=0. ?5 分 2 2ax -x+1 (Ⅱ)f ?(x)=- , x 令 Δ=1-8a. 1 当 a≥ 8 时,Δ≤0,f ?(x)≤0,f (x)在(0,+∞)单调递减. ?10 分 1 当 0<a< 8 时,Δ>0,方程 2ax2-x+1=0 有两个不相等的正根 x1,x2, 不妨设 x1<x2, 则当 x∈(0,x1)∪(x2,+∞)时,f ?(x)<0,当 x∈(x1,x2)时,f ?(x)>0, 这 时 f (x)不是单调函数. 1 综上,a 的取值范围是[ 8 ,+∞). ?12 分

【唐山市 2011—2012 学年度高三年级第一学期期末考试(理) 】
已知函数 f ( x ) ? ln
1 x ? a x ? x ( a ? 0 ).
2

(1)若 f ( x ) 是单调函数,求 a 的取值范围;

1 (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当且仅当 a∈(0, 8 )时,f (x)有极小值点 x1 和极大值点 x2, 1 1 且 x1+x2=2a,x1x2=2a. f (x1)+f (x2)=-ln x1-ax2+x1-ln x2-ax2+x2 1 2 1 1 =-(ln x1+ln x2)- 2 (x1-1)- 2 (x2-1)+(x1+x2) 1 1 =-ln(x1x2)+ 2 (x1+x2)+1=ln(2a)+4a+1. ?9 分 1 1 令 g (a)=ln(2a)+4a+1,a∈(0, 8 ], 1 1 1 4a-1 1 则当 a∈(0, 8 )时,g ?(a)= a -4a2= 4a2 <0,g (a)在(0, 8 )单调递减, 1 所以 g (a)>g ( 8 )=3-2ln 2,即 f (x1)+f (x2)>3-2ln 2. ?12 分

14. (2012 年长春市高中毕业班第一次调研测试(文) )
已知定义在正实数集上的函数 f (x) ?
1 2

( ) 3 n ? ,其中 a ? 0 .设两 x ? 2ax , gx ?al x b
2
2

曲线 y ? f (x) , y ? g(x) 有公共点 ,且在该点处的切线相同. ⑴用 a 表示 b ,并求 b 的最大值; ⑵求 F) f x g ) ( ?() ( 的极值. x ?x 解: (1)设 y ? f (x) 与 y ? g(x) 的公共点为 ( x0 , y 0 ) . ∵ f? x ? ? a g ? ( x ) ? () x 2,
3a x
2

(0 (0 g( 0 ,由题意 f (x )?g x ), f? x)? ? x). 0
2

3a 1 2 2 ?. 2x 3 n 0 b 即 x ? a0 ? a l x ? ? , x 0 ? 2 a ? 0 x0 2

(2 分)

得 x0 ? 2 a ?

3a x0

2

得: x 0 ? a 或 x0 ? ?3a (舍去).
2 2

? ? a 3 n? ? n. a a 即有 b a 2 ? l a a 3 l a
2

12

52

(4 分)

2 2 52 2 ?t ?t13 ) () 3 n? t 0 ( ( n 令 ht ? t ? t l t( ? ),则 h ) 2 ?l t . 2

1

当 t 1 3n)? ,即 0 ? t ? e 3 时, h?(t) ? 0 ; (?l t 0
1

当 t 1 3n)? ,即 t ? e 3 时, h?(t) ? 0 . (?l t 0
1 3 1

故 h ( t ) 在 ( 0 , e ) 为增函数,在 ( e 3 , ? ? ) 为减函数.
1

(6 分)
3 2
2

于是 h ( t ) 在 (0, ??) 上的最大值为 h ( e 3 ) ?
1

3 2

2

e 3 ,即 b 的最大值为

e

3

.

(8 分)

2 (2) F? ) g ? 2 2? lx (? , ( x fx ( ) ( ? ) x a3n b 0 x ? xa ? x)

2

3 a ( ?) ? ) x ax 3 ( a ? ( ?) x 0 . x x 所以 F ( x ) 在 (0,a ) 上为减函数,在 (a ? ) 上为增函数, ,∞
2

x 2? 则 F ?( x ) ??a

(9 分)

(? 0 aF ? ?0 ) x () ()0 x x , 于是函数 F ( x ) 在 x ? a 时有极小值 F(x)极小= F () f 0 g ?

无极大值.

(12 分)
x

(2012 年长春市高中毕业班第一次调研测试理)
已知函数 f) ?( 0 然 ) ( ex ?自 数 x aa 为 底 ? ? , 1 e 对. 数 的 ⑴求函数 f ( x ) 的最小值; ⑵若 f ( x ) ≥0 对任意的 x ? R 恒成立,求实数 a 的值;
) ( ) ?? ? ? ⑶在⑵的条件下,证明: ( ? ? ( n
x

1 2 n n n
x

nn n e ? 1 n ) ( ? ( 中) ? ) 其 * n ?. N n n e ? 1

解: (1)由题意 a 0f? x? ? , ?, () e a 由 f? x ? ? ? 得 x ? ln a . () e a 0 当 x ( ?n )时, f ?(x) ? 0;当 x (n ,? )时, f ?(x) ? 0. ?? ,l a ? a ? l ∴ f ( x ) 在 (? ,lna) 单调递减,在 (lna, ? ) 单调递增. ? ? 即 f ( x ) 在 x ? ln a 处取得极小值,且为最小值,
() l ? a 1 a 1 ne l n?l a an . a 其最小值为 f a ? ? ? ?
l n a

(4 分)

0 (2) f ( x)≥0 对任意的 x ? R 恒成立,即在 x ? R 上, f (x)min≥ .

由(1) ,设 g ??l a1 () aa ?,所以 g(a)≥0 . a n .
? )1 a? ? 由 g ? n1 la 得 a ? 1 . ( a ? ?? 0 l n

∴ g ( a ) 在区间 ( 0 , 1) 上单调递增,在区间 (1, ?? ) 上单调递减, ∴ g ( a ) 在 a ? 1 处取得极大值 g(1) ? 0 . 因此 g(a)≥0 的解为 a ? 1 ,∴ a ? 1 .
x

(8 分)
x

[来源:学科网 ZXXK]

x 1 0 (3)由(2)知,因为 a ? 1 ,所以对任意实数 x 均有 e ? ? ≥ ,即 1? x ≤e .

令x ? ?
k

k n

( N 0, … n * ,2 , ) 0 ? 1 ? ? ? 3 n ,则 , k 1, , ? 1
n

k n

??

k n

≤e

.

1 ∴( ? )

≤e (

k ? ? n n

) ?e .

? k

n 1 2 nn n ? ) ? ) ? 1 n n n (1 n ? (2 n ? ? ? 2 1 )( … ? e ? ) ? ) … ? ? ? ∴ ( ? ?( ) ( ≤ e ?ee1 n n n n 1 e ? 1 e ? ? ? . ? 1 ? 1 1 e ? 1 e ? e? 1
? n

(12 分)

15(2012 届惠州市高三第二次调研考试数学试题(文科)

3 2 已知函数 f ( x ) ? a x ? b x ? cx ( a ? 0, x ? R ) 为奇函数,且 f ( x ) 在 x ? 1 处取得极大值 2.

(1)求函数 y ? f ( x ) 的解析式; (2)记 g ( x ) ?
f (x) x ? ( k ? 1) ln x ,求函数 y ? g ( x ) 的单调区间。
2

解: (1)由 f ( x ) ? a x ? b x ? cx ( a ≠0)为奇函数,
3

∴ f ( ? x ) ? ? f ( x ) ,代入得, b ? 0

………………………………………………1 分

2 ∴ f '( x ) ? 3 a x ? c ,且 f ( x ) 在 x ? 1 取得极大值 2.

∴?

? f '(1) ? 0,

? 3 a ? c ? 0, 3 ? ? 解得 a ? ? 1 , c ? 3 ,∴ f ( x ) ? ? x ? 3 x …………4 分 f (1) ? 2, a ? c ? 2. ? ?
2

(2)∵ g ( x ) ? ? x ? 3 ? ( k ? 1) ln x ,定义域为 (0, ? ? )
1 x ? 2 x ? ( k ? 1)
2

∴ g '( x ) ? ? 2 x ? ( k ? 1)

?

x

………………… ……………………5 分

1°当 k ? 1 ? 0 ,即 k ? ? 1 时, g '( x ) ? ? 2 x ? 0 ,函数在 (0, ? ? ) 上单调递减;………7 分
?2 x ? k ? 1
2

2°当 k ? ? 1 , k ? 1 ? 0 ,∵ x ? 0 ,∴ g '( x ) ?

?0

x

∴函数在 (0, ? ? ) 上单 调递减; ………………………………………………………9 分
?2 x ? k ? 1
2

3°当 k ? ? 1 , k ? 1 ? 0 ,令 g '( x ) ? 0 ?

? 0 ,∵ x ? 0 ,

x
k ?1 2 k ?1 2 k ?1 2

∴ ? 2 x ? k ? 1 ? 0 ,解得 ?
2

k ?1 2

? x?

,结合 x ? 0 ,得 0 ? x ?

……11 分

令 g '( x ) ? 0 ?

?2 x ? k ? 1
2

? 0 ,解得 x ?

x
? ? ?

………………………………………12 分
k ?1 2 ? , ? ? ? ,……13 分 ? ?

∴ k ? ? 1 时,函数的单调递增区间为 ? 0 ,

? k ?1 ? ? ,递减区间为 ? ? 2 ? ? ?

综上,当 k ? ? 1 时,函数的单调递减区间为 (0, ? ? ) ,无单调递增区间,
? ? ? ? k ?1 ? ? ,递减区间为 ? ? ? 2 ? ? k ?1 2 ? , ? ? ? …14 分 ? ?

当 k ? ? 1 时,函数的单调递增区间为 ? 0 ,

(2012 届惠州市高三第二次调研考试数学试题(理科)
已知二次函数 y ? g ( x ) 的图象经过点 O (0 , 0 ) 、 A ( m , 0 ) 与点 P ( m ? 1, m ? 1 ) ,设函数
f ( x ) ? ( x ? n ) g ( x ) 在 x ? a 和 x ? b 处取到极值,其中 m ? n ? 0 , b ? a 。

(1)求 g ( x ) 的二次项系数 k 的值; (2)比较 a , b , m , n 的大小(要求按从小到大排列) ; (3)若 m ? n ? 2 2 ,且过原点存在两条互相垂直的直线与曲线 y ? f ( x ) 均相切,求
y ? f (x) 。

解: (1)由题意可设 g ( x ) ? kx ( x ? m ) , k ? 0 , 又函数图象经过点 P ( m ? 1, m ? 1 ) ,则 m ? 1 ? k (m ? 1)( m ?1 ? m) (2)由(1)可得 y ? g ( x ) ? x ( x ? m ) ? x 2 ? m x 。 所以 f ( x ) ? ( x ? n ) g ( x ) ? x ( x ? m )( x ? n ) ? x 3 ? ( m ? n ) x 2 ? m nx ,
f ( x ) ? 3 x ? 2( m ? n ) x ? m n ,
/ 2

,得 k ? 1 .??? 2 分

???? 4 分

函数 f ( x ) 在 x ? a 和 x ? b 处取到极值, 故 f / ( a ) ? 0 , f / (b ) ? 0 ,
? m ?n?0,
? f ( m ) ? 3 m ? 2( m ? n ) m ? m n ? m ? m n ? m ( m ? n ) ? 0
/ 2 2

???? 5 分

???? 7 分

f ( n ) ? 3 n ? 2( m ? n ) n ? m n ? n ? m n ? n ( n ? m ) ? 0
/ 2 2

又 b ? a ,故 b ? n ? a ? m 。

?? 8 分

(3)设切点 Q ( x 0 , y 0 ) ,则切线的斜率 k ? f / ( x 0 ) ? 3 x 0 2 ? 2( m ? n ) x 0 ? m n 又 y 0 ? x 0 3 ? ( m ? n ) x 0 2 ? m nx 0 ,所以切线的方程是
y ? x 0 ? ( m ? n ) x 0 ? m nx 0 ? [3 x 0 ? 2( m ? n ) x 0 ? m n ]( x ? x 0 )
3 2 2

?? 9 分

又切线过原点,故 ? x 0 3 ? ( m ? n ) x 0 2 ? m nx 0 ? ? 3 x 0 3 ? 2( m ? n ) x 0 2 ? m nx 0 所以 2 x 0 3 ? ( m ? n ) x 0 2 ? 0 ,解得 x 0 ? 0 ,或 x 0 ? 两条切线的斜率为 k1 ? f / (0) ? m n , k 2 ? f / ( 由 m ? n ? 2 2 ,得 ( m ? n ) 2 ? 8 ,? ?
? k2 ? f (
/

m ?n 2 ),

。 ???? 10 分

m ?n 2
2

1 4

(m ? n) ? ?2 ,

m?n 2

)?

3( m ? n ) 4

2

? 2(m ? n) ?

m?n 2

? mn ? ?

1 4

(m ? n ) ? m n ? m n ? 2 ,
2

?????????? 12 分

所以 k1 k 2 ? m n ( m n ? 2) ? ( m n ) 2 ? 2 m n ? ( m n ? 1) 2 ? 1 ? ? 1 , 又两条切线垂直,故 k1 k 2 ? ? 1 ,所以上式等号成立,有 m ? n ? 2 2 ,且 m n ? 1 。 所以 f ( x ) ? x 3 ? ( m ? n ) x 2 ? m n x ? x 3 ? 2 2 x 2 ? x 。 1 6.(2012 北京海淀区高三年级第一学期期末试题) 已知函数 f ( x ) ? e ( x ? ax ? a ) ,其中 a 是常数.
x 2

???? 14 分

(Ⅱ) 令 f '( x ) ? e ( x ? ( a ? 2 ) x ) ? 0 ,
x 2

解得 x ? ? ( a ? 2 ) 或 x ? 0 .

???????????????6 分

当 ? ( a ? 2 ) ? 0 ,即 a ? ? 2 时,在区间 [0, ? ? ) 上, f '( x ) ? 0 ,所以 f ( x ) 是 [0, ? ? ) 上的增 函数. 所以 方程 f ( x ) ? k 在 [0, ? ? ) 上不可能有两个不相等的实数根. ???????????????8 分 当 ? ( a ? 2 ) ? 0 ,即 a ? ? 2 时, f '( x ), f ? x ? 随 x 的变化情况如下表
x
0
0

(0, ? ( a ? 2 ))

? ( a ? 2)
0

( ? ( a ? 2), ? ? )
+

-

f '( x ) f (x)

?a



a?4 e
a?2


a?4 e
a?2

由上表可知函数 f ( x ) 在 [0, ? ? ) 上的最小值为 f ( ? ( a ? 2 )) ?

.

???????????????10 分

因为 函数 f ( x ) 是 (0, ? ( a ? 2 )) 上的减函数,是 ( ? ( a ? 2), ? ? ) 上的增函数, 且当 x ? ? a 时,有 f ( x ) ? e
?a

(? a ) ? ? a .

???????????????11 分

所以 要使方程 f ( x ) ? k 在 [0, ? ? ) 上有两个不相等的实数根, k 的取值范围必须是
( a?4 e
a?2

, ?a] .

??????????????13 分

17.(荆州市 2012 届高中毕业班质量检查(Ⅰ)文)
设二次函数 f ? x ? ? m x ? n x ? t 的图像过原点, g ? x ? ? a x ? b x ? 3( x ? 0 ) ,
2 3

f ( x ), g ( x )

的 导 函 数 为
/

f

/

? x ? , g / (x)

, 且

f

/

? 0 ? ? 0,

f ( ? 1) ? ? 2
/



f ?1 ? ? g (1), f

?1 ? ?

g (1).

/

(1)求函数 f ? x ? , g ? x ? 的解析式; (2)求 F ? x ? ? f ( x ) ? g ( x ) 的极小值; (3)是否存在实常数 k 和 m ,使得 f ? x ? ? kx ? m 和 g ? x ? ? kx ? m ? 若存在,求出 k 和 m 的 值;若不存在,说明理由。 解: (1)由已知得 t ? 0, f 则f
f
/
/ /

?x? ?

2mx ? n ,
2

?0? ?

n ? 0, f ( ? 1) ? ? 2 m ? n ? ? 2 ,从而 n ? 0, m ? 1 ,∴ f ( x ) ? x
/

?x ? ?

2x , g

/

?x ? ?
/

3 ax
/

2

?b。

由 f ?1 ? ? g (1),
3

f

?1 ? ?

g (1), 得 a ? b ? 3 ? 1,3 a ? b ? 2 ,解得 a ? ? 1, b ? 5 .

? g ? x ? ? ? x ? 5 x ? 3( x ? 0 ) 。????????4 分

(2) F ? x ? ? f ( x ) ? g ( x ) ? x ? x ? 5 x ? 3 ( x ? 0 ) ,
3 2

求导数得 F

/

?x ? ?

3 x ? 2 x ? 5 ? ( x ? 1)( 3 x ? 5 ) 。????????7 分
2

? F ? x ? 在(0,1)单调递减,在(1,+ ? )单调递增,从而 F ? x ? 的极小值为 F ?1 ? ? 0

??????9 分 (3)因 f ( x ) 与 g ( x ) 有一个公共点(1,1) ,而函数 f ( x ) 在点(1,1)处的切线方程为
? f (x) ? 2 x ? 1 y ? 2 x ? 1 。下面验证 ? 都成立即可。 ? g (x) ? 2 x ? 1

由 x ? 2 x ? 1 ? 0 得 x ? 2 x ? 1 ,知 f ( x ) ? 2 x ? 1 恒成立。
2 2

设 h ( x ) ? ? x ? 5 x ? 3 ? ( 2 x ? 1) ,即 h ( x ) ? ? x ? 3 x ? 2 ( x ? 0 ) ,
3 3

对 h ( x ) 求导得 h ( x ) ? ? 3 x ? 3 ? ? 3 ( x ? 1)( x ? 1)
' 2 3

( x ? 0 ) ,? h ( x ) 在(0,1)上单调递

增,在 (1, ?? ) 上单调递减,所以 h ( x ) ? ? x ? 5 x ? 3 ? ( 2 x ? 1) 的最大值为 h (1) ? 0 ,所以
? x ? 5 x ? 3 ? 2 x ? 1 恒成立。故存在这样的实常数 k 和 m ,且 k ? 2 , m ? ? 1 。……14 分
3

(荆州市 2012 届高中毕业班质量检查(Ⅰ)理)
已知函数 f ( x ) ? ln x ? ax ? 3 ( a ? 0 ) (Ⅰ)讨论函数 f ( x ) 的单调性; (Ⅱ) 若对于任意的 a ? [1, 2 ] , 若函数 g ( x ) ? x ?
3

x

2

[ m ? 2 f ( x )] 在区间 ( a , 3 ) 上有最值,
'

2

求实数 m 的取值范围; (Ⅲ)求证: ln(
1 2
2

? 1) ? ln(

1 3
2

? 1) ? ln(

1 4
2

? 1) ? ? ? ln(

1 n
2

? 1) ? 1( n ? 2 , n ? N )
*

(Ⅲ)令 a=1 此时 f ( x ) ? ln x ? x ? 3 ,由(Ⅰ)知 f (x ) ?ln x ?x ?3 在(0,1)上单调递增, 在(1,+∞)上单调递减,∴当 x ? (0, ? ? ) 时 f ( x ) ? f (1) ,
? ln x ? x ? 1 对一切 x ? (0, ? ? ) 成立,? ln( 1 ? x ) ? x 对一切 x ? (0, ? ? ) 成立,

? n ? 2, n ? N *,

则有 ln( 1 ?
1 3
2

1 n
2

)?

1 n
2

???????12 分
1 n
2

? ln( 1 ? ? (1 ? 1 2

1 2
2

) ? ln( 1 ? 1 2 ? 1 3

) ? ? ? ln( 1 ? 1 n ?1 ? 1 n

)? 1 n

1 2
2

?

1 3
2

?? ?

1 n
2

?

1 1? 2

?

1 2?3

?? ?

1 ( n ? 1) n

)?(

)?? ? (

) ?1?

?1

……………….14 分


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