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2004-2010云南省函数导数解答题目高考题目及答案



2004 年—2010 年云南省高考函数导数试题汇总
2004 年
22. (本小题满分 14 分) 已知函数 f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx. (Ⅰ)求函数 f(x)的最大值; (Ⅱ)设 0<a<b,证明 0<g(a)+g(b)-2g(
a?b )<(b-a)ln2. 2

2005 年
(22)已知函数 f ( x) ?

4x ? 7 , x ? [0,1] 2? x
2
3

①求 f (x) 的单调区间和值域。 ②设 a ? 1,函数 g ( x) ? x ? 3ax ? 2a, x ? [0,1] ,若对于任意 x1 ? [0,1] ,总存在 x0 ? [0,1] , 使得 g ( x0 ) ? f ( x1 ) 成立,求 a 的取值范围。

2006 年
(20) (本小题12分) 设函数 f ( x) ? ( x ? 1) ln(x ? 1).若对所有的 x ? 0, 都有 f ( x) ? ax 成立,求实数 a 的取值范 围。

2007 年
22. (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ? x ? x .
3

(1)求曲线 y ? f ( x) 在点 M (t,f (t )) 处的切线方程; (2)设 a ? 0 ,如果过点 (a,b) 可作曲线 y ? f ( x) 的三条切线,证明: ?a ? b ? f (a) .

2008 年

22. (本小题满分 12 分) 设函数 f ( x) ?

sin x . 2 ? cos x

(Ⅰ)求 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)如果对任何 x ≥ 0 ,都有 f ( x) ≤ ax ,求 a 的取值范围.

2009 年
22.(本小题满分 12 分)
2

设函数 f ? x ? ? x ? aIn ?1 ? x ? 有两个极值点 x1、x2 ,且 x1 ? x2 (I)求 a 的取值范围,并讨论 f ? x ? 的单调性; (II)证明: f ? x2 ? ?

1 ? 2 In2 。 4

2010 年
(21) (本小题满分 12 分) 已知函数 f(x)=x 3 -3ax 2 +3x+1。 (Ⅰ)设 a=2,求 f(x)的单调期间; (Ⅱ)设 f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点,求 a 的取值范围。

2004 年~2009 年云南省高考函数导数题参考答案
2009 年
解: (I) f ? ? x ? ? 2 x ?
2

a 2x2 ? 2x ? a ? ( x ? ?1) 1? x 1? x
1 。 由题意知 x1、x2 是方程 g ( x) ? 0 的两个 2
? ? ? 4 ? 8a ? 0 1 ,得 0 ? a ? 2 ? g (?1) ? a ? 0

令 g ( x) ? 2 x ? 2 x ? a , 其对称轴为 x ? ?

均大于 ?1 的不相等的实根,其充要条件为 ?

⑴当 x ? (?1, x1 ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 (?1, x1 ) 内为增函数; ⑵当 x ? ( x1 , x2 ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 ( x1 , x2 ) 内为减函数; ⑶当 x ? ( x2, ? ?) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 ( x2, ? ?) 内为增函数; (II)由(I) g (0) ? a ? 0,??

1 ? x2 ? 0 , a ? ?(2 x 2 2 +2x2 ) 2

? f ? x2 ? ? x2 2 ? aln ?1 ? x2 ? ? x2 2 ? (2 x 2 2 +2x2 )ln ?1 ? x2 ?
设 h ? x ? ? x 2 ? (2 x 2 ? 2 x)ln ?1 ? x ? ( x ? ? ) , 则 h? ? x ? ? 2 x ? 2(2 x ? 1)ln ?1 ? x ? ? 2 x ? ?2(2 x ? 1)ln ?1 ? x ? ⑴当 x ? (?

1 2

1 1 , 0) 时, h? ? x ? ? 0,? h( x) 在 [? , 0) 单调递增; 2 2

⑵当 x ? (0, ??) 时, h? ? x ? ? 0 , h( x ) 在 (0, ??) 单调递减。

1 1 1 ? 2ln 2 ?当x ? (? , 0)时, h ? x ? ? h(? ) ? 2 2 4 1 ? 2 In2 故 f ? x2 ? ? h( x2 ) ? . 4

2008 年
22.解: (Ⅰ) f ?( x) ? 当 2kπ ?

(2 ? cos x) cos x ? sin x(? sin x) 2cos x ? 1 ? . ··········· ·· 分 ··········· · 2 ·········· ·· 2 (2 ? cos x) (2 ? cos x) 2

2π 2π 1 ( k ?Z )时, cos x ? ? ,即 f ?( x) ? 0 ; ? x ? 2kπ ? 3 3 2 2π 4π 1 当 2kπ ? ( k ?Z )时, cos x ? ? ,即 f ?( x) ? 0 . ? x ? 2kπ ? 3 3 2

因此 f ( x) 在每一个区间 ? 2kπ ?

? ?

2π 2π ? ,kπ ? 2 ? ( k ?Z )是增函数, 3 3 ?

2π 4π ? ? ··········· · ·········· ·· 2 f ( x) 在每一个区间 ? 2kπ ? ,kπ ? ? ( k ?Z )是减函数. ············ 6 分 3 3 ? ?
(Ⅱ)令 g ( x) ? ax ? f ( x ) ,则

g ?( x) ? a ?

2 cos x ? 1 (2 ? cos x) 2

?a?

2 3 ? 2 ? cos x (2 ? cos x) 2
2

1 1? 1 ? ? 3? ? ? ?a? . 3 ? 2 ? cos x 3 ?
故当 a ≥

1 时, g ?( x) ≥ 0 . 3

又 g (0) ? 0 ,所以当 x ≥ 0 时, g ( x) ≥ g (0) ? 0 ,即 f ( x) ≤ ax . ·········· 9 分 ·········· ·········· 当0 ? a ?

1 时,令 h( x) ? sin x ? 3ax ,则 h?( x) ? cos x ? 3a . 3

arccos 3a ? 时, h?( x) ? 0 . 故当 x ? ? 0, arccos 3a ? 上单调增加. 因此 h( x ) 在 ? 0,
故当 x ? (0, arccos3a) 时, h( x) ? h(0) ? 0 , 即 sin x ? 3ax . 于是,当 x ? (0, arccos3a) 时, f ( x) ? 当 a ≤ 0 时,有 f ?

sin x sin x ? ? ax . 2 ? cos x 3

π ?π? 1 ? ? ? 0≥ a ? . 2 ? 2? 2

? 因此, a 的取值范围是 ? , ? ? . ····························· 分 ···························· 12 ·········· ··········· ·······

?1 ?3

? ?

2007 年
22.解: (1)求函数 f ( x) 的导数; f ?( x) ? 3x ? 1 .
2

曲线 y ? f ( x) 在点 M (t,f (t )) 处的切线方程为:

y ? f (t ) ? f ?(t )( x ? t ) ,


y ? (3t 2 ? 1) x ? 2t 3 .

(2)如果有一条切线过点 (a,b) ,则存在 t ,使

b ? (3t 2 ? 1)a ? 2t 3 .
于是,若过点 (a,b) 可作曲线 y ? f ( x) 的三条切线,则方程

2t 3 ? 3at 2 ? a ? b ? 0
有三个相异的实数根. 记 则

g (t ) ? 2t 3 ? 3at 2 ? a ? b , g ?(t ) ? 6t 2 ? 6at

? 6t (t ? a) .
当 t 变化时, g (t ),g ?(t ) 变化情况如下表:

t
g ?(t )
g (t )

(??, 0)

0 0 极大值 a ? b

(0,a)
?

a
0 极小值 b ? f (a)

(a, ?) ?

?
?

?
?

?

由 g (t ) 的单调性,当极大值 a ? b ? 0 或极小值 b ? f (a) ? 0 时,方程 g (t ) ? 0 最多有 一个实数根; 当 a ? b ? 0 时,解方程 g (t ) ? 0 得 t ? 0,t ? 数根; 当 b ? f (a) ? 0 时,解方程 g (t ) ? 0 得 t ? ? ,t ? a ,即方程 g (t ) ? 0 只有两个相异 的实数根. 综上,如果过 (a,b) 可作曲线 y ? f ( x) 三条切线,即 g (t ) ? 0 有三个相异的实数根,

3a ,即方程 g (t ) ? 0 只有两个相异的实 2

a 2

则?

? a ? b ? 0, ?b ? f (a ) ? 0.


?a ? b ? f (a ) .

2006 年
20.解法一: 令 g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax, 对函数 g(x)求导数:g′(x)=ln(x+1)+1-a - 令 g′(x)=0,解得 x=ea 1-1, ……5 分 (i)当 a≤1 时,对所有 x>0,g′(x)>0,所以 g(x)在[0,+∞)上是增函数, 又 g(0)=0,所以对 x≥0,都有 g(x)≥g(0), 即当 a≤1 时,对于所有 x≥0,都有 f(x)≥ax. ……9 分 - a-1 (ii)当 a>1 时,对于 0<x<e -1,g′(x)<0,所以 g(x)在(0,ea 1-1)是减函数, - 又 g(0)=0,所以对 0<x<ea 1-1,都有 g(x)<g(0), 即当 a>1 时,不是对所有的 x≥0,都有 f(x)≥ax 成立. 综上,a 的取值范围是(-∞,1]. ……12 分 解法二:令 g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax, 于是不等式 f(x)≥ax 成立即为 g(x)≥g(0)成立. ……3 分 对函数 g(x)求导数:g′(x)=ln(x+1)+1-a - 令 g′(x)=0,解得 x=ea 1-1, ……6 分 - 当 x> ea 1-1 时,g′(x)>0,g(x)为增函数, - 当-1<x<ea 1-1,g′(x)<0,g(x)为减函数, ……9 分 a-1 所以要对所有 x≥0 都有 g(x)≥g(0)充要条件为 e -1≤0. 由此得 a≤1,即 a 的取值范围是(-∞,1]. ……12 分

2005 年
(22)解:(I)对函数 f (x) 求导,得

f `( x) ?
令 f `( x) ? 0 解得

? 4 x 2 ? 16 x ? 7 ? (2 x ? 1)( 2 x ? 7) ? (2 ? x) 2 (2 ? x) 2

x?

1 2

或x ?

7 2

当 x 变化时。 f `(x) , f (x) 的变化情况如下表: x 0 (0,

1 ) 2

1 2
0 -4

()

1 ,1 2
+

1

f `(x)
f (x)

_

? 1 2

7 2 1 2

-3

所以,当 x ? (0, ) 时, f (x) 是减函数;当 x ? ( ,1) 时, f (x) 是增函数。 当 x ? (0,1) 时, f (x) 的值域为[-4,-3]。

(II)对函数 g (x ) 求导,得图表 1

g `( x) ? 3( x 2 ? a 2 )

? a ? 1,当 x ? (0,1) 时, g `( x) ? 3(1 ? a 2 ) ? 0
因此当 x ? (0,1) 时。 g (x) 为减函数,从而当 x ? [0,1] 时有

g ( x) ? [ g (1), g (0)]
又 g (1) ? [1 ? 2a ? 3a ,?2a, g (0) ? ?2a ,即当 x ? [0,1] 时有
2

g ( x) ? [1 ? 2a ? 3a 2 ,?2a]
任给 x1 ? [0,1] , f ( x1 ) ? [?4,?3] ,存在 x0 ? [0,1] ,使得 g ( x0 ) ? f ( x1 ) ,则

[1 ? 2a ? 3a 2 ,?2a] ? [?4,?3]
即?

?1 ? 2a ? 3a 2 ? ?4 ?? 2a ? ?3

解得 a ?

3 2

又 a ? 1,所以 a 的取值范围为 1 ? a ?

3 2

2004 年
22. 本小题主要考查导数的基本性质和应用、 对数函数性质和平均值不等式等知识以及综合 推理论证的能力,满分 14 分. (Ⅰ)解:函数 f (x) 的定义域为 (?1,??) .

f ?( x) ?

1 ? 1. 1? x

令 f ?( x) ? 0, 解得x ? 0. 当 x ? 0时, f ?( x) ? 0. 又 f (0) ? 0,

当 ? 1 ? x ? 0时, f ?( x) ? 0,

故当且仅当 x=0 时, f (x) 取得最大值,最大值为 0. (Ⅱ)证法一: g (a) ? g (b) ? 2 g (

a?b a?b ) ? a ln a ? b ln b ? (a ? b) ln 2 2 2a 2b ? a ln ? b ln . a?b a?b

由(Ⅰ)结论知 ln(1 ? x) ? x ? 0( x ? ?1, 且x ? 0), 由题设

0 ? a ? b, 得

b?a a ?b ? 0,?1 ? ? 0, 2a 2b

因此

所以

2b b?a b?a ? ? ln(1 ? )?? , a?b 2a 2a 2b a ?b a ?b ln ? ? ln(1 ? )?? , a?b 2b 2b 2a 2b b?a a ?b a ln ? b ln ?? ? ? 0. a?b a?b 2 2 ln
a ln 2a 2b a?b 2b 2b ? b ln ? a ln ? b ln ? (b ? a) ln ? (b ? a) ln 2. a?b a?b 2b a?b a?b

又 2a ? a ? b , a?b 2b 综上

0 ? g (a) ? g (b) ? 2 g (

a?b ) ? (b ? a) ln 2. 2

证法二: g ( x) ? x ln x, g ?( x) ? ln x ? 1. 设 F ( x) ? g (a) ? g ( x) ? 2 g ( 则

a?x ), 2 a?x a?x F ?( x) ? g ?( x) ? 2[ g ( )]? ? ln x ? ln . 2 2
在此 F ( x)在(0, a) 内为减函数.

当 0 ? x ? a时, F ?( x) ? 0,

当 x ? a时, F ?( x) ? 0,因此F ( x)在(a,??) 上为增函数. 从而,当 x ? a时, F ( x) 有极小值 F (a). 因此

F (a) ? 0, b ? a, 所以F (b) ? 0,



0 ? g (a) ? g (b) ? 2 g (

设 G( x) ? F ( x) ? ( x ? a) ln 2, 当 x ? 0时, C ?( x) ? 0.

则 G ?( x) ? ln x ? ln

a?x ? ln 2 ? ln x ? ln(a ? x). 2

a?b ). 2

因此 G ( x)在(0,??) 上为减函数.

因为 G(a) ? 0, b ? a, 所以G(b) ? 0, 即

g (a) ? g (b) ? 2 g (

a?b ) ? (b ? a) ln 2. 2



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