2012年高考真题理科数学导数

一、选择题

1 ．（2012年高考（新课标理））已知函数f(x)1ln(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2aD．若2a2a23b2a23bbbA．若2aC．若2a2a23b2a23bbb,则a>b ,则a>b ,则a3 ．（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)ax在R上是减函数 ”,是

“函数g(x)(2a)x3在R上是增函数”的 A．充分不必要条件 C．充分必要条件 面积为 A．

2π5（ ）

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

（ ）

B．

4332π2 C． D．

y 117 ．（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,

O 1 x 则点P恰好取自阴影部分的概率为 A．

14 第3题图 （ ）

C．

3 B．

15

16 D．

17

8 ．（2012年高考（大纲理））已知函数yx3x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). 2函数yxf(x)(0x1)的图像与x轴围成的图形的面积为_______ .

10．（2012年高考（山东理））设a0.若曲线y2面积为a,则a______.

x与直线xa,y0所围成封闭图形的

11．（2012年高考（江西理））计算定积分(xsinx)dx___________.

133处的切线方程为12．（2012年高考（广东理））曲线yxx3在点1,12___________________.

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;

2n(Ⅲ)证明i=122i1*ln(2n+1)<2(nN).

x114．（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12x;

2(1)求f(x)的解析式及单调区间; (2)若f(x)

15．（2012年高考（浙江理））已知

f12xaxb,求(a1)b的最大值.

2Aa>0,bR,函数

x4ax2bxab3.

GEDF(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.

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.)

BC设f(x)alnx于y轴. (Ⅰ) 求a的值;

12x32x1,其中aR,曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线垂直

(Ⅱ) 求函数f(x)的极值.

17．（2012年高考（陕西理））设函数fn(x)xbxcn(nN,b,cR)

(1)设n2,b1,1c1,证明:fn(x)在区间,1内存在唯一的零点;

2(2)设n2,若对任意x1,x2[1,1],有|f2(x1)f2(x2)|4,求b的取值范围; (3)在(1)的条件下,设xn是fn(x)在性.

18．（2012年高考（山东理））已知函数f(x)1,1内的零点,判断数列x2,x3,,xn的增减2lnxkex(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)(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

19．（2012年高考（辽宁理））设f(x)ln(x1)x1axb(a,bR,a,b为常数),曲

线yf(x)与 直线y32x在(0,0)点相切.

(Ⅰ)求a,b的值.

(Ⅱ)证明:当0x2时,f(x)

20．（2012年高考（江苏））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

9xx6.

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.

21．（2012年高考（湖南理））已知函数f(x)=eax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(x2,f(x2))(x1x2),记直线AB的斜率为K,问:是否存在x0∈(x1,x2),使f(x0)k成立?若存在,求x0的取值范围;若不存在,请说明理由.

22．（2012年高考（湖北理））(Ⅰ)已知函数f(x)rxxr(1r)(x0),其中r为有理数,且

0r1. 求f(x)的

最小值;

(Ⅱ)试用(Ⅰ)的结果证明如下命题:

设a10,a20,b1,b2为正有理数. 若b1b21,则a1ba2ba1b1a2b2;

12(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

年高考（广东理））(不等式、导数)设a1,集合

AxR0x,BxR2x31ax6a0,DAB.

2(Ⅰ)求集合D(用区间表示);

32(Ⅱ)求函数fx2x31ax6ax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).

x2(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cosx,x[0,]. (1)讨论f(x)的单调性;

(2)设f(x)1sinx,求a的取值范围.

2326．（2012年高考（北京理））已知函数f(x)ax1(a0),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a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.

227．（2012年高考（安徽理））(本小题满分13分)设f(x)aex1aex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

32x;求a,b的值.

2012年高考真题理科数学解析汇编：导数参

一、选择题

1. 【解析】选B

g(x)ln(1x)xg(x)x1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 排除A,C,D

2. 【答案】A

【解析】若

22a23bab,必有

22a2b2ab.构造函数:fx2x2x,则

xfx2ln220恒成立,故有函数fx2x2x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.

xx4. 解析:f(x)(x1)e,令f(x)0,得x1,x<-1时,f(x)0,f(x)xe为

x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,

选D.

x35. 【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. 6. 考点分析:本题考察利用定积分求面积.

3解析:根据图像可得: yf(x)x21,再由定积分的几何意义,可求得面积为

S11(x1)dx(213xx)13143.

7. 【答案】C

【解析】S阴影10(xx)dx(233x212x)02116S正1,故P16,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,可得极大值或者极小值为零即可满足要求.而f(x)3x2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

y 5 B y 5 P M x N O D 1 图2 x 0x10x,9. [解析]如图1,f(x), 11010x,x1212A C 10x2,0x12所以yxf(x), 1 2110x10x,x12图1 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=125254.

[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a0x233x|2a02331a2a,所以a2223,所以a49.

11.

231 【解析】本题考查有关多项式函数,三角函数定积分的应用.

11112cos1cos1. 33333x3x31(xsinx)dxcosx|1132【点评】这里,许多学生容易把原函数写成

3cosx,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.

212.解析:2x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1xaxa1x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)minf(1a)1a0a1

（2）设g(x)kx2f(x)kx2xln(x1)(x0) 则g(x)0在x[0,+)上恒成立g(x)min0g(0)（*）

g(1)k1ln20k0 g(x)2kx11x112x(2kx2k1)x1

12k2kx0g(x0)g(0)0与（*）

①当2k10(k矛盾 ②当k12)时，g(x)00x时，g(x)0g(x)ming(0)0符合（*）

12得：实数k的最小值为(lfxlby)

12x对任意的x0值恒成立

2（3）由（2）得：xln(x1)22i1取x(i1,2,3,,n)：

22i1n[ln(2i1)ln(2i1)]2(2i1)2

当n1时，2ln32 得：i=122i1ln(2n+1)<2（lb ylfx）

当i2时，

2(2i1)212i312i1

n得：[i122i1ln(2i1)ln(2i1)]2ln3112n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f(0)x14. 【解析】(1)f(x)f(1)e122x1xf(x)f(1)ef(0)x

令x1得:f(0)1

x1f(x)f(1)ex1221xf(0)f(1)e1f(1)e

得:f(x)exx122xxg(x)f(x)e1x

xg(x)e10yg(x)在xR上单调递增

f(x)0f(0)x0,f(x)0f(0)x0

得:f(x)的解析式为f(x)exx12x

2且单调递增区间为(0,),单调递减区间为(,0) (2)f(x)12xaxbh(x)e(a1)xb0得h(x)e(a1)

2xx①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)min(a1)(a1)ln(a1)b0

(a1)b(a1)(a1)ln(a1)(a10)

22令F(x)x2x2lnx(x0);则F(x)x(12lnx)

F(x)00xe,F(x)0xe 当x当ae时,F(x)maxe1,be2

e2e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)fx12ax22b.

当b≤0时,fx12ax22b>0在0≤x≤1上恒成立,

此时fx的最大值为:f14a2bab3ab=|2a-b|﹢a; 当b>0时,fx12ax22b在0≤x≤1上的正负性不能判断, 此时fx的最大值为:

ba，b2afmaxxmax{f(0)，（f1）}max{(ba)，(3ab)}b2a3ab，=|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4ax32bxab,∴令gx12ax2b02xb6a. 当b≤0时,gx12ax22b<0在0≤x≤1上恒成立, 此时gx的最大值为:g0ab3ab=|2a-b|﹢a; 当b<0时,gx12ax22b在0≤x≤1上的正负性不能判断,

gmaxxmax{g(b6a)，g（1）}

4max{b3b6aab，b2a}4bb6aab，b36ab6ab2a，

≤|2a-b|﹢a;

综上所述:函数gx在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a-b|﹢a. 即fx+|2a-b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知:函数fx在0≤x≤1上的最大值为|2a-b|﹢a, 且函数fx在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a-b|﹢a)要大. ∵﹣1≤fx≤1对x[0,1]恒成立, ∴|2a-b|﹢a≤1.

取b为纵轴,a为横轴. 则可行域为: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zmax3,zmin1.

3. ∴所求a+b的取值范围为:1，

【答案】(Ⅰ) 见解析;(Ⅱ) 1，3.

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alnx12x32x1,故fxax12x232

由于曲线yfx在点1,ff10,

1处的切线垂直于y轴,故该切线斜率为0,即

从而a12320,解得a1

12x2(2)由(1)知fxlnx1x12x232x1x0,

fxfx323x2x12x2

(3x1)(x1)2x2

13令fx0,解得x11,x2(因x213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,fn(x)xx1

n∵fn()fn(1)(2112n11)10,∴fn(x)在,1内存在零点. 22又当x1n110 ,1时,fn(x)nx211,1上是单调递增的,所以fn(x)在,1内存在唯一零点. 22∴ fn(x)在(2)当n2时,f2(x)x2bxc

对任意x1,x2[1,1]都有|f2(x1)f2(x2)|4等价于f2(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|b2|1,即|b|2时,

M|f2(1)f2(1)|2|b|4,与题设矛盾

(ⅱ)当1b20,即0b2时,

b2)(b21)4恒成立

2Mf2(1)f2((ⅲ)当0b21,即2b0时,

b2)(b21)4恒成立.

2Mf2(1)f2(综上可知,2b2

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1Mmax{f2(1),f2(1)}f2(f2(1)f2(1)2b2) f2(b2) b21,即2b2时,

|f2(1)f2(1)|21c|b|(|b|2b24c)

(1)4恒成立

2(3)证法一 设xn是fn(x)在1,1内的唯一零点(n2) 21nn1fn(xn)xnxn1,fn1(xn1)xn1xn110,xn1,1

2n1n于是有fn(xn)0fn1(xn1)xnxn11xn1xn11fn(xn1) 1又由(1)知fn(x)在1,1上是递增的,故xnxn1(n2), 2所以,数列x2,x3,,xn是递增数列. 证法二 设xn是fn(x)在fn1(xn)fn1(1)(xnxnn1nn11,1内的唯一零点 2n1xn1)(111)

xn1xnxn10

则fn1(x)的零点xn1在(xn,1)内,故xnxn1(n2), 所以,数列x2,x3,,xn是递增数列.

118.解析:由f(x) =

lnxkex可得f(x)xklnxex,而f(1)0,即

1ke0,解得

k1;

1(Ⅱ)f(x)x1lnxex,令f(x)0可得x1,

1x1lnx0;当x1时,f(x)1x1lnx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1lnxex(Ⅲ)g(x)(xx)2x1x(xx)lnxex22,

22x2(1)当x1时, 1x0,lnx0,xx0,e0,g(x)01e.

1(2)当0x1时,要证g(x)(xx)x21lnxex1e2.

只需证

x1ex1e21x(1lnx)x1ee即可

设函数p(x)则p(x)xex,q(x)1x(1lnx),x(0,1).

0,q(x)2lnx,x(0,1),

则当0x1时p(x)x1eep(0)1,

令q(x)2lnx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,

则当0x1时q(x)1x(1lnx)q(e2)1e2,且q(x)0,

1e2则

1x(1lnx)1e1e221,于是可知当0x1时

x1ex1e21x(1lnx)成立

综合(1)(2)可知对任意x>0,g(x)1e2恒成立. 另证1:设函数p(x)x1ee,x(0,1),则p(x)p(0)1,

xex0,

则当0x1时p(x)x1ex1于是当0x1时,要证g(x)(xx)只需证x(1x1lnx)1e22x1lnxexx(1x1lnx)1e2,

即可,

设q(x)1x(1lnx),x(0,1),q(x)1x(1lnx), 令q(x)2lnx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2则当0x1时q(x)1x(1lnx)q(e)1e,

1于是可知当0x1时(xx)2x1lnxex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于是不等式g(x)(xx)2x1lnxexx(1x1lnx)1e2,

设q(x)1x(1lnx),x(0,1),q(x)1x(1lnx), 令q(x)2lnx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, 则当0x1时q(x)1x(1lnx)q(e2)1e2,

11lnx于是可知当0x1时(x2x)xex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32x在(0,0)点9xx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.

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

322∵1和1是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点,

∴ f'(1)32ab=0,f'(1)32ab=0,解得a=0，b=3. (2)∵ 由(1)得,f(x)x33x ,

∴g(x)f(x)2=x33x2=x1x2,解得x1=x2=1，x3=2. ∵当x<2时,g(x)<0;当20, ∴x=2是g(x)的极值点.

∵当21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.

时,f'(x)>0 ,于是f(x)是单调增函数,从而f(x)>f(2)=2. ① 当x2，无实根. 此时f(x)=d在2， 2时.f'(x)>0,于是f(x)是单调增函数. ② 当x1，2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.

1时,f'(x)<0,于是f(x)是单调减两数. ③ 当x1，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.

x2=2;当d<2 时 因此,当d=2时,f(x)=d有两个不同的根x1，x2满足x1=1， i=3, 4, 5. f(x)=d有三个不同的根x3，x1，x5,满足xi<2，现考虑函数yh(x)的零点:

t2=2. ( i )当c=2时,f(t)=c有两个根t1，t2,满足t1=1，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. ( 11 )当c<2时,f(t)=c有三个不同的根t3，t4，t5,满足ti<2， i=3, 4, 5. 而f(x)=ti 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)x33x,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.

ax21. 【解析】(Ⅰ)若a0,则对一切x0,f(x)ex1,这与题设矛盾,又a0,

故a0.

而f(x)aeax1,令f(x)0,得x当x1aln1a1aln1aln1a.

1aln1a1a时,f(x)0,f(x)单调递减;当x1a时,f(x)0,f(x)单调递增,

1a.

故当x时,f(x)取最小值f(1aln1a)1aln于是对一切xR,f(x)1恒成立,当且仅当

1a1aln1a1. ①

令g(t)ttlnt,则g(t)lnt.

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.

f(x2)f(x1)x2x1ax1a1即a1时,①式成立.

(Ⅱ)由题意知,keax2eax1x2x1ax11.

令(x)f(x)kaeeax2ex2x1,则

(x1)ea(x2x1)a(x2x1)1,

x2x1eax2eax1(x2)ea(x1x2)a(x1x2)1. x2x1令F(t)ett1,则F(t)et1.

当t0时,F(t)0,F(t)单调递减;当t0时,F(t)0,F(t)单调递增. 故当t0,F(t)F(0)0,即ett10. 从

eax1而ea(x2x1)a(x2x1)10,ea(x1x2)a(x1x2)10,又

x2x10,eax2x2x10,

所以(x1)0,(x2)0.

因为函数y(x)在区间x1,x2上的图像是连续不断的一条曲线,所以存在

x0(x1,x2)使(x0)0,(x)ae1aeax22ax0,(x)单调递增,故这样的c是唯一的,且eax2clneax1a(x2x1).故当且仅当x(1alneax1a(x2x1),x2)时, f(x0)k.

综上所述,存在x0(x1,x2)使f(x0)k成立.且x0的取值范围为

(1alneax2eax1a(x2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(1aln1a)1a1aln1a.对一切x∈R,f(x) 1恒成立

转化为f(x)min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)f(x)rrxr1r(1xr1),令f(x)0,解得x1. 当0x1时,f(x)0,所以f(x)在(0,1)内是减函数;

当 x1 时,f(x)0,所以f(x)在(1,)内是增函数.

故函数f(x)在x1处取得最小值f(1)0. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当x(0,)时,有f(x)f(1)0,即xrrx(1r) ① 若a1,a2中有一个为0,则a1ba2ba1b1a2b2成立;

12若a1,a2均不为0,又b1b21,可得b21b1,于是 在①中令x11a1a2,rb1,可得(a1a2)b1b1a1a2(1b1),

即a1ba21ba1b1a2(1b1),亦即a1ba2ba1b1a2b2.

12综上,对a10,a20,b1,b2为正有理数且b1b21,总有a1ba2ba1b1a2b2. ②

12(Ⅲ)(Ⅱ)中命题的推广形式为:

设a1,a2,,an为非负实数,b1,b2,,bn为正有理数.

bb若b1b2bn1,则a1ba2ana1b1a2b2anbn. ③

12n用数学归纳法证明如下:

(1)当n1时,b11,有a1a1,③成立.

(2)假设当nk时,③成立,即若a1,a2,,ak为非负实数,b1,b2,,bk为正有理数,

bb且b1b2bk1,则a1ba2aka1b1a2b2akbk.

12k当nk1时,已知a1,a2,,ak,ak1为非负实数,b1,b2,,bk,bk1为正有理数, 且b1b2bkbk11,此时0bk11,即1bk10,于是

b1b2bkaaaab11b22bkkbk1k1(aaa)abkb11b22bkkbk1k1=(a11bk1a21bk1ak1bk1)1bk1akk11.

b因

b11bk1b1b2b21bk1bk1bk1k1bk1b11bk11,由归纳假设可得

a1bk11a1bk12aa1a2b21bk1akbk1bk1a1b1a2b2akbk1bk1,

bbbakak1从而a1ba212kk1aba2b2akbk111bk11bk1akk11b.

又因(1bk1)bk11,由②得

a1b1a2b2akbk1bk11bk1akk11ba1b1a2b2akbk1bk1(1bk1)ak1bk1

a1b1a2b2akbkak1bk1,

bbb从而a1ba2akak1a1b1a2b2akbkak1bk1.

12kk1故当nk1时,③成立.

由(1)(2)可知,对一切正整数n,所推广的命题成立.

说明:(Ⅲ)中如果推广形式中指出③式对n2成立,则后续证明中不需讨论n1的情况.

23.解析:(Ⅰ)考虑不等式2x231ax6a0的解.

因为31a426a3a33a1,且a1,所以可分以下三种情况: ①当

13a1时,0,此时BR,DA0,. 13132②当a③当a时,0,此时Bxx1,D0,11,.

时,0,此时2x231ax6a0有两根,设为x1、x2,且x1x2,则

3a33a1431a3a33a14x131a,x2,于是

Bxxx1或xx2.

当0a13时,x1x2321a0,x1x23a0,所以x2x10,此时

D0,x1x2,;当a0时,x1x23a0,所以x10,x20,此时Dx2,.

综上所述,当时

,

13a1时,DA0,;当a13时,D0,11,;当0a时

,

Dx2,13D0,x1x2,;

3a当

a0.其中

x131a4a3,x23311a3a33a14.

(Ⅱ)fx6x261ax6a,令fx0可得xax10.因为a1,所以

fx0有两根m1a和m21,且m1m2.

①当

13a1时,DA0,,此时fx0在D内有两根m1a和m21,列表

可得

x

0,a

a

a,1

1

1,

fx fx

+ 递增

0 极小值

- 递减

0 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ax

13时,D0,11,,此时fx0在D内只有一根m1a10, 31313,列表可得

1,1 31,

+ 递增

fx fx

+ 递增

0 极小值

- 递减

所以fx在D内只有极小值点a,没有极大值点. ③当0a13时,D0,x1x2,,此时0ax11x2(可用分析法证明),于是

fx0在D内只有一根m1a,列表可得

x fx fx

0,a

+ 递增

a

a,x1

- 递减

x2,

+ 递增

0 极小值

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x2,,此时x2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

13a1时,fx在D内有极大值点1,极小值点a;当0a13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.

xx解:(1)f(x)e2axe,kf(1)2a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(x0,y0),则切线yf(x0)(xx0)f(x0)

令g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0),因为只有一个切点,所以函数g(x)就只有一个零点,因为g(x0)0

xxg(x)f(x)f(x0)ee02a(xx0),若a0,g(x)0

g(x)g(x0)0,因此有唯一零点,由P的任意性知a0不合题意

x若a0,令h(x)exe2a(xx0),则h(x0)0

0h(x)e2a,存在一个零点P(ln(2a),f(ln2a)),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sinx.

(Ⅰ)因为x[0,],所以0sinx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sinxa,

由f(x)0得0xarcsina或arcsinax; 由f(x)0得arcsinaxarcsina.

所以当0a1时f(x)在[0,arcsina]和[arcsina,]上为为单调递增函数;在[arcsina,arcsina]上为单调递减函数.

(Ⅱ)因为f(x)1sinxaxcosx1sinxax1sinxcosx 当x0时,01sin0cos00恒成立 当

时,ax1sinxcosxa1sinxcosxxa[1sinxcosxx0x]min

令g(x)g(x)1sinxcosxx(0x),则

(1x)cosx(x1)sinx1x2(cosxsinx)x1sinxcosxx2

又令c(x)(1x)cosx(x1)sinx1,则

c(x)cosx(1x)sinxsinx(x1)cosxx(sinxcosx)

则当x(0,当x(3434)时,sinxcosx0,故c(x)0,c(x)单调递减

,]时,sinxcosx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0limc(x)(10)cos0(01)sin0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)]ming()2

2故所求a的取值范围为a.

2另解:由f(x)1sinx恒成立可得

g(x)sinx2x(0xf()1a11a

令

当x(0,arcsin又g(0)g(故当a222,则

)g(x)cosx2

)时,g(x)0,当x(arcsin22,)时,g(x)0 22)0,所以g(x)0,即

2xsinx(0x2)

时,有f(x)2xcosx

①当0x②当

2时,

2xsinx,cosx1,所以f(x)1sinx

2xcosx122(xx时,f(x)2)sin(x2)1sinx

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:f(x)ax21(a0),则f(x)2ax,k12a,

g(x)xbx3,则g(x)=3x2b,k23b,2a3b①

a3b3又f(1)a1,g(1)1b,a11b,即ab,代入①式可得:(2)a24b,设h(x)f(x)g(x)x3ax2则h(x)3x22axa0,a2a614a2.

14ax1

2,令h(x)0,解得:x1a2,x2a6;

,

a2原函数在，单调递增,在a2，aa单调递减,在，66上单调递增

①若1≤②若a2a2,即a≤2时,最大值为h(1)aa6a24;

a21a6,即2a6时,最大值为h1

a2③若1≥时,即a≥6时,最大值为h1.

a2综上所述:当a0，2时,最大值为h(1)aah1. 24;当a2,时,最大值为

27. 【解析】(I)设te(t1);则yatx1atbya1at2at1at222

①当a1时,y0yat1atb在t1上是增函数

1ab

得:当t1(x0)时,f(x)的最小值为a②当0a1时,yat当且仅当at1(te(II)f(x)aexx1atb2b

1a,xlna)时,f(x)的最小值为b2

1aex1aexxbf(x)ae

122aeb3af(2)322aee由题意得: 3f(2)ae213b122ae22