2024年高考真题理科数学解析汇编：导数与积分(1)

2012年高考真题理科数学解析汇编：导数与积分

一、选择题

1 ．（2012年高考（新课标理））已知函数f(x)?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a

3 ．（2012年高考（重庆理））设函数f(x)在R上可导,其导函数为f?(x),

且函数y?(1?x)f?(x)的图像如题(8)图所示,则下列结论中一定成立的是

A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B．函数f(x)有极大值f(?2)和极小值f(1) C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(?2) D．函数f(x)有极大值f(?2)和极小值f(2)

4 ．（2012年高考（陕西理））设函数f(x)?xe,则

x（ ）

（ ）

A．x?1为f(x)的极大值点 C．x??1为f(x)的极大值点

B．x?1为f(x)的极小值点 D．x??1为f(x)的极小值点

x5 ．（2012年高考（山东理））设a?0且a?1,则“函数f(x)?a在R上是减函数 ”,是

1

“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

（ ）

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

6 ．（2012年高考（湖北理））已知二次函数y?f(x)的图象如图所示,则它与x轴所围图形

的面积为 A．

2π5（ ）

B．

43 C．

32 D．

π2

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

O 1 x P,则点P恰好取自阴影部分的概率为 A．

14 ? ?第3题图 （ ）

B．

15 C．

316 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?___________.

?11212．（2012年高考（广东理））曲线y?x?x?3在点?1,3?处的切线方程为___________________.

3三、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;

n2(Ⅲ)证明?i=122i?1?ln(2n+1)<2(n?N).

*

2

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a>0,b?R,函数

f12x?ax?b,求(a?1)b的最大值.

2A?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.)

13?x?1,其中a?R,曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于设f(x)?alnx?2x2y轴.

BC(Ⅰ) 求a的值;

(Ⅱ) 求函数f(x)的极值.

17．（2012年高考（陕西理））设函数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??1?,1?内的零点,判断数列x2,x3,?,xn?的增减性. ?2?3

18．（2012年高考（山东理））已知函数f(x)?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?)?1e.

?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

9xx?6.

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.21世纪教育网 (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.

4

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);

(Ⅱ)求函数f?x??2x3?3?1?a?x2?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.

5

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.

27．（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?

6

32x;求a,b的值.

2012年高考真题理科数学解析汇编：导数参考答案

一、选择题

1. 【解析】选B 21世纪教育网

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为减

x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为增函

x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

7

【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 x M 0?x??10x,9. [解析]如图1,f(x)??, 1?10?10x,2?x?112?10x2,0?x?1A C 2所以y?xf(x)??, 1 21?10x?10x,?x?12?图1

N O D 1 图2

x 易知,y=xf(x)的分段解析式中的两部分抛物线形状完全相同,只是开口方向及顶点位置不同,如图2,封闭图形MNO与OMP全等,面积相等,故所求面积即为矩形ODMP的面积

?S=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?233x2|?a023321a2?a,所以a2?23,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.

?x3?1?1???1?112(x?sinx)dx??cosx|??cos1??cos1???1???????. ??1333????333??2【点评】这里,许多学生容易把原函数写成

x33?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

8

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限制条件,从而做到不重不漏;第三问中,证明不等式,应借助于导数证不等式的方法进行.

x?1?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 [来源:21世纪教育网]

得:f(x)?e?x?x122xx?g(x)?f?(x)?e?1?x

xg?(x)?e?1?0?y?g(x)在x?R上单调递增

9

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) [来源:21世纪教育网]

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.

10

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:??1，11

【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,f?1??处的切线垂直于y轴,故该切线斜率为0,即f??1??0, 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?12

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(?bb2?1,即?2?b?2时,

) 2f(?1)?f2(1)|f2(?1)?f2(1)|b?2??f2(?)

222?1?c?|b|?(?|b|22b24?c)

?(1?)?4恒成立

(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?1?xn?1?1?xn?1?xn?1?1?fn(xn?1)

又由(1)知fn(x)在??1?,1?上是递增的,故xn?xn?1(n?2), ?2?13

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) 21世纪教育网

?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)x?1ex2x?1?lnxex?1?e?2.

只需证?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),

x?1ee则当0?x?1时p(x)??p(0)?1,

?2令q?(x)??2?lnx?0解得x?e当x?(0,e?2?(0,1),

?2)时q?(x)?0;当x?(e,1)时q?(x)?0,

14

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, 则当0?x?1时q(x)?1?x(1?lnx)?q(e?2)?1?e?2,

1?1?lnxex于是可知当0?x?1时(x?x)2x?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当x?(0,e?2?2?(0,1),

?2)时q?(x)?0;当x?(e,1)时q?(x)?0,

?2?2则当0?x?1时q(x)?1?x(1?lnx)?q(e)?1?e,

12x于是可知当0?x?1时(x?x)?1?lnxex?1?e?2成立.

19. 【答案及解析】

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16

【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?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)?32x在(0,0)点相9xx?6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x0, ∴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?

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2

当d=2时,由(2 )可知,f(x)=?2的两个不同的根为I 和一2 ,注意到f(x)是奇函数,∴f(x)=2的两个不同的根为一和2.

当d<2时,∵f(?1)?d=f(2)?d=2?d>0,f(1)?d=f(?2)?d=?2?d<0 , ∴一2 , -1,1 ,2 都不是f(x)=d的根. 由(1)知f'(x)=3?x?1??x?1?.

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

② 当x??1， 2?时.f'(x)>0,于是f(x)是单调增函数. 又∵f(1)?d<0,f(2)?d>0,y=f(x)?d的图象不间断, ∴f(x)=d 在(1 , 2 )内有唯一实根.

同理,f(x)=d在(一2 ,一I )内有唯一实根.

③ 当x???1， 1?时,f'(x)<0,于是f(x)是单调减两数. 又∵f(?1)?d>0, f(1)?d<0,y=f(x)?d的图象不间断, ∴f(x)=d在(一1,1 )内有唯一实根.

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.

i=3, 4, 5. ( 11 )当c<2时,f(t)=c有三个不同的根t3，t4，t5,满足ti<2，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.

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21. 【解析】(Ⅰ)若a?0,则对一切x?0,f(x)?eax?x?1,这与题设矛盾,又a?0,

故a?0.

而f?(x)?aeax?1,令f?(x)?0,得x?当x?1aln1a1aln1aln1a.

1a1alnln1a1a时,f?(x)?0,f(x)单调递减;当x?1a时,f?(x)?0,f(x)单调递增,

.

故当x?时,f(x)取最小值f(1aln1a)?1a?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?tt令F(t)?e?t?1,则F?(t)?e?1.

当t?0时,F?(t)?0,F(t)单调递减;当t?0时,F?(t)?0,F(t)单调递增.

t故当t?0,F(t)?F(0)?0,即e?t?1?0.

从而ea(x2?x1)?a(x2?x1)?1?0,ea(x1?x2)?a(x1?x2)?1?0,又

eax1x2?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

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2axx0?(x1,x2)使?(x0)?0,??(x)?ae?0,?(x)单调递增,故这样的c是唯一的,且

c?1alneax2?eax1a(x2?x1).故当且仅当x?(1alneax2?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. [来源:21世纪教育网]

(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 21世纪教育网 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: 21世纪教育网 设a1,a2,?,an为非负实数,b1,b2,?,bn为正有理数.

bb?an?a1b1?a2b2???anbn. ③ 若b1?b2???bn?1,则a1ba212n用数学归纳法证明如下:

(1)当n?1时,b1?1,有a1?a1,③成立.

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?a?h????1. ?2?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?ex?(II)f(x)?ae?x1at?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?

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