2012年高考数学试题分类汇编--导数与积分

2012-2019高考数学（导数）（含解析）10.(2012课标全国,理10)已知函数f (x )=1ln(1)-x x+,则y =f (x )的图像大致为( ).12.(2012课标全国,理12)设点P 在曲线y =12e x 上,点Q 在曲线y =ln (2x )上,则|PQ |的最小值为( ).A .1-ln 2B 1-ln 2)C .1+ln 2D 1+ln 2)21.(2012课标全国,理21)已知函数f (x )满足f (x )=f '(1)e x -1-f (0)x +12x 2.(1)求f (x )的解析式及单调区间;(2)若f (x )≥12x 2+ax +b ,求(a +1)b 的最大值.（9）（2013）若函数()211=,2f x x ax a x ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭在是增函数，则的取值范围是 （A ）[]-1，0 （B ）[]-∞1， （C ）[]0，3 （D ）[]3∞，+22.（2013）已知函数()()()1=ln 1.1x x f x x xλ++-+ （I ）若()0,0,x f x λ≥≤时求的最小值;；（II ）设数列{}211111,ln 2.234n n n n a a a a n n=+++⋅⋅⋅+-+>的通项证明：11.（2014）已知函数()f x =3231ax x -+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且0x ＞0，则a 的取值范围为A .（2，+∞） B.（-∞，-2） C .（1，+∞） D .（-∞，-1）21. （2014）(本小题满分12分)设函数1(0ln x xbe f x ae x x-=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.12. （2015）设函数，其中，若存在唯一的整数使得，则的取值范围是A. B. C. D.21. （2015）已知函数，．（1）当为何值时，轴为曲线的切线；（2）用表示，中的最小值，设函数，讨论零点的个数．（7）(2016)函数y=2x2–e|x|在[–2,2]的图像大致为（A）（B）（C）（D）（21）(2016)（本小题满分12分）已知函数有两个零点.（I）求a的取值范围；（II）设x1，x2是的两个零点，证明：+x2<2.21.（2017）（12分）已知函数)（a e2x+(a﹣2) e x﹣x.f xf x的单调性；（1）讨论()（2）若()f x有两个零点，求a的取值范围.5．（2018）设函数32()(1)f x x a x ax =+-+，若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点(0,0)处的切线方程为A ．2y x =-B ．y x =-C ．2y x =D ．y x =9．（2018）已知函数e 0()ln 0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，，，，()()g x f x x a =++．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A ．[–1，0）B ．[0，+∞）C ．[–1，+∞）D ．[1，+∞）21．（2018）（12分）已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．13．（2019）曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 20．（2019）（12分）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明： （1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点．答案解析10.(2012课标全国,理10)B 当x =1时,y =1ln21-<0,排除A ;当x =0时,y 不存在,排除D ;f '(x )=1ln(1)-x x ⎡⎤⎢⎥+⎣⎦'=21[ln(1)-]xx x x ++,因定义中要求x >-1,故-1<x <0时,f '(x )<0,故y =f (x )在(-1,0)上单调递减,故选B .12.(2012课标全国,理12 B 由题意知函数y =12e x 与y =ln (2x )互为反函数,其图像关于直线y =x 对称,两曲线上点之间的最小距离就是y =x 与y =12e x 最小距离的2倍,设y =12e x 上点(x 0,y 0)处的切线与y =x 平行,有01e2x =1,x 0=ln 2,y 0=1,∴y =x 与y =12e x1-ln 2), ∴|PQ |1-ln 2)×21-ln 2).21.(2012课标全国,理21)解:(1)由已知得f '(x )=f '(1)e x -1-f (0)+x .所以f '(1)=f '(1)-f (0)+1,即f (0)=1. 又f (0)=f '(1)e -1,所以f '(1)=e . 从而f (x )=e x -x +12x 2.由于f '(x )=e x -1+x ,故当x ∈(-∞,0)时,f '(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,f '(x )>0.从而,f (x )在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. (2)由已知条件得e x -(a +1)x ≥b .①(ⅰ)若a +1<0,则对任意常数b ,当x <0,且x <11b a -+时,可得e x -(a +1)x <b ,因此①式不成立.(ⅱ)若a +1=0,则(a +1)b =0. (ⅲ)若a +1>0,设g (x )=e x -(a +1)x , 则g '(x )=e x -(a +1).当x ∈(-∞,ln (a +1))时,g '(x )<0; 当x ∈(ln (a +1),+∞)时,g '(x )>0.从而g (x )在(-∞,ln (a +1))单调递减,在(ln (a +1),+∞)单调递增. 故g (x )有最小值g (ln (a +1))=a +1-(a +1)ln (a +1). 所以f (x )≥12x 2+ax +b 等价于b ≤a +1-(a +1)ln (a +1).②因此(a +1)b ≤(a +1)2-(a +1)2ln (a +1).设h (a )=(a +1)2-(a +1)2ln (a +1),则h '(a )=(a +1)(1-2ln (a +1)). 所以h (a )在(-1,12e -1)单调递增, 在(12e -1,+∞)单调递减,故h (a )在a =12e -1处取得最大值.从而h (a )≤e 2,即(a +1)b ≤e 2.当a =12e -1,b =12e 2时,②式成立,故f (x )≥12x 2+ax +b .综合得,(a +1)b 的最大值为e 2.11(2014)【答案】：B【解析1】：由已知0a ≠，2()36f x ax x '=-，令()0f x '=，得0x =或2x a=， 当0a >时，()22,0,()0;0,,()0;,,()0x f x x f x x f x a a ⎛⎫⎛⎫'''∈-∞>∈<∈+∞> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； 且(0)10f =>，()f x 有小于零的零点，不符合题意。

第十三章 极限综合能力测试(Ⅱ)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分150分。

考试时间120分钟。

第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(每小题只有一个选项是正确的，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

)1．下列各图所表示的函数在x ＝x 0处连续的是( )答案：C 解析：据函数在x ＝x 0处连续的定义，可知C 图所表示的函数在点x ＝x 0处连续，故选C .2．li m n →∞n 2－1n (3n ＋2)等于( )A ．3 B.13C.16D ．6 答案：B解析：li m n →∞n 2－1n (3n ＋2)＝li m n →∞n 2－13n 2＋2n ＝li m n →∞1－(1n )23＋(1n)2×2n＝13，故选B. 3．x ＝1是函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ， x ＜1，0， x ＝1，x 3， x ＞1.的( )A ．连续点B ．无定义点C ．不连续点D ．极限不存在的点 答案：C解析：∵li m x →1＋f (x )＝1，li m x →1－f (x )＝1， ∴li m x →1f (x )＝1.但f (1)＝0， ∴li m x →1f (x )≠f (1)．4．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764成立，起始值n 0至少应取为( )A ．7B ．8C ．9D ．10 答案：B解析：1＋12＋14＋…＋12n －1＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ， 当n ＝7时，2(1－12n )＝12764，当n ＝8时，2(1－12n )＝255128>254128＝12764，故选B.5.lim x →1x ＋3－2x －1＝( ) A.12 B ．－12 C ．1 D ．－1解析：lim x →1x ＋3－2x －1＝lim x →1(x ＋3－2)(x ＋3＋2)(x ＋1)(x －1)(x ＋1)(x ＋3＋2)＝lim x →1(x －1)(x ＋1)(x －1)(x ＋3＋2)＝lim x →1x ＋1x ＋3＋2＝1＋11＋3＋2＝24＝12. 答案：A总结评述：本题主要考查了函数极限的运算，特别要注意变形技巧的使用，关键是分子、分母约去因式x －1.6．设正数a ，b 满足li m x →2 (x 2＋ax －b )＝4，则li m n →∞a n ＋1＋ab n －1a n －1＋2b n等于( )A ．0 B.14C.12D ．1 答案：B命题意图：考查极限的运算．解析：由已知得4＋2a －b ＝4，即b ＝2a .则li m n →∞a n ＋1＋2n －1a na n －1＋2n ＋1a n ＝li m n →∞a2n －1＋11a ·2n －1＋4＝14，故选B. 7．(2009·某某市诊断性检测三)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x(x ＞1)(4－a2)x ＋2 (x ≤1)是R 上的单调递增函数，则实数a 的取值X 围为( )A ．(1，＋∞) B．(1,8)C ．(4,8)D ．[4,8) 答案：D解析：由f (x )在R 上是单调递增函数知：⎩⎪⎨⎪⎧a ＞14－a 2＞0a 1≥4－a 2＋2同时成立，解不等式组得a ∈[4,8)，选D.8．(2009·某某省部分重点中学高三第二次联考)等比数列{a n }的公比为q (0＜|q |＜1)，S n 为其前n 项和，若S ＝li m n →∞S n ，且S ＝S n ＋2a n ，则q ＝( )A ．－23B.23C.13D ．－13 答案：B解析：∵{a n }是等比数列，∴其前n 项和为S n ＝a 1(1－q n )1－q，又∵0＜|q |＜1，∴S ＝li m n →∞S n ＝li m n →∞a 1(1－q n )1－q ＝a 11－q，而S ＝S n ＋2a n ＝a 1(1－q n )1－q ＋2a 1q n －1＝a 11－q(1＋2q n －1－3q n)，∴a 11－q (1＋2qn －1－3q n)＝a 11－q，即1＋2q n －1－3q n＝1，解得：q ＝23；故选B.9．若干个正方体形状的积木按如图所示摆成塔形，上面正方体中下底的四个顶点是下面相邻正方体中上底各边的中点，最下面的正方体的棱长为1，平放于桌面上，如果所有正方体能直接看到的表面积超过7，则正方体的个数至少是( )A ．2B ．3C ．4D ．6 答案：B解析：设正方体的个数为n ，从下至上正方体的棱长构成公比为22的等比数列，看到的表面积S ＝1＋4(1＋12＋14＋…＋(12)n －1)＝1＋4×1－(12)n1－12＝1＋8(1－(12)n)＞7，解得n ＞2，因此正方体至少有3个，故选B.10．已知f (3)＝2，f ′(3)＝－2，则li m x →32x －3f (x )x －3的值为( )A ．－4B ．8C ．0D ．不存在 答案：B解析：li m x →32x －3f (x )x －3＝li m x →3f (3)x －3f (3)－3f (x )＋3f (3)x －3＝li m x →3f (3)(x －3)－3(f (x )－f (3))x －3＝li m x →3[f (3)－3·f (x )－f (3)x －3]＝f (3)－3li m x →3f (x )－f (3)x －3＝f (3)－3f ′(3)＝2－3×(－2)＝8.11．(2010·某某滨州模拟)下列四个命题中，不正确．．．的是( ) A ．若函数f (x )在x ＝x 0处连续，则lim x →x ＋0f (x )＝lim x →x －0f (x ) B ．函数f (x )＝x ＋2x 2－4的不连续点是x ＝2和x ＝－2 C ．若函数f (x )、g (x )满足lim x →∞[f (x )－g (x )]＝0，则lim x →∞f (x )＝lim x →∞g (x ) D.lim x →1x －1x －1＝12答案：C解析：令f (x )＝x 2＋1x，g (x )＝x 2，但lim x →∞[f (x )－g (x )]＝lim x →∞1x＝0. 但lim x →∞f (x )、 lim x →∞g (x )都不存在． 12．(2009·某某)设(22＋x )2n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n －1x 2n －1＋a 2n x 2n，则lim n →∞[(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n )2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)2]＝( )A ．－1B ．0C ．1 D.22答案：B解析：令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2n －1＋a 2n ＝(22＋1)2n.①令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…－a 2n －1＋a 2n ＝(22－1)2n.② ①＋②得a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝(2＋2)2n ＋(2－2)2n22n ＋1， ①－②得a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1＝(2＋2)2n －(2－2)2n22n ＋1∴lim n →∞[(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n )2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)2] ＝lim n →∞{[(2＋2)2n＋(2－2)2n22n ＋1]2－ [(2＋2)2n－(2－2)2n22n ＋1]2}＝lim n →∞4×(2＋2)2n (2－2)2n42n ＋1＝lim n →∞4×(－2)2n42n ＋1＝lim n →∞ (14)n＝0，故选B. 第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请将答案填在题中的横线上。

《孔孟论学习》 一、 基础识记1、默写：⑴学而不思则罔，（ ）。

⑵不（ ）不（ ），不（ ）不（ ）。

⑶“乐学”是学习的最高境界，因为“ ， ”。

⑷读书应有怀疑的精神，孟子的名言这样教导我们：“ ， 。

”?2、《孔孟论学习》中出现了哪些成语，你还能记起来吗？请至少写出六个来。

3、选出下列句子翻译正确的一项⑴学而时习之，不亦说乎？（ ）A、学习并且及时地复习，不也是很愉快的吗？B、学习而且时时地温习，不也是一件很高兴的事吗？C、学习而且当时就复习，不也是一件很高兴的事吗？D、学习并且按时温习，不也是很愉快的吗？⑵受学重文，孰不顺成？（ ）A、接受教育，注重请教，谁不会顺利成功呢？B、接受学习，注重发问，谁不会顺利成功呢？C、接受教育，注重请教，怎能不会顺利成功呢？D、接受学习，注重发问，怎能不会顺利成功呢？4、孔子，名 ，字 ， 时期 国人， 学派的创始人，大 家，大 家。

《 》是记载孔子及其弟子言行的一部书。

孟子，名 ，字 ， 学派最主要的代表人之一，《 》是记载孟子及其弟子言行的一部书。

5、孟子说：“仁人无敌于天下”，但有人说，在当今社会中，“仁人”处处被骗，时时受欺，几乎寸步难行。

针对此，你怎样理解这个“仁”字？（字数不少于５０字） 二、理解运用 虽有天下易生之物也，一日暴之，十日寒之，未有能生者也。

……今夫奕之为数，小数也；不专心致志，则不得也。

奕秋，通国之善奕者也。

使奕秋诲二人奕，其一人专心致志，惟奕秋之为听。

一人虽听之，一心以为有鸿鹄将至，思援弓缴而射之，虽与之俱学，弗若之矣。

为是其智弗若与？曰：非然也。

（《孟子?告子上》）6、给下列加点字注音：暴（ ） 奕（ ） 诲（ ） 鸿鹄（ ） 缴（ ）7、找出下列各句中的通假字，并作解释：⑴一日暴之，十日寒之 “ ”通“ ”，意思： ⑵有为者辟若掘井 “ ”通“ ”，意思： ⑶今夫奕之为数，小数也　“ ”通“ ”，意思： ⑷知之为知之，不知为不知，是知也 “ ”通“ ”，意思： ⑸资之深，则取之左右逢其原 “ ”通“ ”，意思： 8、下列“也”字的用法与例句相同的一项是（ ）例：奕秋，通国之善奕者也。

2012年-—2016年导数及定积分小题汇编一、选择题1、（2016年四川高考）设直线l 1，l 2分别是函数f (x )= ln ,01,ln ,1,x x x x -<<⎧⎨>⎩图象上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△PAB 的面积的取值范围是 （A ）(0,1) （B ）(0,2) （C ）(0,+∞) （D ）(1,+∞) 【答案】A2、（2016年全国I 高考）函数y =2x 2–e |x |在[–2,2]的图像大致为【答案】D3、（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 ）sin y x =（B ）ln y x =（C ）e x y = （D ）3y x =【答案】A4、（2016年四川高考）已知a 函数f(x)＝x 3－12x 的极小值点，则a=(A)-4 (B) -2 (C)4 (D)2 【答案】D5、（2016年四川高考）设直线l 1，l 2分别是函数f(x)= 图象上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2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) (B) (0,2) (C) (0,+∞) (D) (1,+ ∞) 【答案】A6、（2016年全国I 卷高考）若函数1()sin 2sin 3f x x -x a x =+在(),-∞+∞单调递增，则a 的取值范围是（A ）[]1,1-（B ）11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（C ）11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（D ）11,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【答案】C7.（15年福建理科）若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =- ，其导函数()f x ' 满足()1f x k '>> ，则下列结论中一定错误的是（ ）A ．11f k k ⎛⎫< ⎪⎝⎭ B ．111f k k ⎛⎫> ⎪-⎝⎭ C ．1111f k k ⎛⎫< ⎪--⎝⎭ D ． 111kf k k ⎛⎫>⎪--⎝⎭ 【答案】C8.（15年福建文科）“对任意(0,)2x π∈，sin cos k x x x <”是“1k <”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ． 充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B9.（15年新课标1理科）设函数()f x =(21)x e x ax a --+,其中a 1，若存在唯一的整数x 0，使得0()f x 0，则a 的取值范围是（ ） A.[-，1） B. [-，） C. [，） D. [，1） 【答案】D10.（15年新课标2理科）设函数f’(x)是奇函数()()f x x R ∈的导函数，f （-1）=0，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是 （A ） （B ）（C ） （D ）【答案】A11.（15年陕西理科）对二次函数2()f x ax bx c =++（a 为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（ ）A ．-1是()f x 的零点B ．1是()f x 的极值点C ．3是()f x 的极值D . 点(2,8)在曲线()y f x =上 【答案】A12．[2014·全国卷] 曲线y ＝x e x －1在点(1，1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1 【答案】．C .13．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．3 【答案】．D 14．[2014·辽宁卷] 当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，－3] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98C ．[－6，－2]D ．[－4，－3] 【答案】．C15．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1) 【答案】．C16．[2014·山东卷] 直线y ＝4x 与曲线y ＝x 3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( )A. 22 B. 42 C. 2 D. 4【答案】．D17．[2014·陕西卷] 定积分⎠⎛01(2x ＋e x )d x 的值为( )A ．e ＋2B ．e ＋1C ．eD ．e －1 【答案】．C181 ．（2013年高考湖北卷（理））已知a 为常数,函数f(x)=x(lnx-ax)有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2),则（ ）A ．121()0,()2f x f x >>- B ．121()0,()2f x f x <<-C ．121()0,()2f x f x ><-D ．121()0,()2f x f x <>-【答案】D19 ．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理））已知函数32()f x x ax bx c =+++,下列结论中错误的是 （ ）A ．0x ∃∈R,0()0f x =B ．函数()y f x =的图像是中心对称图形C ．若0x 是()f x 的极小值点,则()f x 在区间0(,)x -∞上单调递减D ．若0x 是()f x 的极值点,则0'()0f x = 【答案】C20 ．（2013年高考江西卷（理））若22221231111,,,x S x dx S dx S e dx x===⎰⎰⎰则123S S S 的大小关系为（ ）A ．123S S S <<B ．213S S S <<C ．231S S S <<D ．321S S S << 【答案】B21 ．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理））设函数()()()()()222,2,0,8x e e f x x f x xf x f x f x x '+==>满足则时，（ ）A ．有极大值,无极小值B ．有极小值,无极大值C ．既有极大值又有极小值D ．既无极大值也无极小值【答案】D22 ．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理））设函数()f x 的定义域为R,00(0)x x ≠是()f x 的极大值点,以下结论一定正确的是（ ）A ．0,()()x R f x f x ∀∈≤B ．0x -是()f x -的极小值点C ．0x -是()f x -的极小值点D ．0x -是()f x --的极小值点【答案】D23 ．（2013年高考北京卷（理））直线l 过抛物线C: x 2=4y 的焦点且与y 轴垂直,则l 与C 所围成的图形的面积等于 （ ）A ．43B ．2C ．83D 【答案】C24 ．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理））已知e 为自然对数的底数,设函数)2,1()1)(1()(=--=k x e x f k x ,则（ ）A ．当1=k 时,)(x f 在1=x 处取得极小值B ．当1=k 时,)(x f 在1=x 处取得极大值C ．当2=k 时,)(x f 在1=x 处取得极小值D ．当2=k 时,)(x f 在1=x 处取得极大值【答案】C25.【2012高考真题重庆理8】设函数()f x 在R 上可导，其导函数为,()f x ，且函数)(')1(x f x y -=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(2)f 和极小值(1)f （B ）函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(1)f （C ）函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(2)f - （D ）函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(2)f 【答案】D26.【2012高考真题新课标理12】设点P 在曲线12x y e =上，点Q 在曲线ln(2)y x =上，则PQ 最小值为（ ）()A 1ln2- ()Bln 2)- ()C 1ln2+()D ln 2)+【答案】B27.【2012高考真题陕西理7】设函数()x f x xe =，则（ ） A. 1x =为()f x 的极大值点 B.1x =为()f x 的极小值点 C. 1x =-为()f x 的极大值点 D. 1x =-为()f x 的极小值点[学 【答案】D.28.【2012高考真题辽宁理12】若[0,)x ∈+∞，则下列不等式恒成立的是(A)21x e x x ++ (211)124x x <-+(C)21cos 12x x -… (D)21ln(1)8x x x +-… 【答案】C29.【2012高考真题湖北理3】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 ．2π5B ．43C ．32D ．π2【答案】B30.【2012高考真题全国卷理10】已知函数y ＝x ²-3x+c 的图像与x 恰有两个公共点，则c ＝（A ）-2或2 （B ）-9或3 （C ）-1或1 （D ）-3或1 【答案】A 二、填空题31 ．（2013年高考江西卷（理））设函数()f x 在(0,)+∞内可导,且()x x f e x e =+,则(1)x f =______________【答案】232 ．（2013年高考湖南卷（理））若209,Tx dx T =⎰则常数的值为_________. 【答案】333．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理））若曲线y=kx+lnx 在点(1，k)处的切线平行于x 轴,则k=______. 【答案】-134.【2012高考真题浙江理16】定义：曲线C 上的点到直线l 的距离的最小值称为曲线C 到直线l 的距离，已知曲线C 1：y=x 2+a 到直线l:y=x 的距离等于曲线C 2：x 2+(y+4)2=2到直线l:y=x 的距离，则实数a=_______。

导数与积分一、选择题．（2012年高考（新课标理））已知函数1()ln(1)f x x x=+-;则()y f x =的图像大致为．（2012年高考（浙江理））设a >0,b >0.（ ）A ．若2223a b a b +=+,则a >bB ．若2223a b a b +=+,则a <bC ．若2223a b a b -=-,则a >bD ．若2223a b a b -=-,则a <b．（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(1)()y 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(2)f 和极小值(1)fB ．函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(1)fC ．函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(2)f -D ．函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(2)f．（2012年高考（陕西理））设函数()xf x xe =,则（ ）A ．1x =为()f x 的极大值点B ．1x =为()f x 的极小值点C ．1x =-为()f x 的极大值点D ．1x =-为()f x 的极小值点．（2012年高考（山东理））设0a >且1a ≠,则“函数()xf x a =在R 上是减函数 ”,是“函数3()(2)g x a x =-在R 上是增函数”的 （ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件．（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 ．2π5B ．43C ．32D ．π2．（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P,则点P 恰好取自阴影部分的概率为 （ ）A ．14B ．15C ．16D ．17．（2012年高考（大纲理））已知函数33y x x c =-+的图像与x 轴恰有两个公共点,则c = （ ）A ．2-或2B ．9-或3C ．1-或1D ．3-或1二、填空题．（2012年高考（上海理））已知函数)(x f y =的图像是折线段ABC ,若中A (0,0),B (21,5),C (1,0).函数)10()(≤≤=x x xf y 的图像与x 轴围成的图形的面积为_______ .．（2012年高考（山东理））设0a >.若曲线y x =与直线,0x a y ==所围成封闭图形的面积为2a ,则a =______.．（2012年高考（江西理））计算定积分121(sin )x x dx -+=⎰___________.．（2012年高考（广东理））曲线33y x x =-+在点()1,3处的切线方程为___________________. 三、解答题．（2012年高考（天津理））已知函数()=ln (+)f x x x a -的最小值为0,其中>0a .(Ⅰ)求a 的值;(Ⅱ)若对任意的[0,+)x ∈∞,有2()f x kx ≤成立,求实数k 的最小值; (Ⅲ)证明=12ln (2+1)<221ni n i --∑*()n N ∈. 1-y xO第3题图11．（2012年高考（新课标理））已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+;(1)求()f x 的解析式及单调区间; (2)若21()2f x x ax b ≥++,求(1)a b +的最大值.．（2012年高考（浙江理））已知a >0,b ∈R,函数()342f x ax bx 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.．（2012年高考（重庆理））(本小题满分13分,(Ⅰ)小问6分,(Ⅱ)小问7分.)设13()ln 1,22f x a x x x =+++其中a R ∈,曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线垂直于y 轴. (Ⅰ) 求a 的值;(Ⅱ) 求函数()f x 的极值.．（2012年高考（陕西理））设函数()(,,)nn f x x bx cn N b c R +=++∈∈(1)设2n ≥,1,1b c ==-,证明:()n f x 在区间1,12⎛⎫⎪⎝⎭内存在唯一的零点;(2)设2n =,若对任意12,x x [1,1]∈-,有2122|()()|4f x f x -≤,求b 的取值范围;FG(3)在(1)的条件下,设n x 是()n f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内的零点,判断数列23,,,nx x x 的增减性.．（2012年高考（山东理））已知函数ln ()xx kf x e +=(k 为常数, 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数),曲线()y f x =在点(1,(1))f 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2()()'()g x x x f x =+,其中'()f x 为()f x 的导函数.证明:对任意20,()1x g x e -><+.．（2012年高考（辽宁理））设()ln(1)1(,,,)f x x x ax b a b R a b =+++++∈为常数,曲线()y f x =与直线32y x =在(0,0)点相切. (Ⅰ)求,a b 的值.(Ⅱ)证明:当02x <<时,9()6xf x x <+.．（2012年高考（江苏））若函数)(x f y =在0x x =处取得极大值或极小值,则称0x 为函数)(x f y =的极值点.已知a b ，是实数,1和1-是函数32()f x x ax bx =++的两个极值点.21世纪教育网 (1)求a 和b 的值;(2)设函数()g x 的导函数()()2g x f x '=+,求()g x 的极值点;(3)设()(())h x f f x c =-,其中[22]c ∈-，,求函数()y h x =的零点个数.．（2012年高考（湖南理））已知函数()f x =axex =-,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11(,())A x f x ,22(,())B x f x 12()x x <,记直线AB 的斜率为K,问:是否存在x 0∈(x 1,x 2),使0()f x k '>成立?若存在,求0x 的取值范围;若不存在,请说明理由.．（2012年高考（湖北理））(Ⅰ)已知函数()(1)(0)r f x rx x r x =-+->,其中r 为有理数,且01r <<. 求()f x 的 最小值;(Ⅱ)试用(Ⅰ)的结果证明如下命题:设120,0a a ≥≥,12,b b 为正有理数. 若121b b +=,则12121122b b a a a b a b ≤+; (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α为正有理数时,有求导公式1()x x ααα-'=.．（2012年高考（广东理））(不等式、导数)设1a <,集合{}0A x R x =∈>,(){}223160B x R x a x a =∈-++>,D A B =.(Ⅰ)求集合D (用区间表示);(Ⅱ)求函数()()322316f x x a x ax =-++在D 内的极值点.．（2012年高考（福建理））已知函数2()()xf x e ax ex a R =+-∈.(Ⅰ)若曲线()y f x =在点(1,(1))f 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 .．（2012年高考（大纲理））(注意:在试题卷上作答无效．．．．．．．．．) 设函数()cos ,[0,]f x ax x x π=+∈. (1)讨论()f x 的单调性;(2)设()1sin f x x ≤+,求a 的取值范围.．（2012年高考（北京理））已知函数2()1f x ax =+(0a >),3()g x x 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24a 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.．（2012年高考（安徽理））(本小题满分13分)设1()(0)x x f x ae b a ae=++> (I)求()f x 在[0,)+∞上的最小值;(II)设曲线()y f x =在点(2,(2))f 的切线方程为32y 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【解析】选B 21世纪教育网()ln(1)()1()010,()00()(0)0xg x x x g x xg x x g x x g x g '=+-⇒=-+''⇒>⇔-<<<⇔>⇒<= 得:0x >或10x -<<均有()0f x < 排除,,A C D【答案】A【解析】若2223a b a b +=+,必有2222a b a b +>+.构造函数:()22x f x x =+,则()2ln 220x f x '=⋅+>恒成立,故有函数()22x f x 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.【答案】D【解析】2,10x x <-->,由(1)()0()0x f x f x ''->⇒>,函数()f x 为增;21,10x x -<<->,由(1)()0()0x f x f x ''-<⇒<,函数()f x 为减; 12,10x x <<-<,由(1)()0()0x f x f x ''->⇒<,函数()f x 为减; 2,10x x >-<,由(1)()0()0x f x f x ''-<⇒>,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.解析:()(1)xf x x e '=+,令()0,f x '=得1x =-,1x时,()0f x '<,()x f x xe =为减函数;1x 时,()0f x '>,()x f x xe =为增函数,所以1x =-为()f x 的极小值点,选D.【解析】若函数x a x f =)(在R 上为减函数,则有10<<a .函数3)2()(x a x g -=为增函数,则有02>-a ,所以2<a ,所以“函数xa x f =)(在R 上为减函数”是“函数3)2()(x a x g -=为增函数”的充分不必要条件,选A.考点分析:本题考察利用定积分求面积.解析:根据图像可得: 2()1y f x x ==-+,再由定积分的几何意义,可求得面积为12311114(1)()33S x dx x x --=-+=-+=⎰. 【答案】C【解析】312201211()()13260S x x dx x x S =-=-==⎰正阴影,故16P =,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.答案A【命题意图】本试题主要考查了导数在研究三次函数中的极值的运用.要是函数图像与x 轴有两个不同的交点,则需要满足极佳中一个为零即可. 【解析】因为三次函数的图像与x 轴恰有两个公共点,结合该函数的图像,可得极大值或者极小值为零即可满足要求.而2()333()(1)f x x x x '=-=-+,当1x =±时取得极值由(1)0f =或(1)0f -=可得20c -=或20c +=,即2c =±.二、填空题 [解析]如图1,⎩⎨⎧≤<-≤≤=1,10100,10)(2121x x x x x f , 所以⎩⎨⎧≤<+-≤≤==1,10100,10)(212212x x x x x x xf y , 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=452521=⨯.[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.【解析】由已知得223023032|32a a x x S aa====⎰,所以3221=a ,所以94=a .23【解析】本题考查有关多项式函数,三角函数定积分的应用. 31211111112(sin )cos |cos1cos1333333x x x dx x --⎛⎫-⎛⎫⎛⎫+=-=---=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎰. 【点评】这里,许多学生容易把原函数写成3cos 3x x +,主要是把三角函数的导数公式记混而引起的.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.解析:210x y -+=.21|3112x y ='=⨯-=,所以切线方程为()321y x -=-,即210x y -+=.三、解答题【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 -+∞xy A BC 1 5 Nxy O D M1 5 P()ln()f x x x a =-+11()101x a f x x a a x a x a+-'⇒=-==⇔=->-++ ()01,()01f x x a f x a x a ''>⇔>-<⇔-<<-得：1x a =-时，min ()(1)101f x f a a a =-⇔-=⇔= （2）设22()()ln(1)(0)g x kx f x kx x x x =-=-++≥ 则()0g x ≥在[0,+)x ∈∞上恒成立min ()0(0)g x g ⇔≥=（*）(1)1ln 200g k k =-+≥⇒>1(221)()2111x kx k g x kx x x +-'=-+=++ ①当1210()2k k -<<时，0012()00()(0)02kg x x x g x g k -'≤⇔≤≤=⇒<=与（*）矛盾②当12k ≥时，min ()0()(0)0g x g x g '≥⇒==符合（*） 得：实数k 的最小值为12(lfxlby)（3）由（2）得：21ln(1)2x x x -+<对任意的0x >值恒成立取2(1,2,3,,)21x i n i ==-：222[ln(21)ln(21)]21(21)i i i i -+--<-- 当1n =时，2ln32-< 得：=12ln (2+1)<221ni n i --∑（lb ylfx ）当2i ≥时，2211(21)2321i i i <----得：121[ln(21)ln(21)]2ln 3122121ni i i i n =-++-<-+-<--∑ 【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.【解析】(1)1211()(1)(0)()(1)(0)2x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+⇒=-+令1x =得:(0)1f =1211()(1)(0)(1)1(1)2x f x f e x x f f e f e --'''=-+⇒==⇔= [来源:21世纪教育网]得:21()()()12xx f x e x x g x f x e x '=-+⇒==-+ ()10()x g x e y g x '=+>⇒=在x R ∈上单调递增()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=⇔><=⇔<得:()f x 的解析式为21()2xf x e x x =-+且单调递增区间为(0,)+∞,单调递减区间为(,0)-∞ (2)21()()(1)02x f x x ax b h x e a x b ≥++⇔=-+-≥得()(1)x h x e a '=-+ ①当10a +≤时,()0()h x y h x '>⇒=在x R ∈上单调递增x →-∞时,()h x →-∞与()0h x ≥矛盾②当10a +>时,()0ln(1),()0ln(1)h x x a h x x a ''>⇔>+<⇔<+ [来源:21世纪教育网]得:当ln(1)x a =+时,min ()(1)(1)ln(1)0h x a a a b =+-++-≥22(1)(1)(1)ln(1)(10)a b a a a a +≤+-+++>令22()ln (0)F x x x x x =->;则()(12ln )F x x x '=-()00()0F x x F x x ''>⇔<<<⇔>当x =,max ()2e F x =当1,a b ==,(1)a b +的最大值为2e 【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)()2122f x ax b '=-.当b ≤0时,()2122f x ax b '=->0在0≤x ≤1上恒成立,此时()f x 的最大值为:()1423f a b a b a b =--+=-=|2a -b |﹢a ; 当b >0时,()2122f x ax b '=-在0≤x ≤1上的正负性不能判断, 此时()f x 的最大值为:()max 2max{(0)1}max{()3}32b a b af x f f b a a b a b b 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 , ∵()342g x ax bx a b =-++-,∴令()21220g x ax b x '=-+=⇒=当b ≤0时,()2122g x ax b '=-+<0在0≤x ≤1上恒成立, 此时()g x 的最大值为:()03g a b a b =-<-=|2a -b |﹢a ; 当b <0时,()2122g x ax b '=-+在0≤x ≤1上的正负性不能判断, ()max max{1}g x g g =，（）4max{2}346362a b b a b a a b b a b 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:21b a b a ≥⎧⎨-≤⎩和231b aa b <⎧⎨-≤⎩,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max 3z =,min 1z =-.∴所求a +b 的取值范围为:[]13-，.【答案】(Ⅰ) 见解析;(Ⅱ) []13-，. 【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()13ln 122f x a x x x =+++,故()21322a f x x x '=-+由于曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线垂直于y 轴,故该切线斜率为0,即()10f '=,从而13022a -+=,解得1a =- (2)由(1)知()()13ln 1022f x x x x x =-+++>,()222113321222x x f x x x x --'=--+=()2(31)(1)2x x f x x +-'∴=令()0f x '=,解得1211,3x x ==-(因213x =-不在定义域内,舍去), 当()0,1x ∈时,()0f x '<,故()f x 在()0,1上为减函数; 当()1,x ∈+∞时,()0f x '>,故()f x 在()1,+∞上为增函数; 故()f x 在1x =处取得极小值()13f =.解析:(1)1,1b c ==-,2n ≥时,()1nn f x x x =+-∵111()(1)()10222n n nf f =-⨯<,∴()n f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内存在零点. 又当1,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时,1()10n n f x nx -'=+> ∴ ()n f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是单调递增的,所以()n f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内存在唯一零点. (2)当2n =时,22()f x x bx c =++对任意12,[1,1]x x ∈-都有2122|()()|4f x f x -≤等价于2()f x 在[1,1]-上最大值与最小值之差4M ≤,据此分类讨论如下:(ⅰ)当||12b>,即||2b >时, 22|(1)(1)|2||4M f f b =--=>,与题设矛盾(ⅱ)当102b-≤-<,即02b <≤时, 222(1)()(1)422b bM f f =---=+≤恒成立(ⅲ)当012b≤≤,即20b -≤≤时,222(1)()(1)422b bM f f =---=-≤恒成立.综上可知,22b -≤≤注:(ⅱ)(ⅲ)也可合并证明如下: 用max{,}a b 表示,a b 中的较大者.当112b-≤≤,即22b -≤≤时, 222max{(1),(1)}()2bM f f f =---22222(1)(1)|(1)(1)|()222f f f f b f -+--=+--21||()4b c b c =++--+2||(1)42b =+≤恒成立 (3)证法一 设n x 是()n f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内的唯一零点(2)n ≥ ()1n n n n n f x x x =+-,11111()10n n n n n f x x x +++++=+-=,11,12n x +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭于是有11111111()0()11()n nn n n n n n n n n n f x f x x x x x f x ++++++++===+-<+-=又由(1)知()n f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是递增的,故1(2)n n x x n +<≥, 所以,数列23,,,nx x x 是递增数列.证法二 设n x 是()n f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内的唯一零点 1111()(1)(1)(111)n n n n n n n f x f x x ++++=+-+- 21世纪教育网 1110n n n n n n x x x x +=+-<+-=则1()n f x +的零点1n x +在(,1)n x 内,故1(2)n n x x n +<≥, 所以,数列23,,,nx x x 是递增数列.解析:由f(x) = x e k x +ln 可得=')(x f xe xk x ln 1--,而0)1(='f ,即01=-e k ,解得1=k ;(Ⅱ)=')(x f xex x ln 11--,令0)(='x f 可得1=x , 当10<<x 时,0ln 11)(>--='x x x f ;当1>x 时,0ln 11)(<--='x xx f .于是)(x f 在区间)1,0(内为增函数;在),1(+∞内为减函数.(Ⅲ)xx ex x x x e xx x x x g ln )(1ln 11)()(222+--=--+=, (1)当1≥x 时, 0,0,0ln ,0122>>+≥≤-xe x x x x ,210)(-+<≤ex g .(2)当10<<x 时,要证221ln 11)()(-+<--+=e exx x x x g x. 只需证)ln 1(1112x x e ex x +-+<+-即可设函数)1,0(),ln 1(1)(,1)(∈+-=+=x x x x q e x x p e. 则)1,0(,ln 2)(,0)(∈--='<-='x x x q exx p x ,则当10<<x 时1)0(1)(=<+=p e x x p e, 令0ln 2)(=--='x x q 解得)1,0(2∈=-ex ,当),0(2-∈e x 时0)(>'x q ;当)1,(2-∈e x 时0)(<'x q , 则当10<<x 时221)()ln 1(1)(--+=≤+-=ee q x x x q ,且0)(>x q ,则≥+-+-)ln 1(112x x e 11122=++--e e ,于是可知当10<<x 时)ln 1(1112x x e ex x +-+<+-成立 综合(1)(2)可知对任意x>0,21)(-+<e x g 恒成立.另证1:设函数)1,0(,1)(∈+=x e x x p e ,则0)(<-='x e xx p , 则当10<<x 时1)0(1)(=<+=p ex x p x ,于是当10<<x 时,要证221)ln 11(ln 11)()(-+<--<--+=e x x x exx x x x g x, 只需证21)ln 11(-+<--e x xx 即可,设)1,0(),ln 1(1)(∈+-=x x x x q ,)ln 1(1)(x x x q +-=', 令0ln 2)(=--='x x q 解得)1,0(2∈=-ex ,当),0(2-∈e x 时0)(>'x q ;当)1,(2-∈e x 时0)(<'x q , 则当10<<x 时221)()ln 1(1)(--+=≤+-=ee q x x x q ,于是可知当10<<x 时221ln 11)(-+<--+e exx x x x成立 综合(1)(2)可知对任意x>0,21)(-+<e x g 恒成立.另证2:根据重要不等式当10<<x 时x x <+)1ln(,即xe x <+1,于是不等式221)ln 11(ln 11)()(-+<--<--+=e x x x exx x x x g x, 设)1,0(),ln 1(1)(∈+-=x x x x q ,)ln 1(1)(x x x q +-=', 令0ln 2)(=--='x x q 解得)1,0(2∈=-ex ,当),0(2-∈e x 时0)(>'x q ;当)1,(2-∈e x 时0)(<'x q , 则当10<<x 时221)()ln 1(1)(--+=≤+-=ee q x x x q ,于是可知当10<<x 时221ln 11)(-+<--+e exx x x x成立. 【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)(x f 的定义域,根据条件曲线()y f x =与直线32y x =在(0,0)点相切,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9()6xf x 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.【答案】解:(1)由32()f x x ax bx =++,得2()32f'x x ax b =++.∵1和1-是函数32()f x x ax bx =++的两个极值点,∴ (1)32=0f'a b =++,(1)32=0f'a b -=-+,解得==3a b -0，. (2)∵ 由(1)得,3()3f x x x =- ,∴()()23()()2=32=12g x f x x x x x '=+-+-+,解得123==1=2x x x -，. ∵当2x <-时,()0g x <';当21<x <-时,()0g x >', ∴=2x -是()g x 的极值点.∵当21<x <-或1x >时,()0g x >',∴ =1x 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:[]2, 2d ∈-当=2d 时,由(2 )可知,()=2f x -的两个不同的根为I 和一 2 ,注意到()f x 是奇函数,∴()=2f x 的两个不同的根为一和2.当2d <时,∵(1)=(2)=20f d f d d >----,(1)=(2)=20f d f d d <----- , ∴一2 , -1,1 ,2 都不是()=f x d 的根. 由(1)知()()()=311f'x x x +-.① 当()2x ∈+∞，时,()0f'x > ,于是()f x 是单调增函数,从而()(2)=2f x >f . 此时()=f x d 在()2+∞，无实根. ② 当()12x ∈，时.()0f'x >,于是()f x 是单调增函数. 又∵(1)0f d <-,(2)0f d >-,=()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()11x ∈-，时,()0f'x <,于是()f x 是单调减两数. 又∵(1)0f d >--, (1)0f d <-,=()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=2d 时,()=f x d 有两个不同的根12x x ，满足12=1 =2x x ，;当2d < 时 ()=f x d 有三个不同的根315x x x ，，,满足2 =3, 4, 5i x <i ，. 现考虑函数()y h x =的零点:( i )当=2c 时,()=f t c 有两个根12t t ，,满足12==2t t 1，.而1()=f x t 有三个不同的根,2()=f x t 有两个不同的根,故()y h x =有5 个零点.( 11 )当2c <时,()=f t c 有三个不同的根345t t t ，，,满足2 =3, 4, 5i t <i ，. 而() =3,() 4, = 5i f x t i 有三个不同的根,故()y h x =有9 个零点.综上所述,当=2c 时,函数()y h x =有 5 个零点;当2c <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)(x f y =的导数,根据1和1-是函数)(x f y =的两个极值点代入列方程组求解即可.(2)由(1)得,3()3f x x x =-,求出()g x ',令()=0g x ',求解讨论即可.(3)比较复杂,先分=2d 和2d <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.【解析】(Ⅰ)若0a <,则对一切0x >,()f x 1axex =-<,这与题设矛盾,又0a ≠,故0a >.而()1,axf x ae '=-令11()0,ln .f x x a a'==得 当11ln x a a <时,()0,()f x f x '<单调递减;当11ln x a a >时,()0,()f x f x '>单调递增,故当11ln x a a =时,()f x 取最小值11111(ln )ln .f a a a a a=-于是对一切,()1x R f x ∈≥恒成立,当且仅当111ln 1a a a-≥. ① 令()ln ,g t t t t =-则()ln .g t t '=-当01t <<时,()0,()g t g t '>单调递增;当1t >时,()0,()g t g t '<单调递减. 故当1t =时,()g t 取最大值(1)1g =.因此,当且仅当11a=即1a =时,①式成立. 综上所述,a 的取值集合为{}1.(Ⅱ)由题意知,21212121()() 1.ax ax f x f x e e k x x x x --==---令2121()(),ax ax axe e xf x k ae x x ϕ-'=-=--则121()12121()()1,ax a x x e x e a x x x x ϕ-⎡⎤=----⎣⎦- 212()21221()()1.ax a x x e x e a x x x x ϕ-⎡⎤=---⎣⎦- 令()1tF t e t =--,则()1tF t e '=-.当0t <时,()0,()F t F t '<单调递减;当0t >时,()0,()F t F t '>单调递增. 故当0t =,()(0)0,F t F >=即10.te t --> 从而21()21()10a x x e a x x ---->,12()12()10,a x x e a x x ---->又1210,ax e x x >-2210,ax e x x >-所以1()0,x ϕ<2()0.x ϕ>因为函数()y x ϕ=在区间[]12,x x 上的图像是连续不断的一条曲线,所以存在012(,)x x x ∈使0()0,x ϕ=2()0,()ax x a e x ϕϕ'=>单调递增,故这样的c 是唯一的,且21211ln()ax ax e e c a a x x -=-.故当且仅当212211(ln ,)()ax ax e e x x a a x x -∈-时, 0()f x k '>. 综上所述,存在012(,)x x x ∈使0()f x k '>成立.且0x 的取值范围为212211(ln ,)()ax ax e e x a a x x --. 【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11111(ln )ln .f a a a a a=-对一切x∈R,f(x) ≥1恒成立转化为min ()1f x ≥,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.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)11()(1)r r f x r rx r x --'=-=-,令()0f x '=,解得1x =. 当01x <<时,()0f x '<,所以()f x 在(0,1)内是减函数;当 1x > 时,()0f x '>,所以()f x 在(1,)+∞内是增函数.故函数()f x 在1x =处取得最小值(1)0f =. [来源:21世纪教育网](Ⅱ)由(Ⅰ)知,当(0,)x ∈+∞时,有()(1)0f x f ≥=,即(1)r x rx r ≤+- ① 若1a ,2a 中有一个为0,则12121122b b a a a b a b ≤+成立;若1a ,2a 均不为0,又121b b +=,可得211b b =-,于是 21世纪教育网 在①中令12a x a =,1r b =,可得1111122()(1)b a ab b a a ≤⋅+-, 即111121121(1)b b a a a b a b -≤+-,亦即12121122b b a a a b a b ≤+.综上,对120,0a a ≥≥,1b ,2b 为正有理数且121b b +=,总有12121122b b a a a b a b ≤+. ② (Ⅲ)(Ⅱ)中命题的推广形式为: 21世纪教育网 设12,,,n a a a 为非负实数,12,,,n b b b 为正有理数.若121n b b b +++=,则12121122n b b b n n n a a a a b a b a b ≤+++. ③用数学归纳法证明如下:(1)当1n =时,11b =,有11a a ≤,③成立. (2)假设当n k =时,③成立,即若12,,,k a a a 为非负实数,12,,,k b b b 为正有理数,且121k b b b +++=,则12121122k b b b k k k a a a a b a b a b ≤+++.当1n k =+时,已知121,,,,k k a a a a +为非负实数,121,,,,k k b b b b +为正有理数,且1211k k b b b b +++++=,此时101k b +<<,即110k b +->,于是111212121121()k k k k b b b b b b b b kk k k a aa aa aa a++++==12111111111121()kk k k k k b b b b b b b b kk aaaa +++++----+.因121111111kk k k b b b b b b ++++++=---,由归纳假设可得1211111112k k k k b b b b b b kaaa+++---≤1212111111k k k k k b b b a a a b b b +++⋅+⋅++⋅---112211k kk a b a b a b b ++++=-, 从而112121k k b b b b k k a aa a++≤1111122111k k b b k k k k a b a b a b a b ++-++⎛⎫+++ ⎪-⎝⎭.又因11(1)1k k b b ++-+=,由②得1111122111k k b b k k k k a b a b a b a b ++-++⎛⎫+++ ⎪-⎝⎭11221111(1)1k kk k k k a b a b a b b a b b +++++++≤⋅-+-112211k k k k a b a b a b a b ++=++++,从而112121k k b b b b k k a a a a ++112211k k k k a b a b a b a b ++≤++++.故当1n k =+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2n ≥成立,则后续证明中不需讨论1n =的情况.解析:(Ⅰ)考虑不等式()223160x a x a -++>的解.因为()()()2314263331a a a a ∆=⎡-+⎤-⨯⨯=--⎣⎦,且1a <,所以可分以下三种情况: ①当113a <<时,0∆<,此时B =R ,()0,D A ==+∞.②当13a =时,0∆=,此时{}1B x x =≠,()()0,11,D =+∞. ③当13a <时,0∆>,此时()223160x a x a -++=有两根,设为1x 、2x ,且12x x <,则()()()1313331a a a x +---=,()()()2313331a a a x ++--=,于是{}12B x x x x x =<>或.当103a <<时,()123102x x a +=+>,1230x x a =>,所以210x x >>,此时()()120,,D x x =+∞;当0a ≤时,1230x x a =≤,所以10x ≤,20x >,此时()2,D x =+∞.综上所述,当113a <<时,()0,D A ==+∞;当13a =时,()()0,11,D =+∞;当103a <<时,()()120,,D x x =+∞;当0a ≤时,()2,D x =+∞.其中()()()1313331a a a x +---=,()()()2313331a a a x ++--=.(Ⅱ)()()26616f x x a x a '=-++,令()0f x '=可得()()10x a x --=.因为1a <,所以()0f x '=有两根1m a =和21m =,且12m m <.①当113a <<时,()0,D A ==+∞,此时()0f x '=在D 内有两根1m a =和21m =,列表可得x()0,aa (),1a1 ()1,+∞()f x ' + 0 - 0 + ()f x递增极小值递减极大值递增所以()f x 在D 内有极大值点1,极小值点a . ②当13a =时,()()0,11,D =+∞,此时()0f x '=在D 内只有一根113m a ==,列表可得[21世纪教育网x10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭131,13⎛⎫ ⎪⎝⎭()1,+∞()f x ' + 0 - + ()f x递增极小值递减递增所以()f x 在D 内只有极小值点a ,没有极大值点. ③当103a <<时,()()120,,D x x =+∞,此时1201a x x <<<<(可用分析法证明),于是()0f x '=在D 内只有一根1m a =,列表可得x()0,aa ()1,a x()2,x +∞()f x ' + 0 - + ()f x递增极小值递减递增所以()f x 在D 内只有极小值点a ,没有极大值点.④当0a ≤时,()2,D x =+∞,此时21x >,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113a <<时,()f x 在D 内有极大值点1,极小值点a ;当103a <≤时,()f x 在D 内只有极小值点a ,没有极大值点.当0a ≤时,()f x 在D 内没有极值点.【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.解:(1)()2x f x e ax e '=+-,(1)200k f a a '===⇒=,故()x f x e e '=-1x ∴>时,()0f x '>,1x <时,()0f x '<,所以函数()f x 的增区间为(1,)+∞,减区间为(,1)-∞(2)设切点00(,)P x y ,则切线000()()()y f x x x f x '=-+令000()()()()()g x f x f x x x f x '=---,因为只有一个切点,所以函数()g x 就只有一个零点,因为0()0g x =000()()()2()x x g x f x f x e e a x x '''=-=-+-,若0,()0a g x '≥>0()()0g x g x >=,因此有唯一零点,由P 的任意性知0a ≥不合题意若0a <,令00()2()xxh x e e a x x =-+-,则0()0h x =()2x h x e a '=+,存在一个零点(ln(2),(ln 2))P a f a --,使曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点.故a 的取值范围为0a <.【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:()sin f x a x '=-.(Ⅰ)因为[0,]x π∈,所以0sin 1x ≤≤.当1a ≥时,()0f x '≥,()f x 在[0,]x π∈上为单调递增函数; 当0a ≤时,()0f x '≤,()f x 在[0,]x π∈上为单调递减函数;当01a <<时,由()0f x '=得sin x a =,由()0f x '>得0arcsin x a ≤<或arcsin a x ππ-<≤; 由()0f x '<得arcsin arcsin a x a π<<-.所以当01a <<时()f x 在[0,arcsin ]a 和[arcsin ,]a ππ-上为为单调递增函数;在[arcsin ,arcsin ]a a π-上为单调递减函数.(Ⅱ)因为()1sin cos 1sin 1sin cos f x x ax x x ax x x ≤+⇔+≤+⇔≤+-当0x =时,01sin0cos00≤+-=恒成立 当0x π<≤时,min 1sin cos 1sin cos 1sin cos []x x x xax x x a a x x+-+-≤+-⇔≤⇔≤令1sin cos ()(0)x xg x x xπ+-=<≤,则22(cos sin )1sin cos (1)cos (1)sin 1()x x x x x x x x x g x x x +--+++--'==又令()(1)cos (1)sin 1c x x x x x =++--,则()cos (1)sin sin (1)cos (sin cos )c x x x x x x x x x x '=-+++-=-+则当3(0,)4x π∈时,sin cos 0x x +>,故()0c x '<,()c x 单调递减 当3(,]4x ππ∈时,sin cos 0x x +<,故()0c x '≥,()c x 单调递增 所以()c x 在(0,]x π∈时有最小值3()214c π=,而0lim ()(10)cos0(01)sin 010x c x +→=++--=,lim ()()(1)10x c x c πππ-→==-+-<综上可知(0,]x π∈时,()0()0c x g x '<⇒<,故()g x 在区间(0,]π单调递 所以min 2[()]()g x g ππ==故所求a 的取值范围为2a π≤.另解:由()1sin f x x ≤+恒成立可得2()111f a a πππ≤⇔-≤⇔≤令2()sin (0)2g x x x x ππ=-≤≤,则2()cos g x x π'=-[来源:21世纪教育网]当2(0,arcsin)x π∈时,()0g x '>,当2(arcsin,)2x ππ∈时,()0g x '< 又(0)()02g g π==,所以()0g x ≥,即2sin (0)2x x x ππ≤≤≤故当2a π≤时,有2()cos f x x x π≤+①当02x π≤≤时,2sin x x π≤,cos 1x ≤,所以()1sin f x x ≤+②当2x ππ≤≤时,22()cos 1()sin()1sin 22f x x x x x x ππππ≤+=+---≤+ 综上可知故所求a 的取值范围为2a π≤.【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.【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()1c ，为公共切点可得:2()1(0)f x ax a =+>,则()2f x ax '=,12k a =, 3()g x x bx =+,则2()=3g x x b '+,23k b =+,∴23a b =+①又(1)1f a =+,(1)1g b =+,∴11a b +=+,即a b =,代入①式可得:33a b =⎧⎨=⎩.(2)24a b =,∴设3221()()()14h x f x g x x ax a x =+=+++则221()324h x x ax a '=++,令()0h x '=,解得:12a x =-,26a x =-;0a >,∴26a a-<-,∴原函数在2a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，单调递增,在26a a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，单调递减,在6a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增①若12a--≤,即2a ≤时,最大值为2(1)4a h a =-;②若126a a -<-<-,即26a <<时,最大值为12a h ⎛⎫-= ⎪⎝⎭③若16a --≥时,即6a ≥时,最大值为12a h ⎛⎫-= ⎪⎝⎭. 综上所述:当(]02a ∈，时,最大值为2(1)4a h a =-;当()2,a ∈+∞时,最大值为12a h ⎛⎫-= ⎪⎝⎭. 【解析】(I)设(1)xt e t =≥;则2222111a t y at b y a at at at -'=++⇒=-= ①当1a ≥时,0y '>⇒1y at b at=++在1t ≥上是增函数 得:当1(0)t x ==时,()f x 的最小值为1a b a++②当01a <<时,12y at b b at =++≥+ 当且仅当11(,ln )xat t e x a a====-时,()f x 的最小值为2b +(II)11 ()()x xx x f x ae b f x aeae ae'=++⇒=-由题意得:2222212(2)333131(2)222 f ae b aae efae bae⎧⎧=++==⎧⎪⎪⎪⎪⎪⇔⇔⎨⎨⎨'=⎪⎪⎪-==⎩⎪⎪⎩⎩。

第二节导数的应用利用导数研究函数的单调性考向聚焦利用导数研究函数的单调性属于高考的重点考查内容,常见考查方式有三种:(1)求不含参函数的单调区间(容易题);(2)求含参函数的单调区间(难点是对参数的讨论,中档题);(3)由函数的单调区间(包括两种情况①函数在某区间上是单调增函数或单调减函数,②函数在某区间上存在单调区间),求参数的取值X围.高考试卷中本考点通常出现在解答题的第(1)问,有时与不等式交汇,难度不大,所占分值6分左右,并且持续的重点考查备考指津重视对分类讨论和等价转化数学思想方法的训练,强化两种题型的训练:一是求函数的单调区间,二是已知函数的单调性求参数的取值X围1.(2011年某某卷,理4)若f(x)=x2-2x-4ln x,则f'(x)>0的解集为( )(A)(0,+∞)(B)(-1,0)∪(2,+∞)(C)(2,+∞)(D)(-1,0)解析:法一:由题意知x>0,f'(x)=2x-2-,则f'(x)>0等价于2x-2->0,即>0,又x>0,∴2x2-2x-4>0,∴x>2.故选C.法二:因为f(x)的定义域为(0,+∞),所以排除选项B、D,由于f'(x)=2x-2-,把x=1代入f'(x),得f'(x)<0,因为选项A中含有1,所以排除选项A,故选C.答案:C.2.(2011年某某卷,理11)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)(-∞,+∞)解析:设g(x)=f(x)-(2x+4),则g'(x)=f'(x)-2>0,∴g(x)在R上单调递增,且g(-1)=f(-1)-(-2+4)=0,当x>-1时,g(x)>g(-1)=0,即f(x)>2x+4,故此不等式的解集为(-1,+∞).故选B.答案:B.3.(2012年全国大纲卷,理20,12分)设函数f(x)=ax+cos x,x∈[0,π].(1)讨论f(x)的单调性;(2)设f(x)≤1+sin x,求a的取值X围.解:(1)f'(x)=a-sin x,①当a≥1时,f'(x)≥0,且仅当a=1,x=时,f'(x)=0,所以f(x)在[0,π]上是增函数;②当a≤0时,f'(x)≤0,且仅当a=0,x=0或x=π时,f'(x)=0, 所以f(x)在[0,π]上是减函数;③当0<a<1时,由f'(x)=0解得x1=arcsin a,x2=π-arcsin a. 当x∈[0,x1)时,sin x<a,f'(x)>0,f(x)是增函数;当x∈(x1,x2)时,sin x>a,f'(x)<0,f(x)是减函数;当x∈(x2,π)时,sin x<a,f'(x)>0,f(x)是增函数.(2)由f(x)≤1+sin x得f(π)≤1,aπ-1≤1,所以a≤.令g(x)=sin x-x(0≤x≤),则g'(x)=cos x-.当x∈(0,arccos )时,g'(x)>0,当x∈(arccos ,)时,g'(x)<0.又g(0)=g()=0,所以g(x)≥0,即x≤sin x(0≤x≤).当a≤时,有f(x)≤x+cos x.①当0≤x≤时,x≤sin x,cos x≤1,所以f(x)≤1+sin x;②当≤x≤π时,f(x)≤x+cos x=1+(x-)-sin(x-)≤1+sin x.综上,a的取值X围是(-∞,].4.(2011年卷,理18)已知函数f(x)=(x-k)2.(1)求f(x)的单调区间;(2)若对于任意的x∈(0,+∞),都有f(x)≤,求k的取值X围.解:(1)f'(x)=2(x-k)·+(x-k)2··=[2(x-k)+(x-k)2]=·[2k(x-k)+(x-k)2]=·[(x-k)(2k+x-k)]=·(x2-k2),令f'(x)=0,∵>0,∴x=±k.当k>0时,f(x)与f'(x)的情况如下表所示x (-∞,-k) -k (-k,k) k (k,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗↘0 ↗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)的情况如下表所示:x (-∞,k) k (k,-k) -k (-k,+∞) f'(x) - 0 + 0 -f(x) ↘0 ↗↘∴f(x)的单调递减区间是(-∞,k)和(-k,+∞),单调递增区间是(k,-k).(2)当k>0时,∵f(k+1)==>e-1=,∴不会有“对于任意的x∈(0,+∞),都有f(x)≤”.当k<0时,由(1)可知,f(x)在(0,+∞)的最大值是f(-k)=,要使“对于任意x∈(0,+∞),f(x)≤”,则需f(x)max ≤,即≤,∴4k2≤1,即-≤k<0.故当任意x∈(0,+∞),f(x)≤时,k 的取值X围是[-,0).本题第(1)问就是含参函数单调区间的求解问题,考查了分类讨论的数学思想.利用导数研究函数的极(最)值考向聚焦该考点主要从以下几个角度进行考查:(1)求函数的极值和最值;(2)由函数的极值求参数;(3)已知函数在给定区间上恒成立,求参数的取值X围;(4)利用最值证明不等式.这类试题在高考试卷中选择题、填空题、解答题都有可能出现,难度中档,所占分值4~5分.这类试题是高考考查的热点,且主要涉及多项式函数、幂函数、分式函数、以e为底的对数函数及以e为底的指数函数等备考指津强化对求函数极值和最值的方法步骤的训练,重视分类讨论和等价转化思想方法的运用,注意恒成立问题的解法训练5.(2012年某某卷,理7,5分)设函数f(x)=xe x,则( )(A)x=1为f(x)的极大值点(B)x=1为f(x)的极小值点(C)x=-1为f(x)的极大值点(D)x=-1为f(x)的极小值点解析:f'(x)=e x+xe x=(1+x)e x由f'(x)>0得1+x>0,x>-1,f'(x)<0得1+x<0,x<-1,∴f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,∴x=-1是f(x)的一个极小值点.答案:D.6.(2012年全国大纲卷,理10,5分)已知函数y=x3-3x+c的图像与x轴恰有两个公共点,则c 等于( )(A)-2或2 (B)-9或3(C)-1或1 (D)-3或1解析:∵函数y=x3-3x+c与x轴恰有两个公共点,∴函数y=x3-3x+c必有一个极值点为0(如图)或y'=3x2-3=3(x+1)(x-1),令y'=0,得x=±1,取x=1,令y=x3-3x+c=0,解得c=2,取x=-1,令y=x3-3x+c=0,解得c=-2.总之,c=±2.答案:A.7.(2012年某某卷,理8,5分)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)的图象如图所示,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)解析:由y=(1-x)f'(x)的图象知,x<-2或x>2时,f'(x)>0,-2<x<2时,f'(x)<0,∴f(x)在(-∞,-2)、(2,+∞)上单调递增,在(-2,2)上单调递减,∴f(x)极大值=f(-2),f(x)极小值=f(2).答案:D.8.(2011年某某卷,理8)设直线x=t与函数f(x)=x2,g(x)=ln x的图象分别交于点M,N,则当|MN|达到最小时t的值为( )(A)1 (B)(C)(D)解析:如图:|MN|=f(t)-g(t)=t2-ln t(t>0),令h(t)=t2-ln t(t>0),h'(t)=2t-=,令h'(t)>0,得t>,令h'(t)<0,得0<t<,∴h(t)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.∴当t=时,h(t)取最小值,即t=时,|MN|取最小值,故选D.答案:D.9.(2012年某某数学,14,5分)已知正数a,b,c满足:5c-3a≤b≤4c-a,cln b≥a+cln c,则的取值X围是.解析:本题考查不等式的性质、和导数的应用,考查化归和转化的能力.把5c-3a≤b≤4c-a变形为5·-3≤≤4·-1,∴5·-3≤4·-1,∴0<≤2;∴-3<5·-3≤≤4·-1≤7①又cln b≥a+cln c,∴c(ln b-ln c)>a,∴ln>-ln.设x=,h(x)=x-ln x(x≥),利用导数可以证明h(x)在(,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴h(x)≥h(1)=1,故ln≥1,∴≥e,②由①②可得e≤≤7.答案:[e,7]本题把不等式与导数隐含关系结合在一起,考法独特.10.(2011年某某卷,理12)函数f(x)=x3-3x2+1在x=处取得极小值.解析:f'(x)=3x2-6x=3x(x-2),令f'(x)=0得x=0或x=2,令f'(x)>0得x<0或x>2,令f'(x)<0得0<x<2.∴当x=2时取得极小值.答案:211.(2012年卷,理18,13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f(x)=ax2+1,g(x)=x3+bx,得f'(x)=2ax,g'(x)=3x2+b,∵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,∴∴解得a=b=3,c=4,∴所求a,b的值为a=3,b=3.(2)令F(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+bx+1=x3+ax2+x+1,∴F'(x)=3x2+2ax+.令F'(x)=0得x1=-,x2=-.∵a>0,∴-<-.∴x,F(x),F'(x)的变化如下表:x(-∞,-) -(-,-) -(-,+∞) F'(x) + 0 - 0 + F(x) ↗极大值↘极小值↗∴f(x)+g(x)的递增区间为(-∞,-),(-,+∞),递减区间为(-,-).①当-≥-1,即0<a≤2时,函数F(x)在(-∞,-1]上递增,F(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为F(-1)=a-a2.②当-<-1且-≥-1,即2<a≤6时,函数F(x)在区间(-∞,-)内递增,在区间(-,-1]上递减,F(x)在(-∞,-1]上的最大值为F(-)=1.③当-<-1,即a>6时,函数F(x)在区间(-∞,-)内递增,在(-,-)上递减,在(-,-1]上递增,又F(-)-F(-1)=1-a+=(-1)2>0,∴F(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为F(-)=1.综上所述:当0<a≤2时,f(x)+g(x)的最大值为a-a2,当a≥2时,f(x)+g(x)的最大值为1.本题考查的是导数中较为常规的题目,考查的切线、单调性、极值、最值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,而题目的难点在于第二问中,利用单调性求极值和端点值比较求最值,考查了分类讨论思想的运用.12.(2012年某某卷,理16,13分)设f(x)=aln x++x+1,其中a∈R,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于y轴.(1)求a的值;(2)求函数f(x)的极值.解:(1)∵f(x)=aln x++x+1,∴f'(x)=-+,∵曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于y轴,∴f'(1)=0,∴a-+=0,∴a=-1.(2)a=-1时,f(x)=-ln x++x+1,f'(x)=--+=(x>0)由f'(x)==0得x=1或x=-(舍去)f(x)与f'(x)的变化情况如下:x (0,1) 1 (1,+∞)f'(x) - 0 +f(x) 递减 3 递增由表知:f(x)极小值=f(1)=3.本题主要考查导数的几何意义及导数的应用,利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考必考知识,难度适中.13.(2012年某某卷,理21,14分)设a<1,集合A={x∈R|x>0},B={x∈R|2x2-3(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)设g(x)=2x2-3(1+a)x+6a,对称轴方程为x=,Δ=9(1+a)2-4×2×6a=9a2-30a+9=9(a-3)(a-),当a≤-1时x=≤0,g(0)=6a<0,方程2x2-3(1+a)x+6a=0有两根x1=<0,x2=>0.∴B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),∴D=(x2,+∞)=(,+∞).当-1<a≤0时,x=>0,g(0)=6a≤0,方程2x2-3(1+a)x+6a=0有两根x1=≤0,x2=>0,∴B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),∴D=(x2,+∞)=(,+∞),当0<a≤时x=>0,g(0)=6a>0,Δ≥0,方程2x2-3(1+a)x+6a=0有两根x1=,x2=满足0<x1≤x2,∴B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),∴D=(0,x1)∪(x2,+∞)=(0,)∪(,+∞).当<a<1时,方程2x2-3(1+a)x+6a=0的判别式Δ=9a2-30a+9<0,B=R,∴D=(0,+∞).综上所述,当a≤0时,D=(,+∞)当0<a≤时,D=(0,)∪(,+∞),当<a<1时,D=(0,+∞).(2)∵f'(x)=6[x2-(1+a)x+a]=6(x-a)(x-1)(a<1)∴由f'(x)=0得x=a或x=1,由f'(x)>0(a<1)得x<a或x>1,f'(x)<0(a<1)得,a<x<1,∴f(x)在(-∞,a)上是增函数,在(a,1)上是减函数,(1,+∞)上是增函数;∴f(x)有极小值点1,极大值点a.当a≤0时,若<1,解得a>,矛盾.故f(x)在D内无极值点当0<a≤时,由于<1<显然成立,若a<成立,则3-a>,解得0<a<.∴f(x)在D内只有一个极大值点a;当<a<1时,f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增成立.∴f(x)在D内有两个极值点a和1,综上,当a≤0时,f(x)在D内无极值点;当0<a≤时,f(x)在D内仅有一个极大值点a,无极小值点;当<a<1时,f(x)在D内有两个极值点,极大值点a,极小值点1.以集合、不等式为载体,考查导数的应用,借助于分类讨论思想,针对不同的a值,讨论f(x)的极值点是否存在,综合性强,难度较大.14.(2012年某某卷,理22,14分)已知a>0,b∈R,函数f(x)=4ax3-2bx-a+b.(1)证明:当0≤x≤1时,①函数f(x)的最大值为|2a-b|+a;②f(x)+|2a-b|+a≥0;(2)若-1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立,求a+b的取值X围.解:(1)①f'(x)=12ax2-2b=12a(x2-).当b≤0时,有f'(x)≥0,此时f(x)在[0,+∞)上单调递增.当b>0时,f'(x)=12a(x+)(x-),此时f(x)在[0,]上单调递减,在[,+∞)上单调递增.所以当0≤x≤1时,f(x)max=max|f(0),f(1)|=max|-a+b,3a-b|==|2a-b|+a.②由于0≤x≤1,故当b≤2a时,f(x)+|2a-b|+a=f(x)+3a-b=4ax3-2bx+2a≥4ax3-4ax+2a=2a(2x3-2x+1),当b>2a时,f(x)+|2a-b|+a=f(x)-a+b=4ax3+2b(1-x)-2a>4ax3+4a(1-x)-2a=2a(2x3-2x+1).设g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1,则g'(x)=6x2-2=6(x-)(x+),于是1 x 0(0,) (,1) g'(x) - 0 +g(x) 1 ↘极小值↗ 1所以,g(x)min=g()=1->0.所以当0≤x≤1时,2x3-2x+1>0.故f(x)+|2a-b|+a≥2a(2x3-2x+1)≥0.(2)由①知,当0≤x≤1,f(x)max=|2a-b|+a,所以|2a-b|+a≤1若|2a-b|+a≤1,则由②知f(x)≥-(|2a-b|+a)≥-1.所以-1≤f(x)≤1,对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是即或在直角坐标系aＯb中,(*)所表示的平面区域为如图所示的阴影部分,其中不包括点B.作一组平行直线a+b=t(t∈R),得-1<a+b≤3,所以a+b的取值X围是(-1,3].本题主要考查利用导数研究函数的性质、线性规划等基础知识,同时考查推理论证能力,运算能力及分析问题解决问题的能力,考查分类讨论的数学思想及学生的创新意识. 15.(2012年某某卷,理20,14分)已知函数f(x)=e x+ax2-ex,a∈R.(1)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;(2)试确定a的取值X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:(1)由于f'(x)=e x+2ax-e,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处切线斜率k=f'(1)=2a=0,所以a=0,即f(x)=e x-ex.此时f'(x)=e x-e,由f'(x)=0得x=1.当x∈(-∞,1)时,有f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,有f'(x)>0.所以f(x)的单调递减区间为(-∞,1),单调递增区间为(1,+∞).(2)设点P(x0,f(x0)),曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f'(x0)(x-x0)+f(x0),令g(x)=f(x)-f'(x0)(x-x0)-f(x0),故曲线y=f(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点.因为g(x0)=0,且g'(x)=f'(x)-f'(x0)=e x-+2a(x-x0).①若a≥0,当x>x0时,g'(x)>0,则x>x0时,g(x)>g(x0)=0;当x<x0时,g'(x)<0,则x<x0时,g(x)>g(x0)=0.故g(x)只有唯一零点x=x0.由P的任意性,a≥0不合题意.②若a<0,令h(x)=e x-+2a(x-x0),则h(x0)=0,h'(x)=e x+2a.令h'(x)=0,得x=ln(-2a),记x*=ln(-2a),则当x∈(-∞,x*)时,h'(x)<0,从而h(x)在(-∞,x*)内单调递减;当x∈(x*,+∞)时,h'(x)>0,从而h(x)在(x*,+∞)内单调递增.a.若x0=x*,由x∈(-∞,x*)时,g'(x)=h(x)>h(x*)=0;x∈(x*,+∞)时.g'(x)=h(x)>h(x*)=0.知g(x)在R上单调递增.所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x=x*.b.若x0>x*,由于h(x)在(x*,+∞)内单调递增,且h(x0)=0,则当x∈(x*,x0)时有g'(x)=h(x)<h(x0)=0,g(x)>g(x0)=0;任取x1∈(x*,x0)有g(x1)>0.又当x∈(-∞,x1)时,易知g(x)=e x+ax2-(e+f'(x0))x-f(x0)+x0f'(x0)<+ax2-(e+f'(x0))x-f(x0)+x0f'(x0)=ax2+bx+c,其中b=-(e+f'(x0)),c=-f(x0)+x0f'(x0).由于a<0,则必存在x2<x1,使得a+bx2+c<0.所以g(x2)<0.故g(x)在(x2,x1)内存在零点.即g(x)在R上至少有两个零点.③若x0<x*,仿②并利用e x>,可证函数g(x)在R上至少有两个零点.综上所述,当a<0时,曲线y=f(x)上存在唯一点P(ln(-2a),f(ln(-2a))),曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.16.(2011年某某卷,理16)设f(x)=,其中a为正实数.(1)当a=时,求f(x)的极值点;(2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值X围.解:(1)f'(x)=e x,当a=时,若f'(x)=0,则4x2-8x+3=0,解得x1=,x2=,则当x变化时,f(x),f'(x)的变化情况如下表:x(-∞,) (,) (,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗极大值↘极小值↗所以x1=是极小值点,x2=是极大值点.(2)若f(x)为R上的单调函数,则f'(x)在R上不变号,由a>0知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,则,解得0<a≤1,∴a的取值X围是(0,1].17.(2011年某某卷,理19)设f(x)=-x3+x2+2ax.(1)若f(x)在(,+∞)上存在单调递增区间,求a的取值X围;(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. 解:(1)由f'(x)=-x2+x+2a=-(x-)2++2a,当x ∈[,+∞)时,f'(x)的最大值为f'()=+2a.令+2a>0,得a>-,所以,当a>-时,f(x)在(,+∞)上存在单调递增区间.(2)令f'(x)=0得两根x1=,x2=,所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,当0<a<2时,有x1<1<x2<4,所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2),又f(4)-f(1)=-+6a<0,即f(4)<f(1).所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8a-=-,得a=1,x 2=2,从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)=.导数的综合应用考向聚焦导数的综合应用主要从以下角度考查:(1)利用导数研究多项式函数、幂函数、分式函数、以e为底的对数函数及以e为底的指数函数的性质以及求参数等综合问题;(2)求最值,以实际问题中的最优化问题形式呈现;(3)把导数与函数、方程、不等式、数列等结合起来综合考查;实际问题多为中低档难度的题目,综合考查则常在解答题的最后一问以压轴题呈现,具有一定的难度,所占分值为12~14分,为高考必考内容备考指导数的综合应用问题以导数应用为核心,以参数处理为主要特征,所以要重视参数处理能力的训练,重视代数变形技能的训练,重视问题等价转化能力的训练.强化以下几种题型的训练:(1)最值与不等式恒成立问题;(2)方程有解及解的个数讨论问题;(3)实际津应用问题18.(2012年新课标全国卷,理12,5分)设点P在曲线y=e x上,点Q在曲线y=ln(2x)上,则|PQ|的最小值为( )(A)1-ln 2 (B)(1-ln 2)(C)1+ln 2 (D)(1+ln 2)解析:本题主要考查导数的综合应用及互反函数的简单性质.由题意知,y=e x与y=ln(2x)是一对互反函数,二者图象关于直线y=x对称,结合图象知,当|PQ|最小时,记点P应是斜率为1的直线与曲线y=e x的切点,设P(x0,y0),点P到直线y=x的距离为|PH|,易知此时|PQ|=2|PH|,由y'=e x知k=y'==1,∴x0=ln 2,∴P(ln 2,1),∴点P到直线x-y=0的距离|PH|==.∴|PQ|=2|PH|=(1-ln 2).答案:B.结合两个函数解析式的形式特征,应考虑到二者互为反函数,故其图象关于直线y=x对称,结合图象的对称性易知:当|PQ|最小时,点P应是斜率为1的直线与y=e x的切点,点Q是斜率为1的直线与y=ln(2x)的切点,并且|PQ|也等于某切点到直线y=x的距离的2倍,联系导数即可.19.(2011年某某卷,理10)函数f(x)=ax m(1-x)n在区间[0,1]上的图象如图所示,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解析:由选择项分析当n=1时,f(x)=ax m(1-x)=a(x m-x m+1),当m=1时,f(x)=a(x-x2),对称轴为x=,不合题意.当m=2时,f(x)=a(x2-x3),令f'(x)=a(2x-3x2)=0得x=0或x=,不合题意.当m=3时,f(x)=a(x3-x4),令f'(x)=a(3x2-4x3)=0得x=0或x=,不合题意.故选B.答案:B.20.(2012年某某数学,18,16分)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)=3x2+2ax+b,且f'(-1)=3-2a+b=0,f'(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-3.(2)由(1)知,f(x)=x3-3x.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)的极值点只可能是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)的极值点为-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1或-2,注意到f(x)是奇函数,所以f(x)=2的两个不同的根为-1或2.当|d|<2时,因为f(-1)-d=f(2)-d=2-d>0,f(1)-d=f(-2)-d=-2-d<0,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)是单调递增函数,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的图象不间断,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的图象不间断,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有两个不同的根x1,x2满足|x1|=1,|x2|=2;当|d|<2时,f(x)=d有三个不同的根x3,x4,x5满足|x i|<2,i=3,4,5.现考虑函数y=h(x)的零点.(ⅰ)当|c|=2时,f(t)=c有两个根t1,t2满足|t1|=1,|t2|=2,而f(x)=t1有三个不同的根,f(x)=t2有两个不同的根,故y=h(x)有5个零点.(ⅱ)当|c|<2时,f(t)=c有三个不同的根t3,t4,t5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.本题把函数、不等式、方程结合在一起考查,设计新颖,考查了数学知识的灵活转化能力.21.(2012年某某卷,理21,14分)若函数h(x)满足①h(0)=1,h(1)=0;②对任意a∈[0,1],有h(h(a))=a;③在(0,1)上单调递减.则称h(x)为补函数.已知函数h(x)=((λ>-1,p>0).(1)判断函数h(x)是否为补函数,并证明你的结论;(2)若存在m∈[0,1],使h(m)=m,称m是函数h(x)的中介元.记p=(n∈N+)时h(x)的中介元为x n,且S n=x i,若对任意的n∈N+,都有S n<,求λ的取值X围;(3)当λ=0,x∈(0,1)时,函数y=h(x)的图像总在直线y=1-x的上方,求p的取值X围. 解:(1)函数h(x)是补函数,证明如下:①h(0)=(=1,h(1)=(=0;②对任意a∈[0,1],有h(h(a))=h(()=(=[=a;③令g(x)=(h(x))p,有g'(x)==,因为λ>-1,p>0,所以当x∈(0,1)时,g'(x)<0,所以函数g(x)在(0,1)上单调递减,故函数h(x)在(0,1)上单调递减.(2)当p=(n∈N+),由h(x)=x,得λ+2-1=0(*)(ⅰ)当λ=0时,中介元x n=()n;(ⅱ)当λ>-1且λ≠0时,由(*)得=∈(0,1)或=∉[0,1];得中介元x n=()n.综合(ⅰ)(ⅱ):对任意的λ>-1,中介元为x n=()n(n∈N+),于是,当λ>-1时,有S n=()i=[1-()n]<,当n无限增大时,()n无限接近于0,S n无限接近于,故对任意的n∈N+,S n<成立等价于≤,即λ∈[3,+∞).(3)当λ=0时,h(x)=(1-x p,中介元为x p=(,(ⅰ)当0<p≤1时,≥1,中介元为x p=(≤,所以点(x p,h(x p))不在直线y=1-x的上方,不符合条件;(ⅱ)当p>1时,依题意只需(1-x p>1-x在x∈(0,1)时恒成立,也即x p+(1-x)p<1在x∈(0,1)时恒成立,设ϕ(x)=x p+(1-x)p,x∈[0,1],则ϕ'(x)=p[x p-1-(1-x)p-1],由ϕ'(x)=0得x=,且当x∈(0,)时,ϕ'(x)<0,当x∈(,1)时,ϕ'(x)>0,又因为ϕ(0)=ϕ(1)=1,所以当x∈(0,1)时,ϕ(x)<1恒成立.综上,p的取值X围是(1,+∞).22.(2012年某某卷,理20,14分)已知函数f(x)=x-ln(x+a)的最小值为0,其中a>0.(1)求a的值;(2)若对任意的x∈[0,+∞),有f(x)≤kx2成立,某某数k的最小值;(3)证明-ln(2n+1)<2(n∈N*).(1)解:f'(x)=1-=(x>-a),由f'(x)=0得x=1-a>-a,当x变化时,f'(x)、f(x)的变化情况如下表:x (-a,1-a) 1-a (1-a,+∞) f'(x) - 0 +f(x) ↘极小值↗所以f(x)在x=1-a处取得最小值,故f(1-a)=1-a=0,∴a=1.(2)解: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)-kx2,即g(x)=x-ln(x+1)-kx2,则g'(x)=-2kx=,由g'(x)=0得x1=0或x2==-1>-1,①当x2=≤0,即k≥时,g'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,故g(x)在[0,+∞)上单调递减,所以对任意x∈[0,+∞)时,g(x)≤g(0)=0,所以f(x)≤kx2在[0,+∞)上恒成立.∴k≥符合题意.②当x2=>0,即0<k<时,x∈(0,)时,g'(x)>0.故g(x)在(0,)上单调递增,故当取x0∈(0,)时,g(x0)>g(0)=0,所以f(x0)≤k不成立.∴0<k<时,不合题意.综上所述k≥,即k的最小值是.(3)证明:当n=1时,不等式左边=2-ln 3<2=右边,所以n=1时,不等式成立.当n≥2时,f()=[-ln(1+)]=-[ln(2i+1)-ln(2i-1)]=-ln(2n+1),在2中取k=,得f(x)≤(x≥0),故f()≤<(i∈N*,i≥2), 所以-ln(2n+1)=f()=f(2)+f()<2-ln 3+=2-ln 3+(-)=2-ln 3+1-<2,综上,-ln(2n+1)<2,n∈N*.本小题主要考查导数的运算,利用导数研究函数单调性,利用函数的最值解决恒成立问题,函数与不等式交汇问题的解法,同时考查分类讨论思想,考查综合分析和解决问题的能力,属难题.23.(2012年某某卷,理22,13分)已知函数f(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.(1)求k的值;(2)求f(x)的单调区间;(3)设g(x)=(x2+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.解:(1)由f(x)=,得f'(x)=,x∈(0,+∞),由于曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线与x轴平行,所以f'(1)=0,因此k=1.(2)由(1)得f'(x)=(1-x-xln x),x∈(0,+∞),令h(x)=1-x-xln x,x∈(0,+∞),当x∈(0,1)时,h(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,又e x>0,所以x∈(0,1)时,f'(x)>0;x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,因此f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).(3)证明:因为g(x)=(x2+x)f'(x),所以g(x)=(1-x-xln x),x∈(0,+∞).因此对任意x>0,g(x)<1+e-2等价于1-x-xln x<(1+e-2).由(2),h(x)=1-x-xln x,x∈(0,+∞),所以h'(x)=-ln x-2=-(ln x-ln e-2),x∈(0,+∞),因此当x∈(0,e-2)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(e-2,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;所以h(x)的最大值为h(e-2)=1+e-2,故1-x-xln x≤1+e-2,设ϕ(x)=e x-(x+1),因为ϕ'(x)=e x-1=e x-e0,所以x∈(0,+∞)时,ϕ'(x)>0,ϕ(x)单调递增,ϕ(x)>ϕ(0)=0,故x∈(0,+∞)时,ϕ(x)=e x-(x+1)>0,即>1,所以1-x-xln x≤1+e-2<(1+e-2)因此,对任意x>0,g(x)<1+e-2.24.(2012年新课标全国卷,理21,12分)已知函数f(x)满足f(x)=f'(1)e x-1-f(0)x+x2.(1)求f(x)的解析式及单调区间;(2)若f(x)≥x2+ax+b,求(a+1)b的最大值.解:(1)由已知得f'(x)=f'(1)e x-1-f(0)+x∴f'(1)=f'(1)-f(0)+1∴f(0)=1又f(0)=f'(1)e-1∴f'(1)=e∴f(x)=e x-x+x2由于f'(x)=e x-1+x,当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0∴f(x)单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)由已知可得e x-(a+1)x≥b①①若a+1<0,则对任意常数b,当x<0,且x<时可得e x-(a+1)x<b,此时①式不成立.②若a+1=0时,则(a+1)b=0③若a+1>0,设g(x)=e x-(a+1)x则g'(x)=e x-(a+1)当x∈(-∞,ln(a+1))时g'(x)<0;当x∈(ln(a+1),+∞)时,g'(x)>0∴g(x)在(-∞,ln(a+1))上单调递减,在(ln(a+1),+∞)上单调递增.∴g(x=g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1)所以f(x)≥x2+ax+b等价于b≤a+1-(a+1)ln(a+1)②∴(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)令h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)则h'(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)]∴h(a)在(-1,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减故h(a)在a=-1处取得最大值从而h(a)≤,即(a+1)b≤当a=-1,b=时②式成立故f(x)≥x2+ax+b.综上知(a+1)b的最大值为.本题解答时,思路切入并不困难,尤其第(1)问,体现了导数运算及巧妙的赋值处理,来求得f'(1)=e,f(0)=1;但是第(2)问的解决难度相当大,貌似恒成立问题,但涉及两个参数,(a+1)b与x无法做到分离,基本感觉无思路状态,面对这种问题,分类讨论思想起了关键作用.最后还涉及视常数a为变量的转换问题,更突显了题目的难度与深度.25.(2012年某某卷,理22,13分)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,问:是否存在x0∈(x1,x2),使f'(x0)>k成立?若存在,求x0的取值X围;若不存在,请说明理由. 解:(1)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而f'(x)=ae ax-1,令f'(x)=0得x=ln,当x<ln时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln时,f'(x)>0,f(x)单调递增.故当x=ln时,f(x)取最小值f(ln)=-ln.于是对一切x∈R,f(x)≥1恒成立,当且仅当-ln≥1令g(t)=t-tln 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=1,即a=1时,①式成立.综上所述,a的取值集合为{1}.(2)由题意知,k==-1.令ϕ(x)=f'(x)-k=ae ax-,则ϕ(x1)=-[-a(x2-x1)-1]ϕ(x2)=[-a(x1-x2)-1].令F(t)=e t-t-1,则f'(t)=e t-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e t-t-1>0.从而-a(x2-x1)-1>0,-a(x1-x2)-1>0,又>0,>0,所以ϕ(x1)<0,ϕ(x2)>0.因为函数y=ϕ(x)在区间[x1,x2]上的图象是连续不断的一条曲线,所以存在c∈(x1,x2),使得ϕ(c)=0.又ϕ'(x)=a2e ax>0,ϕ(x)单调递增,故这样的c是唯一的,且c=ln.故当且仅当x∈(ln,x2)时,f'(x)>k综上所述,存在x0∈(x1,x2),使f'(x0)>k成立,且x0的取值X围为(ln,x2). 26.(2012年某某卷,理21,12分)设f(x)=ln(x+1)++ax+b(a,b∈R,a,b为常数),曲线y=f(x)与直线y=x在(0,0)点相切.(1)求a,b的值;(2)证明:当0<x<2时,f(x)<.(1)解:由y=f(x)过(0,0)点,得b=-1.由题设知y=f(x)在(0,0)点的切线斜率为,又y'|x=0=(++a)|x=0=+a,得a=0.(2)证明:法一:由基本不等式,当x>0时,2<x+1+1=x+2,故<+1.记h(x)=f(x)-,则h'(x)=+-=-<-=,令g(x)=(x+6)3-216(x+1),则当0<x<2时,g'(x)=3(x+6)2-216<0.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h(0)=0,故h(x)<0.于是当0<x<2时,f(x)<,法二:由(1)知f(x)=ln(x+1)+-1,由基本不等式,当x>0时,2<x+1+1=x+2.故<+1.①令k(x)=ln(x+1)-x,则k(0)=0,k'(x)=-1=<0,故k(x)<0,即ln(x+1)<x.②由①②得,当x>0时,f(x)<x.记h(x)=(x+6)f(x)-9x,则当0<x<2时,h'(x)=f(x)+(x+6)f'(x)-9<x+(x+6)(+)-9=[3x(x+1)+(x+6)(2+)-18(x+1)]<[3x(x+1)+(x+6)(3+)-18(x+1)]=(7x-18)<0.因此h(x)在(0,2)内单调递减,又h(0)=0,所以h(x)<0,即f(x)<.27.(2011年某某卷,理18)某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3<x<6,a为常数.已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克.(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解:(1)∵x=5时,y=11,∴+10=11,∴a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)=(x-3)[+10(x-6)2]=2+10(x-3)(x-6)2(3<x<6)从而,f'(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6).于是,当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x (3,4) 4 (4,6)f'(x) + 0 -f(x) 单调递增极大值42 单调递减由上表可得,x=4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是最大值点.所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.答:当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.28.(2011年某某卷,理19)已知a>0,函数f(x)=ln x-ax2,x>0.(f(x)的图象连续不断) (1)求f(x)的单调区间;(2)当a=时,证明:存在x0∈(2,+∞),使f(x0)=f();(3)若存在均属于区间[1,3]的α,β,且β-α≥1,使f(α)=f(β),证明≤a≤.(1)解:f'(x)=-2ax=,x∈(0,+∞).令f'(x)=0,解得x=.当x变化,f'(x)、f(x)的变化情况如下表:x(0,) (,+∞) f'(x) + 0 -f(x) ↗极大值↘∴f(x)的单调递增区间是(0,),f(x)的单调递减区间是(,+∞).(2)证明:当a=时,f(x)=ln x-x2,由(1)得f(x)在(0,2)内单调递增,令g(x)=f(x)-f(),由于f(x)在(0,2)内单调递增,故f(2)>f(),即g(2)>0.取x'=e>2,则g(x')=<0,∴存在x0∈(2,x'),使g(x0)=0,即存在x0∈(2,+∞),使f(x0)=f().(3)证明:由f(α)=f(β)及(1)可知α<<β,从而f(x)在[α,β]上的最小值为f(α),又β-α≥1,α,β∈[1,3],∴1≤α≤2≤β≤3.∴,即.∴≤a≤.(2011年某某卷,理22)设函数f(x)=(x-a)2ln x,a∈R.(1)若x=e为y=f(x)的极值点,某某数a;(2)某某数a的取值X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.难题特色:本题(2)把不等式恒成立与求参数取值X围结合在一起命题.蕴含其中的还有利用导数研究函数的极值和最值问题、解不等式问题、分类讨论思想等.难点突破:对于第(2)问,①考虑到当x∈(0,1]时,ln x≤0,从而f(x)≤0,满足f(x)≤4e2,因此可只研究x∈(1,3e]的情况;②为求f(x)在(1,3e]上的最大值,可先研究f(x)在(1,3e]上的单调性;③对f(x)求导后,引进函数h(x)=2ln x+1-,先分析h(x)的单调性及零点情况,再得出f(x)的单调性;④解关于a的不等式时注意运用相关函数的单调性.解:(1)求导得f'(x)=2(x-a)ln x+=(x-a)(2ln x+1-).因为x=e是f(x)的极值点,所以f'(e)=(e-a)(3-)=0,解得a=e或a=3e,经检验,符合题意,所以a=e或a=3e.(2)①当0<x≤1时,对于任意的实数a,恒有f(x)≤0<4e2成立.②当1<x≤3e时,由题意,首先有f(3e)=(3e-a)2ln(3e)≤4e2,解得3e-≤a≤3e+.由(1)知f'(x)=(x-a)(2ln x+1-),令h(x)=2ln x+1-,则h(1)=1-a<0,h(a)=2ln a>0,且h(3e)=2ln(3e)+1-≥2ln(3e)+1-=2(ln(3e)-)>0.又h(x)在(0,+∞)内单调递增,所以函数h(x)在(0,+∞)内有唯一零点,记此零点为x0,则1<x0<3e,1<x0<a.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,只要成立.由h(x0)=2ln x0+1-=0,知a=2x0ln x0+x0.(iii)将(iii)代入(i)得4ln3x0≤4e2.又x0>1,注意到函数x2ln3x在(1,+∞)内单调递增,故1<x0≤e.再由(iii)以及函数2xln x+x在(1,+∞)内单调递增,可得1<a≤3e.由(ii)解得,3e-≤a≤3e+.所以3e-≤a≤3e.综上,a的取值X围为3e-≤a≤3e.(2011年某某卷,理21、文21,12分)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立方米,且l≥2r.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.(1)写出y关于r的函数表达式,并求该函数的定义域;(2)求该容器的建造费用最小时的r.解:(1)设容器的容积为V,由题意知V=+πr2l,又V=,∴+πr2l=1分∴l=-=(-r)2分由l≥2r,得r≤2,∴0<r≤23分所以建造费用y=2πrl×3+4πr2c=2πr×(-r)×3+4πr2c4分∴y=-8πr2+4πcr2(0<r≤2)5分第(1)问赋分细则:(1)定义域0<r≤2直接写出没有求解过程扣1分;(2)函数表达式直接写出没有过程扣4分;(3)求函数表达式的代入过程对,但结果整理错误,扣1分.(2)由(1)得y'=--16πr+8πcr=(cr3-2r3-20)=(r3-)7分①当0<<2,即c>时,令y'=0,∴r=.∴当r∈(0,)时,y'<0,函数单调递减,当r∈(,+∞)时,y'>0,函数单调递增.∴r=是函数的极小值点,也是最小值点.9分②当≥2,即3<c≤时,当r∈(0,2),y'<0,函数单调递减;∴r=2是函数的最小值点.11分综上所述,当3<c≤时,容器的建造费用最小时r=2;当c>时,容器的建造费用最小时r=.12分第(2)问赋分细则:(1)导数求对得2分,导函数零点(等价形式也可以)求对得1分;(2)讨论的①中0<<2,c>二者出现一个即得1分;(3)若不讨论,直接判断导数符号得到结果扣4分;(4)若在分类讨论时,c的X围求解错误,其他全对,扣掉解不等式1分和结论1分;(5)解题最后没有结论扣1分.通过高考阅卷统计分析,造成失分的原因如下:(1)解题思路对,解题跨度大,跨过得分点.比如:本题不写+πr2l=,直接写出l=-=(-r);(2)忽略定义域的求解过程;忽略求函数解析式的求解过程.比如:本题没有解题过程,直接写出y=-8πr2+4πcr2,0<r≤2;(3)没有讨论意识,找不到讨论的原因和标准,比如本题误认为0<≤2,对不进行讨论;(4)没有写结论的习惯,比如本题第(1)问不写y=-8πr2+4πcr2(0<r≤2);第(2)问不写综上所述,当3<c≤时,容器的建造费用最小时r=2;当c>时,容器的建造费用最小时r=.。

第十四章 导数综合能力测试(Ⅱ)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分150分。

考试时间120分钟。

第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(每小题只有一个选项是正确的，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

)1．已知某函数的导数为y ′＝12(x －1)，则这个函数可能是( )A ．y ＝ln 1－xB ．y ＝ln 11－xC ．y ＝ln(1－x )D ．y ＝ln 11－x答案：A解析：对选项求导．(ln 1－x )′＝11－x(1－x )′＝11－x ·12(1－x )－12·(－1)＝12(x －1).故选A.2．(2009·某某)设函数f (x )＝g (x )＋x 2，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为( )A ．4B ．－14C ．2D ．－12答案：A解析：f ′(x )＝g ′(x )＋2x .∵y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1， ∴g ′(1)＝2，∴f ′(1)＝g ′(1)＋2×1＝2＋2＝4， ∴y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线斜率为4.3．(2009·某某)曲线y ＝xx －2在点(1，－1)处的切线方程为( )A ．y ＝x －2B ．y ＝－3x ＋2C ．y ＝2x －3D ．y ＝－2x ＋1 答案：D解析：y ′＝(x x －2)′＝－2(x －2)2，∴k ＝y ′|x ＝1＝－2.l ：y ＋1＝－2(x －1)，则y ＝－2x ＋1.故选D.4．曲线y ＝e x 在点(2，e 2)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积为( )A.94e 2B ．2e 2C ．e 2D.e 22 答案：D解析：∵y ′＝e x ，∴y ＝e x 在点(2，e 2)的导数为e 2.∴y ＝e x 在点(2，e 2)的切线方程为y ＝e 2x －e 2.y ＝e 2x －e 2与x 轴、y 轴的交点分别为(1,0)和(0，－e 2)，∴S ＝12×1×e 2＝e22.故选D.5．已知函数y ＝f (x )，y ＝g (x )的导函数的图象如图，那么y ＝f (x )，y ＝g (x )的图象可能是( )答案：D解析：由题意知函数f (x )，g (x )都为增函数，当x ＜x 0时，由图象知f ′(x )＞g ′(x )，即f (x )的增长速度大于g (x )的增长速度；当x ＞x 0时，f ′(x )＜g ′(x )，g (x )的增长速度大于f (x )的增长速度，数形结合，选D.6．设y ＝8x 2－ln x ，则此函数在区间(0，14)和(12，1)内分别( )A ．单调递增，单调递减B ．单调递增，单调递增C ．单调递减，单调递增D ．单调递减，单调递减 答案：C解析：y ′＝16x －1x.当x ∈(0，14)时，y ′＜0，y ＝8x 2－ln x 为减函数；当x ∈(12，1)时，y ′＞0，y ＝8x 2－ln x 为增函数．7．下列关于函数f (x )＝(2x －x 2)e x的判断正确的是( ) ①f (x )＞0的解集是{x |0＜x ＜2}；②f (－2)是极小值，f (2)是极大值； ③f (x )没有最小值，也没有最大值． A ．①③ B．①②③ C ．② D．①② 答案：D解析：由f (x )＞0⇒(2x －x 2)e x ＞0⇒2x －x 2＞0⇒0＜x ＜2，故①正确； f ′(x )＝e x (2－x 2)，由f ′(x )＝0得x ＝±2， 由f ′(x )＜0得x ＞2或x ＜－2， 由f ′(x )＞0得－2＜x ＜2，∴f (x )的单调减区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)． 单调增区间为(－2，2)．∴f (x )的极大值为f (2)，极小值为f (－2)，故②正确． ∵x ＜－2时，f (x )＜0恒成立．∴f (x )无最小值，但有最大值f (2)． ∴③不正确．8．已知f (x )＝－x 3－x ，x ∈[m ，n ]，且f (m )·f (n )＜0，则方程f (x )＝0在区间[m ，n ]上( )A ．至少有三个实根B ．至少有两个实根C ．有且只有一个实根D ．无实根 答案：C9．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值X 围是( )A ．－1＜a ＜2B ．－3＜a ＜6C ．a ＜－3或a ＞6D ．a ＜－1或a ＞2 答案：C解析：由于f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1，有f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)． 若f (x )有极大值和极小值，则Δ＝4a 2－12(a ＋6)＞0， 从而有a ＞6或a ＜－3，故选C.10．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20cm ，要使其体积最大，其高应为( ) A.2033cm B ．100cm C ．20cmD.203cm答案：A解析：设高为h ，则半径为202－h 2，体积V ＝13πr 2h ＝13π(202－h 2)·h＝－13πh 3＋2023πh (0＜h ＜20)，V ′＝－πh 2＋2023π.令V ′＝0，得h ＝2033或h ＝－2033(舍去)，即当h ＝2033时，V 为最大值．11．(2010·某某省实验中学)若函数f (x )＝(2－m )xx 2＋m的图象如图所示，则m 的X 围为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,2)C ．(1,2)D ．(0,2) 答案：C解析：f ′(x )＝(x 2－m )(m －2)(x 2＋m )2＝(x －m )(x ＋m )(m －2)(x 2＋m )2由图知m －2＜0，且m ＞0，故0＜m ＜2， 又m ＞1，∴m ＞1，因此1＜m ＜2，选C. 12．定义在R 上的函数f (x )满足f (4)＝1.f ′(x )为f (x )的导函数，已知函数y ＝f ′(x )的图象如图所示．若两正数a ，b 满足f (2a ＋b )＜1，则b ＋2a ＋2的取值X 围是( ) A ．(13，12)B ．(－∞，12)∪(3，＋∞)C ．(12，3)D ．(－∞，－3) 答案：C解析：由y ＝f ′(x )的图象知，当x ＜0时，f ′(x )＜0，函数f (x )是减函数；当x ＞0时，f ′(x )＞0，函数f (x )是增函数；两正数a ，b 满足f (2a ＋b )＜1，f (4)＝1，点(a ，b )的区域为图中的阴影部分(不包括边界)，b ＋2a ＋2的意义为阴影部分的点与点A (－2，－2)连线的斜率，直线AB 、AC 的斜率分别为12、3，则b ＋2a ＋2的取值X 围是(12，3)，故选C.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请将答案填在题中的横线上。