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山东省各地市2012年高考数学(理科)最新试题分类大汇编:4:导数(2)


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山东省各地市 2012 年高考数学(理科)最新试题分类大汇编: 第 4 部分:导数(2)
一、选择题
【 山 东 省 聊 城 一 中
x 0

2012

届 高 三 上 学 期 期 中

理 】 6 . 设 集 合 )

P = {x | ∫ (3t 2 ? 10t + 6)dt = 0, x > 0} 则集合 P 的非空子集个数是(
A.2 【答案】B B.3 C.7 D.8

【山东省聊城一中 2012 届高三上学期期中 理】8.已知函数 f ( x ) 的图像如图所示,

f '( x)是f ( x) 的导函数,则下列数值排序正确的是
A. 0 < f '(2) < f '(3) < f (3) ? f (2) B. 0 < f '(3) < f (3) ? f (2) < f '(2) C. 0 < f '(3) < f '(2) < f (3) ? f (2) D. 0 < f (3) ? f (2) < f '(2) < f '(3) 【答案】B





【山东省临清三中 2012 届高三 12 月模拟理】6.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 = 2 x + 1 ,则曲线 y = f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处切线的斜率为 ( ) D. ?

1 A. ? 4

B.2

C.4

1 2

【答案】C 【 山 东 省 临 清 三 中

2012

届 高 三

12

月 模 拟 理 】 8 . 由 函 数

3 y = cos x,(0 ≤ x ≤ 2π )的图象与直线x = π 及y = 1的图象所围成的一个封闭图形的面积是 2
( A.4 【答案】B 【山东省莱州一中 2012 届高三第一次质检理】8.已知二次函数 f ( x ) 的图象如下图所示,则 B. )

3π +1 2

C.

π
2

+1

D. 2π

其 导 函 数

f



( x)

的 图 象 的 大 致 形 状 是 (



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【答案】C 【山东省莱州一中 2012 届高三第一次质检理】10.求由曲线 y = ? x ,直线 y = ? x + 2 及 y 轴所围成的图形的面积错误的为( .. A. ) B.

∫ ∫

4

0 2

(2 ? x + x )dx (2 ? y ? y 2 )dy

∫ ∫

4

0 0

xdx (4 ? y 2 )dy

C.

?2

D.

?2

【答案】C 【山东省莱州一中 2012 届高三第一次质检理】 12.已知函数 f ( x )( x ∈ R) 导函数 f ′ ( x ) 满足

f ′ ( x ) < f ( x ) ,则当 a > 0 时, f ( a ) 与 e a f (0) 之间的大小关系为(
A. f ( a ) < e a f (0) C. f ( a ) = e a f (0) 【答案】A B. f ( a ) > e a f (0)



D.不能确定,与 f ( x ) 或 a 有关

【山东省济宁市重点中学 2012 届高三上学期期中理】 直线 y = 2 x 与抛物线 3. 成的封闭图形的面积是( A. 2 3 【答案】B ) B.

y = 3 ? x2 围
35 3

32 3

C. 2 ? 3

D.

【山东省济宁市鱼台一中 2012 届高三第三次月考理】3. 等于( A.-1 【答案】B ) B. 1 C.- 3 D. 3



π

2 0

(sinx + a cosx)dx = 2 ,则实数 a

【 山 东 滨 州 2012 届 高 三 期 中 联 考 理 12. 函 数 f ( x) = x3 ? 3 x 2 ? 9 x + 3, 若 函 数

g ( x) = f ( x) ? m在x ∈ [?2,5] 上 有 3 个 零 点 , 则 m 的 取 值 范 围 为
( ) A. (-24,8) 【答案】D B. (-24,1] C.[1,8] D.[1,8)

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【 山 东 济 宁 梁 山 二 中

2012

届 高 三

12

月 月 考 理 】 11.

已 知 函 数

f ( x) =
A.

1 3 x + ax 2 ? bx + 1( a、b ∈ R ) 在区间 [-1,3] 上是减函数,则 a + b 的最小值是 3 2 3 B. C.2 D. 3 3 2

【答案】C 【莱州一中 2012 高三第三次质量检测理】9.函数 f ( x ) = e x ? x ( e 为自然对数的底数)在区间 [-1,1]上的最大值是 A. 1 + 【答案】D 【山东济宁汶上一中 2012 届高三 12 月月考理】10.已知函数 f ( x ) = x 3 + ax 2 + ( a + 6) x + 1 在 R 上没有极值,则实数 a 的取值范围 (A) ?3 ≤ a ≤ 6 (C) a ≥ 6 或 a ≤ ?3 【答案】A (B) ?3 < a < 6 (D) a > 6 或 a < ?3

1 e

B.1

C. e + 1

D. e ? 1

二、填空题
【山东省聊城一中 2012 届高三上学期期中 理】14.已知函数 f(x)的定义域为[-2,+∞),部 分对应值如下表.f′(x)为 f(x)的导函数,函数 y=f′(x)的图象如图所示.若实数 a 满足 f(2a ′ =′ +1)<1,则 a 的取值范围是_________ <

x f(x) 【答案】 ? ?

-2 1

0 -1

4 1

? 3 3? , ? ? 2 2? 1 x?2

14. 且与曲线 y = 【山东省聊城市五校 2012 届高三上学期期末联考】 直线 l 过点 ( ?1,3) , 在点 (1, ?1) 处的切线相互垂直, ,则直线 l 的方程为 【答案】 x ? y + 4 = 0 ;

【山东省莱州一中 2012 届高三第一次质检理】14.已知直线 y = x + 1 与曲线 y = ln( x + a ) 相 切,则 a 的值为

.

【答案】 山东省济宁市重点中学 2012 届高三上学期期中理】 曲线 y = x 3 + x + 1 在点 (1,3) 【 2 13. 处的切线方程是 。

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【答案】4x—y—1=0 【山东滨州 2012 届高三期中联考理 15. 设函数 f ( x) = g ( x) + x , 曲线 y = g ( x ) 在点 (1, g (1))
2

处的切线方程为 y = 2 x + 1 ,则曲线 y = f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处切线的斜率为 【答案】4

三、解答题
【山东省聊城一中 2012 届高三上学期期中 理】21. (本小题满分 12 分) 函数 f ( x) = x 2 + b ln( x + 1) ? 2 x, b ∈ R (I)当 b =

3 时,求函数 f (x ) 的极值; 2

(II)设 g ( x ) = f ( x) + 2 x ,若 b ≥ 2 , 求证:对任意 x1 , x 2 ∈ ( ?1,+∞) ,且 x1 ≥ x 2 ,都有 g ( x1 ) ? g ( x 2 ) ≥ 2( x1 ? x 2 ) . 【答案】21. (本小题满分 12 分) 解: (1)当 b =

3 3 2 时, f ( x ) = x + ln( x + 1) ? 2 x, 2 2

函数定义域为( ? 1,+∞ )且 令 2x +

3 1 1 ? 2 = 0 ,解得 x1 = ? 或 x 2 = 2( x + 1) 2 2

…………………2 分

当 x 变化时, f ' ( x ), f ( x ) 的变化情况如下表:

x
f ' ( x) f (x )
数 所以当 x = ?

( ?1,?
+

?
0

1 2

1 (? , 2
_

1 2
0

1 ( ,+∞ 2
+

增函

极大值

减 函数

极小值

增 函数 ………………4 分

1 1 5 3 时, f ( x ) 极大值 = f ( ? ) = ? ln 2 , 2 2 4 2 1 1 3 3 3 当 x = 时, f ( x ) 极小值 = f ( ) = ? + ln ; ……………………6 分 2 2 4 2 2

(2)因为 f ( x ) = x 2 + b ln( x + 1) ? 2 x , 所以 f ' ( x ) = 2 x +

b 2x 2 + b ? 2 ?2= ( x > ?1) , x +1 x +1

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因为 b ≥ 2 ,所以 f ' ( x ) ≥ 0 (当且仅当 b = 2, x = 0 时等号成立) , 所以 f (x ) 在区间 (?1,+∞ ) 上是增函数, ……………………10 分

从而对任意 x1 , x 2 ∈ (?1,+∞) ,当 x1 ≥ x 2 时, f ( x1 ) ≥ f ( x 2 ) , 即 g ( x1 ) ? 2 x1 ≥ g ( x 2 ) ? 2 x 2 ,所以 g ( x1 ) ? g ( x 2 ) ≥ 2( x1 ? x 2 ) . …………12 分

【 山 东 省 临 清三 中 2012 届 高 三 12 月 模 拟理】 20 . 本 小 题满 分 12 分 ) 已 知 函数 (

f ( x) = ln x ?

1 3 x+ ?1 . 4 4x

(Ⅰ)求函数 f (x ) 的单调区间; (Ⅱ) g ( x) = ? x 2 + 2bx ? 4 , 设 若对任意 x1 ∈ (0 , 2) , 2 ∈ [1 , 2] , x 不等式 f ( x1 ) ≥ g ( x 2 ) 恒成立,求实数 b 的取值范围. 【答案】 解: 20. (I)f ( x ) = ln x ? 分

1 3 x+ ? 1 的定义域是 (0 , + ∞ ) 4 4x

...... ..... 1

f ′( x) =

1 1 3 4x ? x 2 ? 3 ? ? = x 4 4x 2 4x 2

........ 2 分 .......

由 x > 0 及 f ′( x ) > 0 得 1 < x < 3 ;由 x > 0 及 f ′( x ) < 0 得 0 < x < 1 或 x > 3 , 故函数 f (x ) 的单调递增区间是 (1 , 3) ;单调递减区间是 (0 , 1) , (3 , + ∞) (II)若对任意 x1 ∈ (0 , 2) , x 2 ∈ [1 , 2] ,不等式 f ( x1 ) ≥ g ( x 2 ) 恒成立, 问题等价于 f ( x ) min ≥ g ( x ) max , .....5 分 .... ...4 分 ..

由(I)可知,在 (0 , 2) 上, x = 1 是函数极小值点,这个极小值是唯一的极值点, 故也是最小值点,所以 f ( x ) min = f (1) = ?

1 ; 2

....6 分 ...

g ( x) = ? x 2 + 2bx ? 4 , x ∈ [1 , 2]
当 b < 1 时, g ( x ) max = g (1) = 2b ? 5 ; 当 1 ≤ b ≤ 2 时, g ( x ) max = g (b) = b 2 ? 4 ; 当 b > 2 时, g ( x ) max = g (2) = 4b ? 8 ; ...... 分 ......8

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?b < 1 ?1 ≤ b ≤ 2 ?b > 2 问题等价于 ? 或? 或? ? 1 ? 1 ? 1 2 ?? 2 ≥ 2b ? 5 ?? 2 ≥ b ? 4 ?? 2 ≥ 4b ? 8 ? ? ?

.... ....11 分

解得 b < 1 或 1 ≤ b ≤

14 或 b∈? 2

即b ≤

? 14 14 ? ,所以实数 b 的取值范围是 ? ?∞ , ? ? 2 2 ? ?

.........12 分 ........

【山东省聊城市五校 2012 届高三上学期期末联考】20. (本小题满分 12 分) 统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量 y(升)关于行驶速度 x(千米/小时) 的函数解析式可以表示为:y = 千米. (Ⅰ)当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油多少升? (Ⅱ)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?最少为多少升? 100 【答案】20. (I)当 x=40 时,汽车从甲地到乙地行驶了 =2.5 小时, 40 1 3 3 要耗油( ×40 - ×40+8)×2.5=17.5(升). 128000 80 所以,当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油 17.5. 100 (II)当速度为 x 千米/小时时,汽车从甲地到乙地行驶了 小时,设耗油量为 h(x)升, x 1 3 100 1 2 800 15 3 依题意得 h(x)=( x - x+8)· = x + - (0<x≤120), 128000 80 x 1280 x 4

1 3 x 3 ? x + 8 (0 < x ≤ 120) .已知甲、 乙两地相距 100 128000 80

x 800 x 3 ? 800 ? 640 ? = h′(x)= (0<x≤120),令 h′(x)=0 得 x=80, 640 x 2 640 x 2
当 x∈(0,80)时,h′(x)<0,h(x)是减函数;当 x∈(80,120)时,h′(x)>0,h(x)是增函数, ∴当 x=80 时,h(x)取到极小值 h(80)=11.25,因为 h(x)在(0,120]上只有一个极值,所以 它是最小值. 故当汽车以 80 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少,最少为 11.25 升. 【 山 东 省 聊 城 市 五 校 2012 届 高 三 上 学 期 期 末 联 考 】 22. ( 14 分 ) 已 知 函 数

f ( x) = x 2 ? ax ? a ln( x ? 1)(a ∈ R)
(1)当 a = 1 时,求函数 f (x ) 的最值; (2)求函数 f (x ) 的单调区间;

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(3)说明是否存在实数 a ( a ≥ 1) 使 y = f (x) 的图象与 y =

5 + ln 2 无公共点. 8

【答案】22.解: (1)函数 f ( x) = x 2 ? ax ? a ln( x ? 1)(a ∈ R) 的定义域是(1,+ ∞ )
3 2 x( x ? ) 2 ,所以 f (x ) 在 (1, 3 ) 为减函数 2 x ?1 3 2 3 + ln 2 . 4

1 当 a=1 时, f ' ( x) = 2 x ? 1 ? = x ?1 3 2

在 ( ,+∞) 为增函数,所以函数 f (x ) 的最小值为 f ( ) =
2 x( x ? a+2 ) 2 , x ?1

a (2) f ' ( x) = 2 x ? a ? = x ?1

a+2 若 a ≤ 0 时,则 ≤ 1, f ( x) = 2

2 x( x ?

a+2 ) 2 >0 在(1, +∞ )恒成立, x ?1 a+2 ) 2 ≤0, x ?1

所以 f (x ) 的增区间(1, +∞ ).
a+2 a+2 ] , f ' ( x) = 若 a > 0, 则 > 1 ,故当 x ∈ (1, 2 2 a+2 当 x ∈[ ,+∞) 时, f ( x) = 2 2 x( x ? a+2 ) 2 ≥ 0, x ?1 a+2 a+2 ) f (x ) 的增区间为[ , ,+∞) . 2 2 2 x( x ?

所以 a>0 时 f (x ) 的减区间为( 1,

(3) a ≥ 1 时,由(Ⅰ)知 f (x ) 在(1,+ ∞ )的最小值为 f ( 令 g (a) = f (

a+2 a2 a )=? + 1 ? a ln , 2 4 2

a+2 a2 a )=? + 1 ? a ln 在[1,+ ∞ )上单调递减, 2 4 2
3 5 1 + ln 2 ,则 g ( a ) max ? ( + ln 2) = > 0, 4 8 8
5 8

所以 g (a) max = g (1) =

因此存在实数 a(a ≥ 1) 使 f (x ) 的最小值大于 + ln 2 , 故存在实数 a(a ≥ 1) 使 y= f (x ) 的图象与 y= + ln 2 无公共点.
5 8

【 山 东 省 莱 州 一 中 2012 届 高 三 第 一 次 质 检 理 】 19. ( 本 小 题 满 分 12 分 )

f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c 在 x = 1 、 x = ?2 处取得极值
(1)求 a 、 b 的值. (2)若 x ∈ [ ?3, 2 ] , f ( x ) >

1 1 ? 恒成立,求 c 的取值范围. c 2

【答案】19.(1) f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2ax + b = 0 的两根为 1, ?2

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? 2a 3 = ?1 ? ?? ? 3 ?a = ∴? ∴? 2 ? b = ?2 ? b = ?6 ? ?3 ?

(2)

x
f ′ ( x) f ( x)

?3

( ?3, ?2)
+

?2

( ?2,1)
-

1

(1, 2)
+

2

0
极大

0
极 小

c+

9 2







c? 1 1 7 c 2 ? 3c ? 1 >1 ∴ ? <c? 即 c 2 2 c

7 2

解得

3 ? 13 3 + 13 . < c < 0 或c > 2 2

【 山 东 省 莱 州 一 中 2012 届 高 三 第 一 次 质 检 理 】 22. ( 本 小 题 满 分 14 分 ) 已 知 函 数

f ( x ) = x 2 ? ax ? a ln( x ? 1)( a ∈ R ).
(1)当 a = 1 时,求函数 f ( x ) 的最值; (2)求函数 f ( x ) 的单调区间; (3)试说明是否存在实数 a ( a ≥ 1) 使 y = f ( x ) 的图象与 y =

5 + ln 2 无公共点. 8

【答案】22.解: (1)函数 f ( x ) = x 2 ? ax ? a ln( x ? 1)( a ∈ R ) 的定义域是 (1, +∞ ) .

3 2 x( x ? ) 1 2 ,所以 f ( x ) 在 (1, 3 ) 为减函数, = 当 a = 1 时, f ′ ( x ) = 2 x ? 1 ? x ?1 x ?1 2 3 3 3 在 ( , +∞ ) 为增函数,所以函数 f ( x ) 的最小值为 f ( ) = + ln 2 . 2 2 4 a+2 2 x( x ? ) a 2 , = (2) f ′ ( x ) = 2 x ? a ? x ?1 x ?1 a+2 2 x( x ? ) a+2 2 > 0 在 (1, +∞ ) 恒成立, ≤ 1, f ( x ) = 若 a ≤ 0 时,则 2 x ?1
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所以 f ( x ) 的增区间为 (1, +∞ ) . 若 a > 0 ,则

a+2 ? a + 2? , f ′ ( x) = > 1 ,故当 x ∈ ? 1, 2 2 ? ? ? a+2 2 x( x ? ) a+2 ? ? 2 ≥ 0, 当x∈ , +∞ ? 时, f ( x ) = ? 2 x ?1 ? ?

2 x( x ?

a+2 ) 2 ≤ 0, x ?1

所以 a > 0 时 f ( x ) 的减区间为 ? 1,

? a + 2? ?a + 2 ? , f ( x ) 的增区间为 ? ? ? 2 , +∞ ? . 2 ? ? ?

(3) a ≥ 1 时,由(2)知 f ( x ) 在 (1, +∞ ) 上的最小值为 f (

a+2 a2 a ) = ? + 1 ? a ln , 2 4 2

令 g (a ) = f (

a+2 a2 a ) = ? + 1 ? a ln 在 [1, +∞ ) 上单调递减, 2 4 2

3 5 1 + ln 2 ,则 g ( a ) max ? ( + ln 2) = > 0 , 4 8 8 5 因此存在实数 a ( a ≥ 1) 使 f ( x ) 的最小值大于 + ln 2 , 8 5 故存在实数 a ( a ≥ 1) 使 y = f ( x ) 的图象与 y = + ln 2 无公共点. 8
所以 g ( a ) max = g (1) = 【山东省济宁市重点中学 2012 届高三上学期期中理】21.(本小题满分 12 分)

f ( x) =
设 a∈R,函数

1 ?x e 2 2 ( ax + a + 1 ),其中 e 是自然对数的底数.

(1) 判断函数 f (x) 在 R 上的单调性; (2) 当 ? 1 < a < 0 时,求函数 f (x) 在[1,2]上的最小值. 【答案】21.(本小题满分 12 分) 1 1 1 f ′( x) = ? e ? x (ax 2 + a + 1) + e ? x ? 2ax = e ? x ( ? ax 2 + 2ax ? a ? 1) 2 2 2 解:(1) .
1 ?x e >0 2 由于 2 , 只需讨论函数 g ( x) = ?ax + 2ax ? a ? 1 的符号:

……2 分

当 a = 0 时,

g ( x) = ?1 < 0 , 即 f ′( x) < 0 , 函 数 f (x) 在 R 上 是 减 函 数 ;

2 2 当 a>0 时, 由于 ? = 4a ? 4(a + a) = ?4a < 0 ,可知 g ( x) < 0, 即f ′( x) < 0 ,

函数 f (x) 在 R 上是减函数;
x =1± ?a 1+ a ,且
-9-

…………4 分
?a <1? a ?a a .
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当 a<0 时, 解 g ( x ) = 0 得
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? ? ? ∞,1 + ? 在区间 ?

?a? ? a ? ?

? ?1 ? ? 和区间 ?

? ?a ,+∞ ? ? a ?

上, g ( x ) > 0, 即f ′( x ) > 0 ,

? ?1 + f (x) 是增函数;在区间 ? ? 函数

?a ?a ? ? ,1 ? a a ? ?

上, g ( x) < 0, 即f ′( x) < 0 ,

函数 f (x ) 是减函数.……7 分 综上可知:当 a≥0 时,函数 f (x ) 在 R 上是减函数;当 a<0 时,
? ? ? ∞,1 + f (x) 在区间 ? ? 函数 ?a? ? a ? ?

上是增函数;
? ?a ,+∞ ? ? a ?

? ?1 + ? 在区间 ?

?a ,1 ? a

?a? ? a ? ?
1+

? ?1 ? ? 上是减函数;在区间 ?
?a < 1, 1 ? a ?a >2 a ,

上是增函数.

(2) 当 ? 1 < a < 0 时,

2e 2 . …………12 分 所以, 函数 f (x) 在区间[1,2]上是减函数,其最小值是 【山东省济宁市重点中学 2012 届高三上学期期中理】22.(本小题满分 12 分)建造一条防洪 堤,其断面为如图等腰梯形 ABCD,腰与底边所成角为 60°,考虑到防洪堤坚固性及石块用料等

f ( 2) =

5a + 1

因素,设计其断面面积为 6 3平方米,为了使堤的上面与两侧面的水泥用料最省,则断面的 外周长(梯形的上底线段与两腰长的和)要最小. (1) 求外周长的最小值,此时防洪堤高 h 为多少? (2) 如防洪堤的高限制在[3,3 2]范围内,外周长最小为多少米?

【答案】 解:(1) 22 由题意

1 2 3 ( AD + BC ) h = 6 3 , AD = BC + 2h cot 60 0 = BC + h 2 3
6 3 3 BC= - h h 3 …………………4 分

1 2 3 所以 (2BC+ h)h= 6 3, 2 3

设外围周长为 l ,则 l = 2 AB + BC =

2h 6 3 3 6 3 + ? h = 3h + ≥6 2 0 h 3 h sin 60

当 3h =

6 3 ,即 h = 6 时等号成立. h

……………………6 分

所以外围的周长的最小值为 6 2 米,此时堤高 h =
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6 米. .

--------------8 ------------- 分
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(2)由(1) l =

6 3 ( h + ) ,由导数或定义可证明在 h ∈ [3,4 2 ] 单调递增,…10 分 h

所以 l 的最小值为 3 × 3 +

6 3 = 5 3 米(当 h = 3 ) 3

-------------------12 ------------------- 分

【 山 东 省 济 宁 市 鱼 台 一 中 2012 届 高 三 第 三 次 月 考 理 】 22 . 12 分 ) 已 知 函 数 (

f ( x) = x 2 + 2 x + alnx(a ∈ R) .
(1)当 a = ?4 时,求 f ( x ) 的最小值; (2)若函数 f ( x ) 在区间 (0,1) 上为单调函数,求实数 a 的取值范围; (3)当 t ≥ 1 时,不等式 f (2t ? 1) ≥ 2 f (t ) ? 3 恒成立,求实数 a 的取值范围. 【答案】22.解: (1) 当 a = ?4 时, f ( x ) = x 2 + 2 x ? 4 ln x 当 x = 1 时 函数 f ( x ) 取最小值 3. (2) f ′( x ) =

f ′( x) =

2( x + 2)( x ? 1) x

2x2 + 2x + a ( x > 0) 设 g(x)= 2 x 2 + 2 x + a x

依题意 g( 0 ) ≥ 0或g (1) ≤ 0 得 a ≥ 0或a ≤ ?4 . (3) 当 t ≥ 1 时 f (2t ? 1) ≥ 2 f (t ) ? 3 恒成立

? 当 t ≥ 1 时 2t 2 ? 4t + 2 + a ln
设 g (t ) = 2t 2 ? 4t + 2 + a ln

2t ? 1 t2

2t ? 1 ≥ 0 恒成立 t2


? a ? t ?1 g ′(t ) = 2(t ? 1) ? 2 ? ? = 2 t (2t ? 1) [ 2t (2t ? 1) ? a ] ? (2t ? 1)t ?
Q t ≥ 1∴ (t ? 1)t ≥ 1
(1)当 a ≤ 2 时, t ≥ 1则g ′(t ) ≥ 0 g (t ) 在 [1, +∞ ) 单调递增

∴ t ≥ 1时g (t ) ≥ g (1) = 0
(2)当 a > 2 时,设 h(t ) = 2t (2t ? 1) ? a

Q h(1) = 2 ? a < 0
不妨设 t1 < 1 < t2
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h(t ) = 0 有两个根,一个根大于 1,一个根小于 1.

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当 t ∈ (1, t2 ) 时 h(t ) < 0 即 g ′(t ) < 0 ∴ g (t ) 在 (1,t2 ) 单调递减 不满足已知条件. 综上: a 的取值范围为 a a ≤ 2 .

g (t ) < g (1) = 0

{

}

【山东省济宁市鱼台一中 2012 届高三第三次月考理】21. (12 分)如图,有一块半椭圆形钢 板,其长半轴长为 2r ,短半轴长为 r ,计划将此钢板切割成等腰梯形的形状,下底 AB 是 半椭圆的短轴,上底 CD 的端点在椭圆上,记 CD = 2 x ,梯形面积为 S.

C

D

A

2r

B

(1)求面积 S 以 x 为自变量的函数式,并写出其定义域; (2)求面积 S 的最大值. 【答案】21. 解: 以 AB 所在的直线为 x 轴,以 AB 的中垂线为 y 轴建立直角坐标系.

椭圆方程为 (1) S =

y 2 x2 + 2 = 1 设 C ( x, y ) 则 y = 2 r 2 ? x 2 2 4r r
定义域为

1 (2 x + 2r ) ? 2 r 2 ? x 2 = 2( r + x ) r 2 ? x 2 2

{ x 0 < x < r} .

(2) 由(1)知 S = 2( r + x ) r 2 ? x 2 = 设 g(x) = (r + x)2 (r 2 - x 2 ) 由 g ′(x) = 0 得 x =

(r + x)2 (r 2 ? x 2 )

则 g ′(x) = ?2( x + r ) 2 (2 x ? r )

r 2

当0 < x <

r g ′(x) > 0 2



r < x < r g ′(x) < 0 2

∴当 x =

r 3 3r 2 时 g(x) 取最大值,S 取最大值,最大值为 . 2 2

【 山 东 济 宁 金乡 一 中 2012 届 高 三 12 月 月考 理】 22 、 本 小 题满 分 15 分 ) 设 函 数 (

f ( x) = ln x - px + 1
(Ⅰ)求函数 f ( x ) 的极值点; (Ⅱ)当 p>0 时,若对任意的 x>0,恒有 f ( x ) ≤ 0 ,求 p 的取值范围;

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ln 2 2 ln 3 2 ln n 2 2n 2 ? n ? 1 + 2 +L + 2 < (n ∈ N , n ≥ 2). 2 2(n + 1) 3 n (Ⅲ)证明: 2
( 【答案】22、 解: (1)Q f ( x) = ln x ? px + 1,∴ f ( x)的定义域为 0,+∞) ,

f ′( x ) =

1 1 ? px ?p= x x

…………2 分

′ 当 p ≤ 0时,f ( x) > 0, f ( x)在(0,+∞) 上无极值点
f ′( x) = 0, x = ∴
当 p>0 时,令

…………3 分

1 ∈ (0,+∞), f ′( x)、f ( x)随x p 的变化情况如下表: 1 p
0

x

1 (0, p )
+

1 ( , +  ) p


f '( x ) f ( x)
…………4 分



极大值



从上表可以看出:当 p>0 时, f ( x ) 有唯一的极大值点

x=

1 p

…………5 分

x=
(Ⅱ)当 p>0 时在

1 1 1 f ( ) = ln p ,此极大值也是最大值,…………7 分 p 处取得极大值 p

1 1 f ( ) = ln  0 p p 要使 f ( x) ? 0 恒成立,只需 ,…………8 分
∴p 的取值范围为[1,+∞ ) …………10 分

∴ p? 1

Q (Ⅲ)令 p=1,由(Ⅱ)知, ln x ? x + 1 ≤ 0,∴ ln x ≤ x ? 1, n ∈ N , n ≥ 2
2 2 ∴ ln n ≤ n ? 1 ,…………11 分

ln n 2 n 2 ? 1 1 ≤ = 1? 2 2 2 n n ∴ n

…………12 分

ln 2 2 ln 3 2 ln n 2 1 1 1 + 2 + L + 2 ≤ (1 ? 2 ) + (1 ? 2 ) + L + (1 ? 2 ) 2 3 n 2 3 n ∴ 2 = (n ? 1) ? (
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1 1 1 + 2 +L + 2 ) 2 2 3 n

…………13 分
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< (n ? 1) ? (

1 1 1 + +L + ) 2× 3 3× 4 n(n + 1)

…………14 分

1 1 1 1 1 1 = ( n ? 1) ? ( ? + ? + L + ? ) 2 3 3 4 n n +1

1 1 2n 2 ? n ? 1 = (n ? 1) ? ( ? )= 2 n +1 2(n + 1) …………15 分
∴结论成立 【山东滨州 2012 届高三期中联考理】22. 设函数 f ( x ) = x 3 ? 3ax + b( a ≠ 0) . (Ⅰ)若曲线 y = f ( x) 在点 (2, f ( x )) 处与直线 y = 8 相切,求 a, b 的值; (Ⅱ)求函数 f ( x ) 的单调区间与极值点. 【答案】22.解: (Ⅰ) f
'

( x ) = 3x 2 ? 3a ,

∵曲线 y = f ( x ) 在点 (2, f ( x)) 处与直线 y = 8 相切,

? ' ? ?a = 4, ? f ( 2 ) = 0 ?3 ( 4 ? a ) = 0 ∴? ?? ?? ? ? f ( 2) = 8 ?8 ? 6a + b = 8 ?b = 24. ?
(Ⅱ)∵ f
'

( x ) = 3 ( x2 ? a ) ( a ≠ 0) ,
'

当 a < 0 时, f

( x ) > 0 ,函数 f ( x) 在 ( ?∞, +∞ ) 上单调递增,

此时函数 f ( x ) 没有极值点. 当 a > 0 时,由 f
'

( x) = 0 ? x = ±
'

a,

( x ) > 0 ,函数 f ( x) 单调递增, ( ) 当 x ∈ ( ? a , a ) 时, f ( x ) < 0 ,函数 f ( x ) 单调递减, 当 x ∈ ( a , +∞ ) 时, f ( x ) > 0 ,函数 f ( x ) 单调递增,
当 x ∈ ?∞, ? a 时, f
' '

∴此时 x = ? a 是 f ( x ) 的极大值点, x =

a 是 f ( x ) 的极小值点.

【山东济宁梁山二中 2012 届高三 12 月月考理】21. (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) = ln x , g ( x ) =

1 2 x ? 2x . 2

(1)设 h( x ) = f ( x + 1) ? g / ( x ) (其中 g / ( x ) 是 g ( x) 的导函数) ,求 h( x ) 的最大值;

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(2)证明: 当 0 < b < a 时,求证: f (a + b) ? f (2a) <

b?a ; 2a

(3)设 k ∈ Z ,当 x > 1 时,不等式 k ( x ? 1) < xf ( x) + 3 g / ( x) + 4 恒成立,求 k 的最大值. 【答案】21.解:(1) h( x ) = f ( x + 1) ? g / ( x ) = ln( x + 1) ? x + 2 , x > ?1 所以 h′( x) =

1 ?x ?1 = . x +1 x +1

当 ?1 < x < 0 时, h′( x) > 0 ;当 x > 0 时, h′( x ) < 0 . 因此, h( x ) 在 ( ?1 , 0) 上单调递增,在 (0 , + ∞) 上单调递减. 因此,当 x = 0 时, h( x ) 取得最大值 h(0) = 2 ; (2)当 0 < b < a 时, ?1 <

b?a <0. 2a 由(1)知:当 ?1 < x < 0 时, h( x ) < 2 ,即 ln(1 + x ) < x .
因此,有 f (a + b) ? f (2a ) = ln

a+b ? b?a? b?a = ln ?1 + . ?< 2a 2a ? 2 a ?

(3)不等式 k ( x ? 1) < xf ( x ) + 3 g / ( x ) + 4 化为 k < 所以 k <

x + x ln x + 2 对任意 x > 1 恒成立. x ?1

x ln x + x +2 x ?1

令 g ( x) =

x + x ln x x ? ln x ? 2 , + 2 ,则 g ′ ( x ) = 2 x ?1 ( x ? 1)

令 h ( x ) = x ? ln x ? 2 ( x > 1) ,则 h′ ( x ) = 1 ? 所以函数 h ( x ) 在 (1, +∞ ) 上单调递增.

1 x ?1 = >0, x x

因为 h ( 3 ) = 1 ? ln 3 < 0, h ( 4 ) = 2 ? 2 ln 2 > 0 , 所以方程 h ( x ) = 0 在 (1, +∞ ) 上存在唯一实根 x0 ,且满足 x0 ∈ ( 3, 4 ) . 当 1 < x < x0时,h( x ) < 0 ,即 g ′( x) < 0 ,当 x > x0时,h( x ) > 0 ,即 g ′( x) > 0 , 所以函数 g ( x ) = 所以 ? g ( x ) ? ? ?

x + x ln x + 2 在 (1, x0 ) 上单调递减,在 ( x0 , +∞ ) 上单调递增. x ?1

min

= g ( x0 ) =

x0 (1 + ln x0 ) x (1 + x0 ? 2 ) +2= 0 + 2 = x0 + 2 ∈ ( 5, 6 ) . x0 ? 1 x0 ? 1

所以 k < ? g ( x ) ? = x0 + 2 ∈ ( 5, 6 ) . ? ? min 故整数 k 的最大值是 5 . 【莱州一中 2012 高三第三次质量检测理】22.(本小题满分 14 分)

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已知定义在实数集上的函数 f n ( x ) = x , n ∈ N * ,其导函数记为 f n′ ( x ) ,且满足
n

f 2′[ax1 + (1 ? a ) x2 ] =

f 2 ( x2 ) ? f 2 ( x1 ) , 其中 a 、x1 、x2 为常数,x1 ≠ x2 .设函数 g ( x ) = x2 ? x1

f1 ( x ) + mf 2 ( x ) ? ln f 3 ( x ),( m ∈ R 且 m ≠ 0) .
(Ⅰ)求实数 a 的值; (Ⅱ)若函数 g ( x ) 无极值点,其导函数 g ′( x ) 有零点,求 m 的值; (Ⅲ)求函数 g ( x ) 在 x ∈ [0, a ] 的图象上任一点处的切线斜率 k 的最大值. 【答案】22.(本小题满分 14 分) 解: (Ⅰ)因为 f 2 ( x ) = x 2 , f 2′( x ) = 2 x , 所以 2[ax1 + (1 ? a ) x 2 ] = 又 x1 ≠ x2 ,所以 a =
2 x2 ? x12 ,整理得: ( x1 ? x2 )(2a ? 1) = 0, x2 ? x1

1 .…………………………………………3 分 2

(Ⅱ)因为 f1 ( x ) = x , f 2 ( x ) = x 2 , f 3 ( x ) = x 3 , 所以 g ( x ) = mx 2 + x ? 3ln x ( x > 0) .…………………………4 分 由条件 x > 0, g ′( x ) = 2mx ?

3 2mx 2 + x ? 3 .……………………5 分 +1 = x x

因为 g ′( x ) 有零点而 g ( x ) 无极值点,表明该零点左右 g ′( x ) 同号,又 m ≠ 0 ,所以二次方程

2mx 2 + x ? 3 = 0 有相同实根,即 ? = 1 + 24m = 0,
解得 m = ?

1 .…………………………………………8 分 24 1 3 3 1 (Ⅲ)由(Ⅰ)知, a = , k = g ′( x ) = 2mx ? + 1, k ′ = 2m + 2 ,因为 x ∈ (0, ] ,所以 2 x x 2 3 1 ∈ [12,+∞],所以①当 ?6 ≤ m < 0 或 m > 0 时,k ′ ≥ 0 恒成立,所以 k = g ′( x ) 在(0, ] 2 x 2 1 时,k 取得最大值,且最大值为 m ? 5 ,…………10 分 2
得x =

上递增, 故当 x =

②当 m < ?6 时,由 k ′ = 0

?

3 3 1 < . ,而 0 < ? 2m 2m 2

若 x ∈ (0, ?

3 ) ,则 k ′ > 0 ,k 单调递增; 2m

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若 x ∈[ ?

3 1 , ] ,则 k ′ < 0 ,k 单调递减. 2m 2 ? 3 时,k 取得最大值, 2m 3 2m ?3 ? + 1 = 1 ? 2 ?6m .…………………13 分 2m 3

故当 x =

且最大值等于 2m ?

综上, k max = ?

?m ? 5,( ?6 ≤ m < 0或m > 0) ? …………………………14 分 ?1 ? 2 ?6m .( m < ?6) ?

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