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考点11 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例


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考点 11 导数在研究函数中的应用与生活中的优 化问题举例
一、选择题 1.(2012?山东高考文科?T10)与(2012?山东高考理科?T9)相同 函数
y? cos 6 x 2 x ? 2 ? x 的图象大致为(



【解题指南】本题可利用函数的奇偶性,及函数零点的个数,取点验证法可得. 【解析】选 D.由
f ?? x ? ? cos( ?6 x) cos 6 x ? ?? x ? ? f ?x ? x? ?x x ?x 2 ?2 2 ?2 知 f ?x ? 为奇函数,当 12 时,

y>0,随着 x 的变大,分母逐渐变大,整个函数值越来越接近 y 轴,只有 D 选项 满足.
1 ln ? x ? 1? ? x

2.(2012·新课标全国高考理科·T10)已知函数 f(x)= 的图象大致为( )

,则 y=f(x)

-1-

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【解题指南】令 g ( x) ? ln(1 ? x) ? x ,通过对 g ? x ? 单调性与最值的考查,判断出在不 同的区间段 f(x)的函数值的正负,最后利用排除法得正确选项。 【解析】选 B.
x 1? x ? g ?( x) ? 0 ? ?1 ? x ? 0, g ?( x) ? 0 ? x ? 0 ? g ( x) ? g (0) ? 0 g ( x) ? ln(1 ? x) ? x ? g ?( x) ? ?

得: x ? 0 或 ?1 ? x ? 0 均有 f ( x) ? 0 ,排除 A, C, D 3.(2012·辽宁高考文科·T8)函数 (A) ? 1,1] ( (B) (0,1]
y? 1 2 x ? ln x 2 的单调递减区间为

(C.)[1,+∞) (D) (0,+∞)

【解题指南】保证函数有意义的前提下,利用 y ? ? 0 解得单调减区间 【解析】选 B.
1 1 y? ? ( x2 ? ln x)? ? x ? ? 0 ? ?1 ? x ? 1 2 x 由 ,又函数的定义域为 (0, ??)

故单调减区间为

(0,1?

.
f ( x)

4.(2012·陕西高考文科·T9)设函数
1 (A) x= 2 为 f ( x) 的极大值点

2 = x + ln x ,则(



1 (B) x= 2 为 f ( x) 的极小值点

(C) x=2 为 f ( x) 的极大值点

(D) x=2 为 f ( x) 的极小值点
-2-

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【解题指南】先根据导数等于 0 求出极值点,再根据导数的正、负判断函数的 单调性,判断极值点是极大值点还是极小值点.
2 2 1 2 1 x?2 f ?( x) ? ? 2 ? ? ? ? 2 ?0 f ( x) x ln x x x ,令 f ?( x) ? 0 ,即 x 2 x x 【解析】选 D. ∵ = + ,∴ ,解

得 x ? 2 ,当 x ? 2 时, f ?( x) ? 0 ,当 x ? 2 时, f ?( x) ? 0 ,所以 x=2 为 f ( x) 的极小值点.
3 2 5. ( 2012 · 福 建 高 考 文 科 · T 12 ) 已 知 f ( x) ? x ? 6x ? 9x ? abc , a ? b ? c 且

f (a) ? f (b) ? f (c) ? 0

? 0 . 现 给 出 如 下 结 论 : ① f (0) f (1) ? 0 ; ② f ( 0 )f ( 1 ) ; ③

f ( 0) (3) f ?

0 ;④ f (0) f (3) ? 0 .其中正确结论的序号是(



A.①③

B.①④

C.②③

D.②④

【解题指南】首先要构画函数的草图,因此,要求导,分析单调性,然后分别 求出 f (0) , f (1) , f (3) ,再判断各命题的真假. 【解析】选 C. f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3), 函数在(-∞,1)上单调递增 ,在(1,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,又因为 f(a)=f(b)=f(c)=0,所以 a∈(-∞,1),b∈(1,3),c∈(3,+∞), f(1)=4-abc,f(3)=-abc,f(0)=-abc. 又因为 f(b)=b3-6b2+9b-abc=b(b2-6b+9)-abc=b[(b-3)2-ac]=0,所以 ac 为正数,所以 a 为正数,则有 f(0)<0,f(1)>0,f(3)<0,所以②③正确. 6.(2012·江西高考理科·T10)如右图,已知正四棱锥 S-ABCD 所有棱长都为 1,点 E 是侧棱 SC 上一动点,过点 E 垂 直 于 SC 的 截 面 将 正 四 棱 锥 分 成 上 、 下 两 部 分 . 记
SE ? x ? 0 ? x ? 1?

,截面下面部分的体积为 V ? x ? , 则函数 y ? V ? x ? )
-3-

的图象大致为(

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A 【解题指南】分
0? x?

B

C

D

1 1 1 ? x ?1 0? x? 2与2 2 时,将截面上面部 两种情况讨论,当

分的几何体分割为两个锥体,用间接法求出截面下面部分的体积 V(x),然后通
1 ? x ?1 过 V(x)的解析式得到图象,当 2 时,同理可得。 0? x? 1 2 时,截面为五边形,如图所示

【解析】选 A . ①当

由 SC ? 面 QEPMN,且几何体为正四棱锥,棱长均为 1, 易推出 OE / / SA , MP / / SA , NQ / / SA ,四边形 OEQN 和 OEPM 均为全等的直角梯 形,此时 V ? x? ? VS ? ABCD ?VS ? AMN ?VS ?EQNMP
1 2 2 1 2 1 ?1 ? ? ? 2 x2 ? ? ? 4 2x ? 6 2x2 x 2 3 2 3 =3 2 2 x3 ? 5 2 ?0 ? x ? 1 ? 2 x2 ? ? ? 2? 3 6 ?

?

?



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? 1? 2 0, V ? 0? ? . V ? x? ? 2 ? 6 求导可知 在 ? ? 上为减函数,且
1 ? x ?1 ②当 2 时,截面为等腰三角形,如图所示:

S

E D M N A B C

2 1 3 1 1 ?1 ? x ? , ? ? x ? 1? V ? x ? ? ? ? 2 2 ?1 ? x ? ? ?1 ? x ? ? ?1 ? x ? ? ? ? 3 ?2 ? 3 2 此时 2 ?1? 1 V? ?? [ ,1) 易知 V ? x ? 在 2 上亦为减函数,且 ? 2 ? 24 ,根据三次函数的图象特征可知选

项 A 符合. 7.(2012·辽宁高考理科·T12)若 x ? [0, ??) ,则下列不等式恒成立的是( (A) e ? 1 ? x ? x
x 2



1 1 1 ? 1 ? x ? x2 2 4 (B) 1 ? x
1 ln(1 ? x)… ? x 2 x 8 (D)

(C)

cos x… ? 1

1 2 x 2

【解题指南】构造函数,利用导数判断函数的单调性。 【解析】选 C. 令 f ( x) ? cos x ? (1 ? 1 x2 ) ,则 f ?( x)
2
? ?s inx ?x ? 0

(x ? 0) ,故 f ( x) ? cos x ? (1 ? 1 x2 )
2

为定义域上的增函数, f ( x) ? f (0) ? 0 .所以 cos x ? 1 ? 1 x2 .
2

8.(2012·山东高考文科·T12)设函数

f ( x) ?

1 2 x , g ( x) ? ? x ? bx .若 y ? f ( x) 的图象

与 y ? g ( x) 的图象有且仅有两个不同的公共点 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则下列判断正确的是
-5-

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) (B) x1 ? x2 ? 0, y1 ? y2 ? 0 (D) x1 ? x2 ? 0, y1 ? y2 ? 0

(A) x1 ? x2 ? 0, y1 ? y2 ? 0 (C) x1 ? x2 ? 0, y1 ? y2 ? 0

【解题指南】本题利用导数来求解单调性. 【解析】选 B.设 F ( x) ? x
3

? bx2 ? 1 ,则方程 F ( x) ? 0 与 f ( x) ? g ( x) 同解,故其有且仅有两
2 2 x? b F ( b) ? 0 3 .这样,必须且只须 F (0) ? 0 或 3 ,因 2 x2 ? b ? 3 2 3

个不同零点 x1 , x2 .由 F ?( x) ? 0 得 x ? 0 或 为
F (0) ? 1

,故必有
2

2 3 F ( b )? 0 b? 3 2 3 由此得 2

.不妨设
x1 ? ?

x1 ? x2

,则

.所以

F ( x)? ( x? 1x ) ( x?3
y1 ? y2 ?

2 , 比 较 系 数 得 ? x1 3 4 ? 1 , 故 )

13 2 2

.

x1 ? x2 ?

13 2 ?0 2

,由此知

1 1 x1 ? x2 ? ? ?0 x1 x2 x1 x2

,故答案为 B.
f ( x) ? 1 , g ( x) ? ax 2 ? bx(a, b ? R, a ? 0) x ,若

9.(2012·山东高考理科·T12)设函数

y ? f ( x) 的图象与 y ? g ( x) 图象有且仅有两个不同的公共点 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则下列

判断正确的是(



A.当 a ? 0 时, x1 ? x2 ? 0, y1 ? y2 ? 0 B. 当 a ? 0 时, x1 ? x2 ? 0, y1 ? y2 ? 0 C. 当 a ? 0 时, x1 ? x2 ? 0, y1 ? y2 ? 0 D. 当 a ? 0 时, x1 ? x2 ? 0, y1 ? y2 ? 0 【解题指南】本题利用导数来求解单调性.
1 ? ax 2 ? bx 3 2 3 2 【解析】选 B.令 x ,则 1 ? ax ? bx ( x ? 0) ,设 F ( x) ? ax ? bx ,

F ?( x) ? 3ax ? 2bx 。令 F ?( x) ? 3ax ? 2bx ? 0 ,则
2 2

x??

2b 3a ,要使 y=f(x)的图象与 y=g(x)

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图象有且仅有两个不同的公共点只需

F(

? 2b 2b 2b ) ? a ( ? ) 3 ? b( ? ) 2 ? 1 3a 3a 3a ,整理得

4b 3 ? 27a 2 ,于是可取 a ? ?2, b ? 3 来研究,当 a ? 2, b ? 3 时, 2 x 3 ? 3x 2 ? 1 ,解得

x1 ? ?1, x 2 ?

1 2 ,此时 y1 ? ?1, y2 ? 2 ,此时 x1 ? x2 ? 0, y1 ? y 2 ? 0 ;当 a ? ?2, b ? 3 时, x1 ? 1, x 2 ? ? 1 2 ,此时 y1 ? 1, y2 ? ?2 ,此时 x1 ? x2 ? 0, y1 ? y 2 ? 0 .答

? 2 x ? 3x ? 1,解得
3 2

案应选 B。
1 ? ax ? b 2 另解:令 f ( x) ? g ( x) 可得 x 。 y? ? 1 , y ?? ? ax ? b x2



y ?? ? ax ? b (a ? 0)

y

y

x1

x2

x

x1

x2

y ?? ? ax ? b (a ? 0) x

不妨设 x1 ? x2 ,结合图形可知, 当 a ? 0 时如右图,此时 x1 ? x2 , 即 ? x1 ? x2 ? 0 ,此时 x1 ? x2 ? 0 ,
y2 ? 1 1 ? ? ? ? y1 x2 x1 ,即 y1 ? y2 ? 0 ;同理可由图形

经过推理可得当 a ? 0 时 x1 ? x2 ? 0, y1 ? y2 ? 0 .答案应选 B。 二、解答题 10. (2012· 山东高考理科· T22) 已知函数
f ( x) ? ln x ? k e e x ( k 为常数, ? 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;
2 x ) ( Ⅲ ) 设 g ( x)? ( x? x) f ' (,x其 中 f ' ( )为 f ( x) 的 导 函 数 . 证 明 : 对 任 意

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x ? 0, g ( x) ? 1 ? e?2 .
【解题指南】 (1)由曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行可知 f ??1? ? 0 即 可求出 k 的值.(2)可由(1)的结论求解判断单调区间.(3)构造函数法求解 不等式问题. 【解析】(Ⅰ) 由
f ( x) ? ln x ? k e x 得 x ? ?0,???

1 ?e x ? (ln x ? k )(e x )? x ? ln x ? k (ln x ? k ) f ??x ? ? ? e2x ex 1 ? ln 1 ? k ??1? ? 1 f ?0 e1 由曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行可知 ,

解得: k ? 1 .
1 ? 1 ? ln x x ex (Ⅱ) f ?(x) ? , x ? ?0,???,令 f ?( x) ? 0 可得 x ? 1 ,

当 0 ? x ? 1 时,

f ?( x) ?

1 1 ? 1 ? ln x ? 0 f ?( x) ? ? 1 ? ln x ? 0 x x ;当 x ? 1 时, 。

于是 f (x) 在区间 (0,1) 内为增函数;在 (1,??) 内为减函数。 (Ⅲ)
g ( x) ? x 2 ? x f ?? x ? ? ( x ? 1)

?

?

1 ? x ? x ln x ex , x ? ?0,???
?2

因此,对任意 x ? 0 , g ?x? ? 1 ? e 等价于 令 h?x? ? 1 ? x ? x ln x, x ? ?0,??? ,

1 ? x ? x ln x ?

ex (1 ? e ?2 ) x ?1 .

?2 则 h??x? ? ? ln x ? 2 ? ??ln x ? ln e ?, x ? ?0,??? , ?2 因此,当 x ? ?0, e ?时,h??x? ? 0, h?x? 单调递增; ?2 当 x ? ?e ,???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


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故 1 ? x ? x ln x ? 1 ? e
x 设 ? ?x? ? e ? ?x ? 1?.

?2

x x 0 因为 ? ??x? ? e ?1 ? e ? e ,

所以 x ? ?0,???时, ? ??x ? ? 0 , ? ?x ? 单调递增,
? ?x? ? ? ?0? ? 0 ,
x 故 x ? ?0,???时, ? ?x? ? e ? ?x ? 1? ? 0 ,

ex ?1 即 x ?1
1 ? x ? x ln x ? 1 ? e ?2 ? ex 1 ? e ?2 x ?1 .
?2

所以

?

?

因此,对任意 x ? 0, g ?x? ? 1 ? e . 11.(2012·山东高考文科·T22)已知函数 是自然对数的底数),曲线 y ? (Ⅰ)求 k 的值; (Ⅱ)求 f ( x) 的单调区间; (Ⅲ)设 g ( x) ? xf ?( x) ,其中 f ?( x) 为 f ( x) 的导函数.证明:对任意 x ? 0, g ( x) ? 1 ? e . 【解题指南】 (1)由曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行可知 f ??1? ? 0 即 可求出 k 的值.(2)可由(1)的结论求解判断单调区间.(3)构造函数法求解
g ( x) ? xf ?( x)
?2

f ( x) ?

ln x ? k (k ex 为常数,e=2.71828…

f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线与

x 轴平行.

的最值.
1 ? ln x ? k f ?( x) ? x ex

【解析】 (I) 由已知,



f ?(1) ?

1? k ?0 e ,∴ k ? 1 .

(II)由(I)知,

1 ? ln x ? 1 f ?( x) ? x ex .
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k ( x) ? 1 1 1 ? ln x ? 1 k ?( x) ? ? 2 ? ? 0 x x x ,则 ,即 k ( x) 在 (0, ??) 上是减函数,



由 k (1) ? 0 知,当 0 ? x ? 1 时 k ( x) ? 0 ,从而 f ?( x) ? 0 , 当 x ? 1 时 k ( x) ? 0 ,从而 f ?( x) ? 0 . 综上可知, f ( x) 的单调递增区间是 (0,1) ,单调递减区间是 (1, ??) . (III)由(II)可知, x ? 1 时,g ( x) ? xf ?( x) ≤0<1+ e , 当 故只需证明 g ( x) ? 1 ? e 在 0 ? x ? 1 时
?2

?2

成立. 当 0 ? x ? 1 时, e >1,且 g ( x) ? 0 ,∴
x

g ( x) ?

1 ? x ln x ? x ? 1 ? x ln x ? x ex .

设 F ( x) ? 1 ? x ln x ? x , x ? (0,1) ,则 F ?( x) ? ?(ln x ? 2) , 当 x ? (0,e ) 时, F ?( x) ? 0 ,当 x ? (e
?2

?2

?2

,1) 时, F ?( x) ? 0 ,
?2

所以当 x ? e 时, F ( x) 取得最大值 F (e 所以 g ( x) ? F ( x) ? 1 ? e . 综上,对任意 x ? 0 , g ( x) ? 1 ? e .
?2 ?2

) ? 1 ? e?2 .

12.(2012·江西高考理科·T21)若函数 h(x)满足 (1)h(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.
? 1? x p ? p h ? x? ? ? ? ? ? ? ?1, p ? 0 ? 1? ? x p ? ? 则称 h(x)为补函数。已知函数
1

(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? ,使得 h(m)=m,称 m 是函数 h(x)的中介元,记 时,h(x)的中介元为 xn,且
Sn ? ? xi
i ?1 n

p?

1 ? n ? N* ? n

1 ,若对任意的 n ? N? ,都有 Sn< 2 ,求 ? 的取
- 10 -

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值范围; (3)当 ? =0, x ? ? 0,1? 时,函数 y= h(x)的图象总在直线 y=1-x 的上方,求 P 的取 值范围。 【解题指南】判断是否为补函数,即是看是否满足上述三条性质,可逐条验证; (1) 先根据中介元的定义求出中介元 xn ,再对 xn 求和,求得 Sn ,通过解不 等式
Sn ? 1 2 ,求得 ? 的取值范围;

(2) 函数 y= h(x)的图象总在直线 y=1-x 的上方, 则说明 h ? x ? ? 1 ? x 恒成立, 然后分离出参数 p ,转化为求函数的最值问题,利用导数求得最值, 最终得到 p 的取值范围。 【解析】(1)函数 h ? x ? 是补函数.证明如下:
? 1? 0 ?P ? 1 ?1 ? P h ? 0? ? ? h ?1? ? ? ? ? ?0 ? 1? 0 ? ? 1 , ? 1? ? ? ① ;
1 1

②对任意 a ??0,1? ,有
P ? 1 ? ? ? 1? 1? a P p ? 1? a ?P ? 1 ? ?a h ? h ? a ?? ? h ? ? ? ?? P ? ? 1? ?aP ? ? ? ? ? 1? ? 1? a ? ? ? 1 ? ?aP ?

? 1 ? ? ?1 ? ? ? a P ? P ??? ? ?a ? ? 1? ? ? ? ? ;

③令

g ? x ? ? ? h ? x ? ?? ,

g '? x? ?

? px p ?1 ?1 ? ? x p ? ? ?1 ? x p ? ? px p ?3



?1 ? ? x ?

p 2

?

? p ?1 ? ? ? x p ?1

?1 ? ? x ?

p 2



因为 ? ? ?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.
?
p?

(2)当

2 1 1 ? n ? N* ? h ? x? ? x ? x 4 ? 2x 4 ?1 ? 0……??? n ,由 ,得:

?1? xn ? ? ? ?2? ; (i)当 ?=0 时,中介元

n

(ii)当 ? ? ?1 且 ? ? 0 时,由(*)得

xn ?
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1

1 1 1 ? ? 0,1? xn ? ? ?0,1? 1? ? ?1 1? 1? ? 或 ;

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1 ? ? xn ? ? ? ? 1? ? ?1 ? . 得中介元

n

1 ? ? xn ? ? ? ? n ? N* ? ? ? ?1 .中介元为 ? 1? ? ?1 ? 综合(i)(ii):对任意的 ,

n

于是,当 ? ? ?1 时,
1 1 ? ? Sn ? ? ? ?? 1? ? i ?1 ? 1 ? ? ? 1 ?
n n ? ? 1 1 ? ? , ?1 ? ? ? ?? ? ? 1? ? ?1 ? ? 1? ? ? ?
n



1 ? ? 1 ? ? 当 n 无限增大时, ? 1 ? ? ? 1 ? 无限接近于 0, Sn 无限接近于 1 ? ? ,

故对任意的 n ? N* ,

Sn ?

1 1 1 ? 2 成立等价于 1 ? ? 2 ,即 ? ?[3, ??) .
1 p p

h x ? 1? x (3)当 ? ? 0 时, ? ? ?

?

? 1 ?p xp ? ? ? ?2? , ,中介元为
1

1

1 ? 1 ?p 1 xp ? ? ? ? ?1 2, ?2? (i)当 0 ? p? 1时, p ,中介元为

所以点 ?

xp , h ? xp ?

? 不在直线 y ? 1 ? x 的上方,不符合条件;
1? x
p

(ii)当 p ? 1时,依题意只须 ? 也即 设
x p ? ?1 ? x ? ? 1
p

?

1 p

? 1? x

在 x ? ? 0,1? 时恒成立,

在 x ? ? 0,1? 时恒成立,
p

? ? x ? ? x p ? ?1 ? x ? , x ? ? 0,1?

,则

? ? ? x ? ? p ? x p?1 ? ?1 ? x ?
?

p ?1

? ?.

由 ? ? x? ? 0 得
?

x?

? 1? ?1 ? 1 x ? ? 0, ? x ? ? ,1? ? 2 ? 时, ? ' ? x ? ? 0 ,当 ? 2 ? 时, ?? ? x ? ? 0 , 2 ,且当

又因为 ? ? 0? ? ? ?1? ? 1,所以当 x ? ? 0,1? 时, ? ? x ? ? 1恒成立. 综上: p 的取值范围是 ?1, ?? ? . 13.(2012·江西高考文科·T21)已知函数 f(x)=(ax2+bx+c)ex 在 ?0,1? 上单调 递减且满足 f(0)=1,f(1)=0. (1)求 a 的取值范围;
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(2)设 g(x)= f(-x)- f′.(x),求 g(x)在 ?0,1? 上的最大值和最小值。 【解题指南】 (1)利用 f(0)=1,f(1)=0 将 b、c 用 a 表示出来,然后利用 f(x)= (ax2+bx+c)ex 在 ?0,1? 上单调递减 ? f ? ? x? ? 0 在 x ??0,1? 上恒成立,然后通过分类 讨论求得 a 的取值范围; (2)化简 g(x)= f(-x)- f′(x),通过对 g(x)求导,然后分类讨论求最值。 【解析】 (1)由 f ? 0? ? 1, f ?1? ? 0 得 c ? 1, a ? b ? ?1 , 则 f ? x ? ? ? ax 2 ? ? a ? 1? x ? 1? e x , f ? ? x ? ? ? ax 2 ? ? a ? 1? x ? a ? e x ? ? ? ? 依题意须对于任意 x ? ? 0,1? ,有 f ? ? x ? ? 0 . 当 a ? 0 时,因为二次函数 y ? ax2 ? ? a ?1? x ? a 的图象开口向上,而 f ? ? 0? ? ?a ? 0 ,所 以须 f ? ?1? ? ? a ?1? e ? 0 ,即 0 ? a ? 1 ; 当 a ? 1 时,对任意 x ? ? 0,1? 有 f ? ? x ? ? ? x 2 ? 1? e x ? 0 , f ? x ? 符合条件; 当 a ? 0 时,对于任意 x ? ? 0,1? , f ? ? x ? ? ?xex ? 0 , f ? x ? 符合条件; 当 a ? 0 时,因 f ? ? 0? ? ?a ? 0 , f ? x ? 不符合条件. 故 a 的取值范围为 0 ? a ? 1 . (2)因 g ? x ? ? ? ?2ax ?1? a ? ex , g? ? x ? ? ? ?2ax ?1? a ? ex , (i)当 a ? 0 时, g? ? x ? ? ex ? 0 , g ? x ? 在 x ? 0 上取得最小值 g ? 0? ? 1,在 x ? 1 上取得 最大值 g ?1? ? e .
x (ii)当 a ? 1 时,对于任意 x ? ? 0,1? ,有 g? ? x? ? ?2 xe ? 0 , g ? x ? 在 x ? 0 取得最大值

g ? 0? ? 2 ,在 x ? 1 取得最小值 g ?1? ? 0 .

(iii)当 0 ? a ? 1 时,由 g? ? x ? ? 0 得 x ? ①若

1? a 1 ? 1 ,即 0 ? a ? 时, g ? x ? 在 ?0,1? 上单调递增, g ? x ? 在 x ? 0 取得最小值 2a 3

1? a ? 0. 2a

g ? 0? ? 1 ? a ,在 x ? 1 取得最大值 g ?1? ? ?1? a ? e .

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1? a 1? a 1 1? a ? 1? a ? 2a ? 1 ,即 ? a ? 1 时,g ? x ? 在 x ? ②若 取得最大值 g ? ? ? 2ae ,在 x ? 0 或 2a 3 2a 2a ? ?

x ? 1 取得最小值,而 g ? 0? ? 1 ? a, g ?1? ? ?1 ? a ? e ,

1 e ?1 时, g ? x ? 在 x ? 0 取得最小值 g ? 0? ? 1 ? a ; 3 e ?1 e ?1 ? a ? 1 时, g ? x ? 在 x ? 1 取得最小值 g ?1? ? ?1 ? a ? e . 当 e ?1

则当 ? a ?

14.(2012·新课标全国高考理科·T21)已知函数 f ( x) 满足满足
f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) x ? 1 2 x 2 ;

(1)求 f ( x) 的解析式及单调区间; (2)若
f ( x) ? 1 2 x ? ax ? b 2 ,求 (a ? 1)b 的最大值。

? 【解题指南】 (1)求导函数 f ? x ? ,然后根据已知条件求得 f ( x) 的解析式,最后求

单调区间。 (2)
f ( x) ? 1 2 1 1 x ? ax ? b ? f ? x ? ? x 2 ? ax ? b ? 0 令h ? x ?=f ? x ? ? x 2 ? ax ? b 2 2 2 , ,通过研

究 h ? x ? 的性质,求得 (a ? 1)b 的最大值,注意分类讨论。 【解析】 (1)
f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) x ? 1 2 x ? f ?( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) ? x 2

令 x ? 1 得: f (0) ? 1
f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? x ? f ( x) ? e x ? x ? 1 2 x ? f (0) ? f ?(1)e ?1 ? 1 ? f ?(1) ? e 2 1 2 x ? g ( x) ? f ?( x) ? e x ? 1 ? x 2

得:

g?( x) ? ex ? 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) ? e x ? x ?

1 2 x 2

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且单调递增区间为 (0, ??) ,单调递减区间为 (??, 0) (2)
f ( x) ? 1 2 x ? ax ? b ? h( x) ? e x ? (a ? 1) x ? b ? 0 x 2 得 h?( x) ? e ? (a ?1)

①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)2 ? (a ? 1)2 ln(a ?1)(a ?1 ? 0)
2 2 令 F ( x) ? x ? x ln x( x ? 0) ;则 F ?( x) ? x(1 ? 2ln x)

F ?( x) ? 0 ? 0 ? x ? e , F ?( x) ? 0 ? x ? e

当 x ? e 时,

F ( x ) max ?

e 2

e 当 a ? e ?1, b ? e 时, (a ? 1)b 的最大值为 2

15.(2012·新课标全国高考文科·T21)设函数 f(x)= ex-ax-2 (Ⅰ)求 f(x)的单调区间 (Ⅱ)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k) f?(x)+x+1>0,求 k 的最大值
? 【解题指南】 (1)先确定函数的定义域,然后求导函数 f ? x ? ,因不确定 a 的正 ? 负,故应讨论,结合 a 的正负分别得出在每一种情况下 f ? x ? 的正负,从而确立

单调区间; (2)分离参数 k ,将不含有参数的式子看作一个新函数 g ? x ? ,将求 k 的最大值转 化为求 g ? x ? 的最值问题。
x ? 【解析】(1) f ? x ? 的定义域为 ? ??, ??? , f ? x ? ? e ? a .

? 若 a ? 0 ,则 f ? x ? ? 0 ,所以 f ? x ? 在 ? ??, ??? 单调递增.
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? ? 若 a ? 0 ,则当 x ? ? ??,ln a ? 时, f ? x ? ? 0 ;当 x ? ? ln a, ??? 时, f ? x ? >0,

所以, f ? x ? 在 ? ??,ln a ? 单调递减,在 ? ln a, ??? 单调递增.
x a ? 1 ,所以 ? x ? k ? f ? ? x ? ? x ? 1 ? ? x ? k ? ? e ? 1? ? x ? 1 . (II)由于

? 故当 x ? 0 时, ? x ? k ? f ? x ? ? x ?1 ? 0 等价于
k? x ?1 ?x ex ?1

? x ? 0?.
? xe x ? 1 ?





g ? x? ?

g? ? x ? ? x ?1 ?x x ex ?1 e ?1 ,则

?

?

ex ? ex ? x ? 2?

2

?e

x

? 1?

2

.

x 由(I)知,函数 h ? x ? ? e ? x ? 2 在 ? 0,??? 单调递增.而 h ?1? ? 0, h ? 2? ? 0 ,所以 h ? x ? 在

?0,??? 存在唯一的零点.故 g? ? x? 在 ?0,??? 存在唯一的零点.设此零点为 ? ,则
? ? ?1, 2?

.
? ?

当 x ? ? 0,? ? 时, g ? x ? ? 0 ;当 x ? ?? , ?? ? 时, g ? x ? ? 0 .所以 g ? x ? 在 ? 0,??? 的最小值为
g ?? ?
? ? .又由 g ?? ? ? 0 ,可得 e ? ? ? 2 ,所以 g ?? ? ? ? ?1 ? ? 2,3? .

由于①式等价于 k ? g ?? ? ,故整数 k 的最大值为 2. 16.(2012·安徽高考理科·T19)设 (I)求 f ( x) 在 [0, ??) 内的最小值; (II)设曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 【解题指南】 (1)设 t ? e (t ? 1) ;则
x

f ( x) ? ae x ?

1 ? b(a ? 0) ae x

y?

3 x 2 ;求 a , b 的值。

y ? at ?

1 1 a 2t 2 ? 1 ? b ? y? ? a ? 2 ? at at at 2

根据导数的符号判断函数的单调性,求出函数的最小值; (2)曲线 y ? f ( x) 在点
? f (2) ? 3 ? ? 3 3 y? x ? f ?(2) ? 2 (2, f (2)) 的切线方程为 2 ,则 ? ,解出 a , b 的值.

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x 【解析】 (I)设 t ? e (t ? 1) ;则

y ? at ?

1 1 a 2t 2 ? 1 ? b ? y? ? a ? 2 ? at at at 2
1 y ? a? t ? at 1 ?b a b

① 当 a ? 1 时 , y? ? 0 ? 得:当 t ? 1( x ? 0) 时, f ( x) 的最小值为 ②当 0 ? a ? 1 时, 当且仅当 (II)
f ( x) ? ae x ? y ? at ? a?

在 t ?1 上 是 增 函 数

1 ?b ? 2 ?b at

at ? 1(t ? e x ?

1 , x ? ? ln a) a 时, f ( x) 的最小值为 b ? 2

1 1 ? b ? f ?( x) ? ae x ? x x ae ae

1 2 ? 2 ? ae ? 2 ? b ? 3 ?a ? 2 ? f (2) ? 3 ? ? ? ? ae e ?? ? 3?? ?(2) ? ?f ? ae 2 ? 1 ? 3 ?b? 1 ? 2 2 ? ? ae 2 ? 2 ? 由题意得:

17. 2012· ( 安徽高考文科· T17) 设定义在 (0, ? ) + 上的函数 (Ⅰ)求 f ( x) 的最小值; (Ⅱ)若曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为
y?

f ( x) ? ax ?

1 ? b(a ? 0) ax

3 x 2 ,求 a , b 的值。

【解题指南】 (1)根据导数的符号判断函数的单调性,求出函数的最小值; (2)
? f (2) ? 3 ? ? 3 3 y? x ? f ?(2) ? 2 2 ,则 ? 曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 ,解出 a , b 的值.

【解析】 (I)

f ( x) ? ax ?

1 1 ? b ? 2 ax? ? b ? b ? 2 ax ax

1 ax ? 1( x ? ) a 时, f ( x) 的最小值为 b ? 2 当且仅当 f (1) ? 3 1 3 ? a? ?b ? 2 a 2
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(II)由题意得:



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f ?( x) ? a ?

1 1 3 ? f ?(1) ? a ? ? 2 ax a 2



由①②得: a ? 2, b ? ?1 18.(2012·辽宁高考理科·T21)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 (1)求 a , b 的值。 (2)证明:当 0 ? x ? 2 时,
f ( x) ? 9x x?6。
y? 3 x 2 在(0,0)点相切。

【解题指南】(1)点在曲线上,则点的坐标满足曲线方程;同时据导数的几何意 义可以建立另一个方程,求出 a,b;(2) 构造函数,利用导数研究单调性,借助函 数单调性证明不等式 【解析】 (1)由 y ? ln( x ? 1) ?
x ? 1 ? ax ? b 得图象过点(0,0)得

b=0;

3 y ? ln( x ? 1) ? x ? 1 ? ax ? b 在点(0,0)的切线斜率 2 , 由



y?

x ?0

?(

1 1 ? ? a) x ?1 2 x ?1

x ?0

?

3 ?a?0 2
x ?1 2

(2)证明:当 x ? 0 时, 令
h( x) ? f ( x) ?

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

54 1 1 54 9x h?( x) ? f ?( x) ? ? ? ? 2 x ? 1 2 x ? 1 ( x ? 6) 2 ( x ? 6) x ? 6 ,则

x 2 ? ?1 2 ? x ?1 54 54 ( x ? 6)3 ? 216( x ? 1) 2 ? ? ? ? ? 2 2 2( x ? 1) 2( x ? 1) ( x ? 6) ( x ? 6) 2( x ? 1)( x ? 6)2

令 g ( x) ? ( x ? 6)

3

? 216( x ? 1)
3

,则当 0 ? x ? 2 时, g ?( x) ? 3( x ? 6)

2

? 216 ? 0

因此 g ( x) ? ( x ? 6)

? 216( x ? 1)

在(0,2)内是递减函数,又 g (0) ? 0

则 0 ? x ? 2 时, g ( x) ? g (0) ? 0 所以 0 ? x ? 2 时,
h?( x) ? 0

,即

h( x) ? f ( x) ?

9x x ? 6 在(0,2)内是递减函数,

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由 h(0) ? 0 ,则 0 ? x ? 2 时, h( x) ? h(0) ? 0 故 0 ? x ? 2 时,
h( x) ? f ( x) ? 9x 9x ? 0 ? f ( x) ? x?6 x?6

19.(2012·辽宁高考文科·T21)设 f ( x) ? ln x ? x ?1,证明: (Ⅰ)当 x﹥1 时,
f ( x)

3 ﹤ 2 ( x ?1 ) 9( x ? 1) x?5

(Ⅱ)当 1 ? x ? 3 时,

f ( x) ?

【解题指南】构造函数,利用导数研究单调性,借助函数单调性证明不等式
3 g ( x) ? ln x ? x ? 1 ? ( x ? 1) 2 【解析】 (1)记 ,则 3 g ( x) ? ln x ? x ? 1 ? ( x ? 1) 2 ,所以 在 (1, ??) 上为减函数,则当

当 x ? 1 时,
x ? 1 时, g ( x) ? g (1) ? 0 ,

3 3 3 g ( x) ? ln x ? x ? 1 ? ( x ? 1) ? 0 ? ln x ? x ? 1 ? ( x ? 1) f ( x) ? ( x ?1) 2 2 2 所以 ,即

(2)记 h( x) ? ( x ? 5) f ( x) ? 9( x ?1) ,
3 1 1 h?( x) ? f ( x) ? ( x ? 5) f ?( x) ? 9 ? ( x ?1) ? ( x ? 5)( ? ) ?9 2 x 2 x 则由(1)得
? ? 1 1 x ?1 (3x( x ?1) ? ( x ? 5)(2 ? x ) ?18x) ? (3x( x ?1) ? ( x ? 5)(2 ? ) ?18x) 2x 2x 2 1 (7 x2 ? 32 x ? 25) 4x

1 (7 x2 ? 32 x ? 25) ? 0 当 1 ? x ? 3 时, 4x ,则 h?( x) ? 0

因此函数 h( x) ? ( x ? 5) f ( x) ? 9( x ? 1) 在(1,3)内单调递减, 所以 1 ? x ? 3 时, h( x) ? h(1) ? 0 即
h( x) ? ( x ? 5) f ( x) ? 9( x ? 1) ? 0 ? f ( x) ? 9( x ? 1) ( x ? 5)

20.(2012·陕西高考理科·T21) (本小题满分 14 分)
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n 设函数 fn ( x) ? x ? bx ? c (n ? N? , b, c ? R)

( ,1) (Ⅰ)设 n ? 2 , b ? 1, c ? ?1,证明: f n ( x) 在区间 2 内存在唯一零点;

1

(Ⅱ)设 n ? 2 ,若对任意 x1 , x2 ?[?1,1] ,有 | f2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4 ,求 b 的取值范围; (Ⅲ)在(Ⅰ)的条件下,设 是
xn f n ( x)

1 ( ,1) 在 2 内的零点,判断数列 x2 , x3 ,?, xn ?的

增减性. 【解题指南】 (1)根据零点存在的条件和函数的单调性进行判断; (2)需要进 行分类讨论,等价转化等,然后变形整理根据函数的单调性求解; (3)通过转 化,可得关系。 【解析】 (Ⅰ)当 b ? 1 , c ? ?1, n ? 2 时, fn ( x) ? x ∵
n

? x ?1

.

1 1 1 1 1 1 f n ( ) ? f n (1) ? ( n ? ) ?1 ? n ? ? 0 ( ,1) f n ( x) 2 2 2 2 2 ,∴ 在 2 内存在零点.

1 1 x ? ( ,1) ( ,1) n ?1 2 时, f n?( x) ? nx ? 1 ? 0 ,∴ f n ( x) 在 2 上是单调递增的, 又当



f n ( x)

1 ( ,1) 在 2 内存在唯一零点.
2

(Ⅱ) 当 n ? 2 时,f2 ( x) ? x
[ ?1,1]

? bx ? c

, 对任意 x1 , x2 ? [?1,1] 都有 | f2 ( x2 ) ? f2 ( x1 ) |? 4 等价于 f 2 ( x) 在

上的最大值与最小值之差 M ? 4 ,据此分类讨论如下:
| b |? 1 2 ,即 | b |? 2 时, M ?| f 2 (1) ? f 2 (?1) |? 2 | b |? 4 ,与题设矛盾;

(ⅰ)当

b b b ?1 ? ? ? 0 M ? f 2 (1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1)2 ? 4 0 ? b ? 2 时, 2 2 2 (ⅱ)当 ,即 恒成立;

(ⅲ)当

0??

b b b ?1 M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1)2 ? 4 ?2 ? b ? 0 时, 2 2 2 ,即 恒成立.

综上可知, b 的取值范围是 {b | ?2 ? b ? 2} . 注: (ⅱ)与(ⅲ)也可合并证明如下: 用 max{a, b} 表示 a, b 中的较大者.
b ?1 ? ? ? 1 2 当 ,即 ?2 ? b ? 2 时, b M ? max{ f 2 (1), f 2 (?1)} ? f 2 (? ) 2 ? f 2 (?1) ? f 2 (1) | f 2 (?1) ? f 2 (1) | b ? ? f 2 (? ) 2 2 2
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b |b| ? 1 ? c? | b | ?(? ? c) ? (1 ? )2 ? 4 4 2 恒成立.

(Ⅲ) (证法一)
f n?1 ( xn?1 ) ? xn?1n?1 ? xn?1 ? 1 ? 0 ? xn?1n ? xn?1 ? 1 ? f n ( xn?1 )

设 是
xn

f n ( x)

1 ( ,1) n 在 2 内的唯一零点( n …2 ) ,则 fn ( xn ) ? xn ? xn ? 1 ? 0 ,

1 xn?1 ? ( ,1) n?1 2 ,于是有 f n ( xn ) ? 0 ? f n?1 ( xn?1 ) ? xn?1 ? xn?1 ? 1 ,


1 ( ,1) 在 2 上是递增的,故 xn ? xn?1 (n …2) .

又由(Ⅰ)知

f n ( x)

所以,数列 x2 , x3 ,?, xn ?的是递增数列. 证法二 设 是
xn f n ( x)

1 ( ,1) 在 2 内的唯一零点,

f n?1 ( xn ) f n?1 (1) ? ( xn n?1 ? xn ? 1)(1n?1 ? 1 ? 1) ? xn n?1 ? xn ? 1 ? xn n ? 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 ?的是递增数列. 21.(2012·陕西高考数学文科·T21) (本小题满分 14 分)
n 设函数 f ( x) ? x ? bx ? c (n ? N? , b, c ? R)

1 ( ,1) (1)设 n ? 2 , b ? 1, c ? ?1,证明: f ( x) 在区间 2 内存在唯一零点;

(2)设 n 为偶数,

f ( ?1) ? 1



f (1) ? 1

,求 b+3c 的最小值和最大值;

(3)设 n ? 2 ,若对任意 x1 , x2 ?[?1,1] ,有 | f ( x1) ? f ( x2 ) |? 4 ,求 b 的取值范围. 【解题指南】 (1)根据零点存在的条件和函数的单调性进行判断; (2)把两个 绝对值不等式列出表达式,然后转化为线性规划问题;或对不等式进行变形整 理,直接整理出结果; (3)需要进行分类讨论、等价转化等,然后变形整理根 据函数的单调性求解. 【解析】 (Ⅰ)当 b ? 1 , c ? ?1, n ? 2 时, f ( x) ? x ∵
n

? x ?1

.

1 1 1 1 1 1 f ( ) ? f (1) ? ( n ? ) ?1 ? n ? ? 0 ( ,1) f ( x) 2 2 2 2 2 ,∴ 在 2 内存在零点.

1 1 x ? ( ,1) ( ,1) f ( x) f ?( x) ? nx n ?1 ? 1 ? 0 又当 2 时, ,∴ 在 2 上是单调递增的,

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f ( x)

1 ( ,1) 在 2 内存在唯一零点.

(Ⅱ) (方法一)∵
??1 ? f (?1) ? 1 ? ∴ ??1 ? f (1) ? 1 ,又

f ( ?1) ? 1



f (1) ? 1

n , f ( x) ? x ? bx ? c ,

f ( x) ? x

n

?0 ? b ? c ? 2 ? ? bx ? c ,所以 ? ?2 ? b ? c ? 0 ,

以 b 为横坐标, c 为纵坐标画出可行域,如图所示,

观察可行域可知, b ? 3c 在点 (0, ?2) 取到最小值 ?6 ,在点 (0, 0) 取到最大值 0, ∴ b ? 3c 的最小值为 ?6 ,最大值为 0. (方法二)由题意可得,
?1 ? f (1) ? 1 ? b ? c ? 1

,即 ?2 ? b ? c ? 0 , ,即 ?2 ? ?b ? c ? 0 ,

① ②

?1 ? f (?1) ? 1 ? b ? c ? 1

① ? 2+②得: ?6 ? 2(b ? c) ? (?b ? c) ? b ? 3c ? 0 , 当 b ? 0, c ? ?2 时, b ? 3c ? ?6 ;当 b ? c ? 0 时, b ? 3c ? 0 , 所以 b ? 3c 的最小值为 ?6 ,最大值为 0. (方法三)由题意知
? f (?1) ? 1 ? b ? c ? ? f (1) ? 1 ? b ? c

,解得

b?

f (1) ? f (?1) f (1) ? f (?1) ? 2 ,c ? 2 2 ,

所以 b ? 3c ? 2 f (1) ? f (?1) ? 3 又∵ ?1 剟 f (?1)
1

,?1 剟 f (1)

1

,∴ ?6 剟b ?3 c

0

2 ,当 b ? 0, c ? ? 时,b ? 3c ? ?6 ;当 b ? c ? 0 时,

b ? 3c ? 0 .所以 b ? 3c 的最小值为 ?6 ,最大值为

0.

(Ⅲ)当 n ? 2 时, f ( x) ? x
[ ?1,1]

2

? bx ? c

,对任意 x1 , x2 ? [?1,1] 都有 | f ( x2 ) ? f ( x1 ) |? 4 等价于 f ( x) 在

上的最大值与最小值之差 M ? 4 ,据此分类讨论如下:
| b |? 1 2 ,即 | b |? 2 时, M ?| f (1) ? f (?1) |? 2 | b |? 4 ,与题设矛盾;
- 22 -

(ⅰ)当

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b b b ?1 ? ? ? 0 M ? f (1) ? f (? ) ? ( ? 1)2 ? 4 0 ? b ? 2 时, 2 2 2 (ⅱ)当 ,即 恒成立;

(ⅲ)当

0??

b b b ?1 M ? f (?1) ? f (? ) ? ( ? 1)2 ? 4 ?2 ? b ? 0 时, 2 2 2 ,即 恒成立.

综上可知, b 的取值范围是 {b | ?2 ? b ? 2} . 注: (ⅱ)与(ⅲ)也可合并证明如下: 用 max{a, b} 表示 a, b 中的较大者.
b ?1 ? ? ? 1 2 当 ,即 ?2 ? b ? 2 时, b M ? max{ f (1), f (?1)} ? f (? ) 2

f (?1) ? f (1) | f (?1) ? f (1) | b ? ? f (? ) 2 2 2 b |b| ? 1 ? c? | b | ?(? ? c) ? (1 ? )2 ? 4 4 2 恒成立. ?

22.(2012·浙江高考理科·T22) (本题满分 14 分)已知 a >0,b∈R,函数 f(x)=4 a x3-2bx-a+b。 (Ⅰ)证明:当 0 ? x ? 1 时, (1)函数 f(x)的最大值为 2a ? b ? a (2) 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。 【解题指南】本题是用导数的方法研究函数的性质,求最值时需分类讨论求解, 要注意分类标准的确定,同时求 a ? b 的取值范围时需化为线性规划问题解决。
2 【解析】 (Ⅰ) (1) f ?( x) ? 12ax ? 2b

当 b ? 0 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 ?0,1? 上为增函数
f ( x)max ? f (1) ? 3a ? b = 2a ? b ? a

b ?1 当 b ? 0 时,若 6a ,即 b ? 6a 时, f ( x) 在 ?0,1? 上为减函数
f ( x)max ? f (0) ? b ? a = 2a ? b ? a
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? ? b ? b ? b ,1? ?0, ? ? ?1 6a ? f ( x) 在 ? ? 6 a ? 上为增函数 6a 若 ,即 b ? 6a 时, 上为减函数,在

而 f (0) ? b ? a , f (1) ? 3a ? b , f (0) ? f (1) ? 2b ? 4a ∴当 b ? 2a 时, f ( x)max ? f (1) ? 3a ? b = 2a ? b ? a 当 2a ? b ? 6a 时, f ( x)max ? f (0) ? b ? a = 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(2 x3 ? 2 x ? 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)
3 设 g ( x) ? 2x ? 2x ?1,0 ? x ? 1 ,则

g ?( x) ? 6 x 2 ? 2 ? 6( x ?

3 3 )( x ? ). 3 3

于是
x
g ?( x )
g ( x)

0

(0,

3 ) 3

3 3

(

3 ,1) 3

1

- 1
3 4 3 ) ? 1? ?0 3 9

0 极小值

+ 增 1



所以,

g ( x)min ? g (

3 所以,当 0 ? x ? 1 时, g ( x) ? 2x ? 2x ? 1 ? 0

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,
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?| 2a-b |﹢a ? 1 ? ∴ ?a ? 0 .
? b ? 2a ? ?b ? a ? 1 ?a ? 0 ? ? b ? 2a ? ?3a ? b ? 1 ?a ? 0 ?





,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 ;过Q(0,-1)时, 有 zmin ? ?1 . ∴所求 a+b 的取值范围是 ? ?1,3? . 23.(2012· 浙 江高 考 文 科· T 21) (本题满分 15 分)已知 a∈R,函数
3 f ( x) ? 4x ? 2ax? a .

(1)求 f(x)的单调区间 (2)证明:当 0≤x≤1 时,f(x)+ 2 ? a >0. 【解题指南】 考查导数研究函数性质的方法,求函数的单调区时要注意分类讨论, 而不等式证明可转化为不等式恒成立问题。
2 【解析】 (1) f ?( x) ? 12x ? 2a

当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在(-∞,+∞)为增函数
2 当 a ? 0 时, 令 f ?( x) ? 12 x ? 2a ? 0 ,得

x??

a a 或x ? 6 6

令 f ?( x) ? 12 x ? 2a ? 0 ,得
2

?

a a ?x? 6 6

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所以 f ( x) 在

(??, ?

a a a a ) (? , ) ( , ??) 6 上单增,在 6 6 上单减,在 6 上单增

综上,当 a ? 0 时, f ( x) 为增函数; 当 a ? 0 时,f ( x) 的单调递增区间为
(??, ? a a a a ) ( , ??) (? , ) 6 和 6 6 6 。 , 单调递减区间

(2)由(1)可得当 a ? 0 时, f ( x) 在 ?0,1? 为增函数, f ( x)min ? f (0) = a 当 a ? 0 时,因为 f ( x) 在
(??, ? a a a a ) (? , ) ( , ??) 6 上单增,在 6 6 上单减,在 6 上单增

a ?1 若 6 ,即 a ? 6 时, f ( x) 在 ?0,1? 为减函数, f ( x)min ? f (1) = 4 ? a

∴f(x)+ 2 ? a ? f ( x)min ? a ? 2 ? 2 ? 0 若
a a a ?1 (0, ) ( ,1) 6 6 上单减,在 6 , 即 0 ? a ? 6 时 , f ( x) 在 在 上单增,
a? 4a a 3 6

f ( x)min ? f ( 6a ) =

当 2 ? a ? 6 时, f(x)+ 2 ? a

? f ( x)min ? a ? 2 ? 2a ? 2 ?

4a a 3 6

a 1 ?t t ? ( ,1) 2 3 3 , a ? 6t 2 , g (t ) ? 12t ? 2 ? 8t 令 6 ,则
2 则 g?(t ) ? 24t ? 24t ? ?24t (t ?1) >0

? 1 ? 1 8 64 ? ,1? g (t ) ? g ( ) ? 2 ? ? 4? ?0 2 3 3 ? g (t ) ? 12t ? 2 ? 8t 在 ? 3 27 3 3 为增函数,

当 0 ? a ? 2 时, f(x)+ 2 ? a
? f ( x)min ? 2 ? a ? a ? 4a a 4a a 8 1 8 ?2?a ? 2? ? 2? ? 2? ?0 3 6 3 6 3 3 3 3

综上,当 0≤x≤1 时,f(x)+ 2 ? a >0. 24.(2012·北京高考理科·T18)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
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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, 【解题指南】第(1)问,交点即在 f ( x) 上也在 g ( x) 上,在公切点处导数相等; 第(2)问,构造函数 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ,再利用导数求单调区间与最大值。
2 【解析】 (1) f '( x) ? 2ax, g '( x) ? 3x ? b ,

? f (1) ? a ? 1 ? c ? ? g (1) ? 1 ? b ? c ? 2a ? 3 ? b 由已知可得 ? ,解得 a ? b ? 3 。

(2)

F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? x3 ? ax 2 ?

a2 x ?1 4 ,

a2 a a x ? ? , x2 ? ? F '( x) ? 3x ? 2ax ? F '( x) ? 0 ,得 1 2 6, 4 ,令
2

? a ? 0,? x1 ? x2 ,
a a a a x ? ? 或x ? ? ? ?x?? 2 6 ;由 F '( x) ? 0 得, 2 6。 由 F '( x) ? 0 得, a a a a (??, ? ), (? , ??) (? , ? ) 2 6 ? 单调递增区间是 ;单调递减区间为 2 6 。

F (?1) ? ?

a2 a a F ( ? ) ? 1 F ( ?1) ? F ( ? ) ?a 2 2 4 , ,

a2 a ? ?1 F ( x)max ? F (?1) ? ? ? a 4 当 2 ,即 0 ? a ? 2 时, F ( x) 在 (??, ?1] 上为增函数,
? a a a a a ? ?1 ? ? (??, ? ) ( ? , ?1) x?? F ( x) 在 6 , 2 ? a ? 6 时, 2 上增, 2 当 2 即 在 2 上减, 所以在 ? a F (? ) ? 1 2 处取得唯一极大值也是最大值 ; a a a a a ? ?1 (??, ? ) (? , ? ) ( ? , ?1) 2 上增,在 2 6 上减,在 6 当 6 ,即 a ? 6 时, F ( x) 在 上增, ?

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a a F ( ?1) ? F ( ? ) F (? ) ? 1 2 ,? F ( x)max ? 2 且 。

a2 ?a 综上,当 0 ? a ? 2 时,f(x)+g(x)的最大值为 4 ;当 a ? 2 时,f(x)+g(x)的最大值 ?

为 1。 25.(2012·北京高考文科·T18)已知函数 f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx. (I) 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; (II) 当 a=3,b=-9 时,若函数 f(x)+g(x)在区间[k,2]上的最大值为 28,求 k 的 取值范围。 【解题指南】第(1)问,交点即在 f ( x) 上也在 g ( x) 上,在公切点处导数相等; 第(2)问,构造函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ,然后利用导数研究函数 h( x) 的单调性与 极值,结合 h(x)的图象,即可求出 k 的取值范围。
2 【解析】 (1) f '( x) ? 2ax, g '( x) ? 3x ? b ,

由已知可得

? f (1) ? a ? 1 ? c ? ? g (1) ? 1 ? b ? c ? 2a ? 3 ? b ?

,解得 a ? b ? 3 。

2 3 (2) f ( x) ? 3x ?1, g ( x) ? x ? 9x,

h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? x3 ? 3x2 ? 9x ? 1 h '( x) ? 3x2 ? 6 x ? 9 ,令 h '( x) ? 0 ,得 x1 ? ?3, x2 ? 1

x
h '( x)
h( x )

(??, ?3)

-3 0 28

(?3,1)

1 0 -5

(1, ??)

+ 增



+ 增

当 x ? ?3 时,取极大值 38;当 x ? 1 时,取极小值-5。 而 h(2) ? 3 ? h(?3) ? 28 ,
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如果 h( x) 在区间[k,2]上的最大值为 28,则 k ? ?3 。 26.(2012·湖南高考理科·T22)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的取值范围;若不存在,请说明理由。 【解题指南】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

1 1 1 1 1 f ( ln ) ? ? ln . a a a a a 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.
ax 【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) ? ae ?1, 令
ax

f ?( x) ? 0, 得x ?

1 1 ln . a a



x?

1 1 1 1 ln x ? ln a a 时, f ?( x) ? 0, f (x )单调递减;当 a a 时, f ?( x) ? 0, f ( x ) 单调递增, 1 1 1 1 1 1 1 ln f ( ln ) ? ? ln . f ( x) 取最小值 a a a a 时, a a a

故当

x?

于是对一切 x ? R, f ( x) ? 1恒成立,当且仅当
1 1 1 ? ln ? 1 a a a .



令 g (t ) ? t ? t ln t, 则 g ?(t ) ? ? ln t.
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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.
1 ?1 故当 t ? 1 时, g (t ) 取最大值 g (1) ? 1 .因此,当且仅当 a 即 a ? 1 时,①式成立.

综上所述, a 的取值集合为 ?1? .
k?

(Ⅱ)由题意知,
? ( x) ? f ?( x) ? k ? aeax ?

f ( x2 ) ? f ( x1 ) eax2 ? eax1 ? ? 1. x2 ? x1 x2 ? x1 eax2 ? eax1 , x2 ? x1 则


? ( x1 ) ? ?
? ( x2 ) ?

eax1 ?ea ( x2 ? x1 ) ? a( x2 ? x1 ) ? 1? , ? x2 ? x1 ?

eax2 ?ea ( x1 ? x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ? 1? . ? x2 ? x1 ?

t t 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.

eax1 eax2 ? 0, ? 0, a ( x2 ? x1 ) ? a( x2 ? x1 ) ?1 ? 0 , ea( x1 ?x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ?1 ? 0, 又 x2 ? x1 x2 ? x1 从而 e

所以 ? ( x1 ) ? 0, ? ( x2 ) ? 0. 因为函数 y ? ? ( 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 ? (c) ? 0, ??( x) ? a2eax ? 0, ? ( x) 单 调 递 增 , 故 这 样 的 c 是 唯 一 的 , 且

1 eax2 ? eax1 1 eax2 ? eax1 c ? ln x ? ( ln , x2 ) a a( x2 ? x1 ) .故当且仅当 a a( x2 ? x1 ) 时, f ?( x) ? k .

综上所述,存在 x0 ? ( x1, x2 ) 使 f ?( x0 ) ? k 成立.且 x0 的取值范围为
1 eax2 ? eax1 ( ln , x2 ) a a( x2 ? x1 ) .

27.(2012·湖南高考文科·T22) (本小题满分 13 分) 已知函数 f(x)=ex-ax,其中 a>0.[@#中国^教育出版&网~]
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(1)若对一切 x∈R,f(x) ? 1 恒成立,求 a 的取值集合;[z (2)在函数 f(x)的图象上去定点 A(x1, f(x1)),B(x2, f(x2))(x1<x2),记直线 AB 的 斜率为 k,证明:存在 x0∈(x1,x2),使 f ?( x0 ) ? k 恒成立. 【解题指南】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、函数与方程思想等数学方法.第一问利 用导函数法求出 f ( x) 取最小值 f (ln a) ? a ? a ln a. 对一切 x∈R,f(x) ? 1 恒成立转化 为 f ( x)min ? 1从而得出求 a 的取值集合; 第二问在假设存在的情况下进行推理, 然 后把问题归结为一个方程是否存在解的问题,通过构造函数,研究这个函数的 性质进行分析判断.
x 【解析】 f ?( x) ? e ? a, 令 f ?( x) ? 0得x ? ln a .

当 x ? ln a 时 f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减; x ? ln a 时 f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增, 当 故当 x ? ln a 时, f ( x) 取最小值 f (ln a) ? a ? a ln a. 于是对一切 x ? R, f ( x) ? 1恒成立,当且仅当
a ? a ln a ? 1.



令 g (t ) ? t ? t ln 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 a ? 1 时,①式成立. 综上所述, a 的取值集合为 ?1? .
f ( x2 ) ? f ( x1 ) e x2 ? e x1 k? ? ? a. x2 ? x1 x2 ? x1 (Ⅱ)由题意知,

? ( x) ? f ?( x) ? k ? e x ?


? ( x1 ) ? ?

e x2 ? e x1 , x2 ? x1 则

e x1 ?e x2 ? x1 ? ( x2 ? x1 ) ? 1? , ? x2 ? x1 ?
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e x2 ?e x1 ? x2 ? ( x1 ? x2 ) ? 1? . ? ( x2 ) ? ? x2 ? x1 ?
t t 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 e

x2 ? x1

? ( x2 ? x1 ) ?1 ? 0 , ex1 ? x2

e x1 e x2 ? 0, ? 0, ? ( x1 ? x2 ) ?1 ? 0, 又 x2 ? x1 x2 ? x1

所以 ? ( x1 ) ? 0, ? ( x2 ) ? 0. 因为函数 y ? ? ( x) 在区间 ? x1 , x2 ? 上的图象是连续不断的一条曲线,所以存在
x0 ? ( x1 , x2 ) 使 ? ( x0 ) ? 0, 即 f ?( x0 ) ? k 成立.

28.(2012·江苏高考·T18) (本小题满分 16 分)若函数 y=f(x)在 x ? xo 处取 得极大值或极小值,则称 xo 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) ? x
3

? 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;

2] (3)设 h( x) ? f ( f ( x)) ? c ,其中 c ?[?2 , ,求函数 y ? h( x) 的零点个数.

【解题指南】 (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) ? x 求解讨论即可。 (3)比较复杂,先分 d =2 和 d 情况;再考虑函数 y ? h( x) 的零点。 【解析】 (1)由 f ( x) ? x
3 3

? 3x ,求出 g ?( x) ,令 g ?( x)=0 ,

<2

讨论关于 x 的方程 f ( x)=d 根的

? ax2 ? bx 得 f ?( x) ? 3x2 ? 2ax ? b
3

又因 1 和 ?1是函数 f ( x) ? x

? ax2 ? bx 的两个极值点.所以 3x 2 ? 2ax ? b ? 0 的两个根为

1 和 ?1。由根与系数的关系得

1 ? (?1) ? ?

2a ?a?0 3

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1? (?1) ?

b ? b ? ?3 3
3

所以 a=0,b=-3 此时 f ( x) ? x (2)由 g ?( x) ? f ( x) ? 2 得 g ?( x) ? x 当 x ? ?2 时 ( x ? 1)
2 3

? 3x

? ax2 ? bx ? 2 ? x3 ? 3x ? 2 ? ( x ? 1)2 ( x ? 2)

( x ? 2) ? 0 即 g ?( x) ? 0 ,此时函数 g ( x) 单调递增。 ( x ? 2) ? 0 即 g ?( x) ? 0 ,此时函数 g ( x) 单调递减。

当 x ? ?2 时 ( x ? 1)

2

所以 x ? ?2 函数 g ( x) 的极大值点。 (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 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 ,

∴ 2 , -1,1 ,2 都不是 f ( x)=d 的根。 一 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 1 )内有唯一实根。
1 ③ 当 x? ? ?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。 因此,当 d =2 时, f ( x)=d 有两个不同的根 x1,x2 满足 x1 =1,x2 =2 ;当 d
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<2



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f ( x)=d

有三个不同的根 x3,x1,x5 ,满足 xi

< 2,i =3, 4, 5



现考虑函数 y ? h( x) 的零点:
t ( i )当 c =2 时, f (t )=c 有两个根 t1,t2 ,满足 t1 =1,2 =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。 ( 11 )当 c < 2 时, f (t )=c 有三个不同的根 t3,t4,t5 ,满足 ti 而 f ( x)=ti ?i=3,
4, 5? < 2,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。 29.(2012·福建高考理科·T20) (本小题满分 14 分)已知函数
f ( x) ? ex ? ax2 ? ex, a ? R .

(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; (本题的切线正好是 x 轴,应改为垂直于 y 轴) (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. 【解题指南】本小题主要考查函数的导数,导数的应用,一元二次函数的性质, 函数的零点等基础知识,考查运算求解能力,抽象概括能力,推理论证能力, 考查数形结合思想,化归与转化思想,分类与整合思想,有限与无限思想.
x 【解析】 (Ⅰ)由于 f ?( x) ? e ? 2ax ? e

曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线斜率为 k ? f ?(1) ? e ? 2a ? e ? 0
x 所以 a ? 0 ,即 f ( x) ? e ? ex x 此时 f ?( x) ? e ? ex ,由 f ?( x) ? 0 得 x ? 1

当 x ? (??,1) ,有 f ?( x) ? 0 , 当 x ? (1, ??) ,有 f ?( x) ? 0 ,
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所以函数 f ( x) 的单调递减区间为 (??,1) ,单调递增区间为 (1, ??) . (Ⅱ)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) 在该点处的切线与曲线只有一个公共点等价于函数 g ( x) 有唯一零 点.
x x 因为 g ( x0 ) ? 0 ,且 g?( x) ? f ?( x) ? f ?( x0 ) ? e ? e ? 2a( x ? x0 )
0

⑴若 a ? 0 时, 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 不符合条件.
x x ⑵若 a ? 0 ,令 h( x) ? e ? e ? 2a( x ? x0 )
0

x 则 h( x0 ) ? 0 , h?( x) ? e ? 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;

则当 x ? ( x , ??) 时, h?( x) ? 0 ,从而 h( x) 在 ( x , ??) 内单调递增;
* *

* * * ①当 x0 ? x 时, 当 x ? (??, x ) 时, g?( x) ? h( x ) ? 0

当 x ? ( x , ??) 时, g?( x) ? h( x) ? h( x ) ? 0 ,知 g ( x) 在 x ? 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
*
*

*

②当 x0 ? x 时,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
* x 2 又当 x ? (??, x1 ) 时,易知 g( x) ? e ? ax ? (e ? f ?( x0 )) x ? f ( x0 ) ? x0 f ?( x0 )

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? ex1 ? ax2 ? (e ? f ?( x0 )) x ? f ( x0 ) ? x0 f ?( x0 ) ? ax2 ? bx ? c
x 其中, b ? ?(e ? f ?( x0 )) , c ? e ? f ( x0 ) ? x0 f ?( x0 )
1

2 由于 a ? 0 ,则必存在 x2 ? x1 ,使得 ax2 ? 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。
x3 e ? * 6 ,可证函数在 R 上至少有两个零点 ③若 x0 ? x ,仿②并利用
x

综上所述,当 a ? 0 时,曲线 y ? f ( x) 上存在唯一的点 P(ln(?2a), f (ln(?2a)) 使该点处 的切线与曲线只有一个公共点 P 30.(2012·广东高考理科·T21) (本小题满分 14 分) 设 a<1,集合
A ? ?x ? R x ? 0?, B ? x ? R 2 x 2 ? 3(1 ? a ) x ? 6a ? 0

?

?, D ? A ? B

(1)求集合 D(用区间表示)
3 2 (2)求函数 f ( x) ? 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6ax 在 D 内的极值点。 2 【解题指南】 (1)解本题的关键是确定集合 B,构造 g ( x) ? 2x ? 3(1 ? a) x ? 6a , 2 6 a a 1) 因 为 ? ?9 (1 ?a ) ? 4 ? 2 ?a ? ( 3 ? 9 ) ( 3?, 因 为 a ? 1 , 所 以 3a-9<0, 方 了 便 于 比 较

1 1 a ? 0, a ? 0, 0 ? a ? , ? a ? 1 3 3 g(x)=0 的根与 0 的大小关系,按 分四类进行讨论。
2 (2)因为 f ?( x) ? 6x ? 6(1 ? a) x ? 6a ? 6( x ?1)( x ? a) , a ? 1 ,

所以由(1)知, a ? 0 时, f ( x) 在 D 内无极值点。 然后分别
0?a? 1 1 ? a ?1 3 和3 时, f ( x) 的极值即可.

2 【解析】(1)令 g ( x) ? 2x ? 3(1 ? a) x ? 6a

? ? 9(1 ? a)2 ? 4 ? 2 ? 6a ? 9a2 ? 30a ? 9
a ? 0 时, ? ? 0 ,方程 g ( x) ? 0 有两个不等实根,又 g (0) ? 6a ? 0
g (1) ? 3a ? 1 ? 0,

- 36 -

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? x1 ?

3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? 0 x2 ? ?1 4 4 , 3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 或x ? } 4 4

? B ? {x | x ?

3 ? B ? {x | x ? 0或x ? } a ? 0 时, 2 0?a? 1 3 时, ? ? 0, g (0) ? 6a ? 0, g (1) ? 3a ? 1 ? 0, g (a) ? a(3 ? a) ? 0

? x1 ? (a,1), x2 ? (1, ??)

? B ? {x | x ?
a?

3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 或x ? } 4 4

1 3 时, ? ? 0, B ? {x | x ? 1}.

1 ? a ?1 3 时, ? ? 0, B ? R
? A ? {x ? R | x ? 0}, D ? A ? B ,

综上得 a ? 0 时,
0?a?

D ? {x | x ?

3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 } 4

3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 1 D ? {x | 0 ? x ? 或x ? } 3 时, 4 4

a?

1 3 时, D ? {x | x ? 0且x ? 1}

1 ? a ?1 3 时, D ? {x | x ? 0}.
2 (2) f ?( x) ? 6x ? 6(1 ? a) x ? 6a ? 6( x ?1)( x ? a)

?a ?1
? f ( x) 在 (??, a),(1, ??) 上是增函数,在 (a,1) 是减函数,

由(1)知, a ? 0 时, f ( x) 在 D 内无极值点。

- 37 -

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0?a?

1 3 时, f ( x) 在 D 内有极大值点 x=1,无极小值点。

1 ? a ?1 3 时, f ( x) 在 D 内有极大值点 x ? a ,极小值点 x ? 1

31.(2012·广东高考文科·T21)同(2012·广东高考理科·T21)
2 设 0 ? a ? 1 ,集合 A ? {x ? R | x ? 0}, B ? {x ? R | 2x ? 3(1 ? a) x ? 6a ? 0}, D ? A ? B .

(1)求集合 D (用区间表示)
3 2 (2)求函数 f ( x) ? 2x ? 3(1 ? a) x ? 6ax 在 D 内的极值点. 2 【解题指南】 (1)解本题的关键是确定集合 B,构造 g ( x) ? 2x ? 3(1 ? a) x ? 6a , 2 6 a a 1) 因 为 ? ?9 (1 ?a ) ? 4 ? 2 ?a ? ( 3 ? 9 ) ( 3?, 因 为 a ? 1 , 所 以 3a-9<0, 方 了 便 于 比 较

1 1 a ? 0, a ? 0, 0 ? a ? , ? a ? 1 3 3 g(x)=0 的根与 0 的大小关系,按 分四类进行讨论。
2 (2)因为 f ?( x) ? 6x ? 6(1 ? a) x ? 6a ? 6( x ?1)( x ? a) , a ? 1 ,

所以由(1)知, a ? 0 时, f ( x) 在 D 内无极值点。 然后分别
0?a? 1 1 ? a ?1 3 和3 时, f ( x) 的极值即可.

2 【解析】(1)令 g ( x) ? 2x ? 3(1 ? a) x ? 6a

? ? 9(1 ? a)2 ? 4 ? 2 ? 6a ? 9a2 ? 30a ? 9
a ? 0 时, ? ? 0 ,方程 g ( x) ? 0 有两个不等实根,又 g (0) ? 6a ? 0
g (1) ? 3a ? 1 ? 0,

? x1 ?

3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? 0 x2 ? ?1 4 4 , 3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 或x ? } 4 4

? B ? {x | x ?

3 ? B ? {x | x ? 0或x ? } a ? 0 时, 2

- 38 -

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0?a?

1 3 时, ? ? 0, g (0) ? 6a ? 0, g (1) ? 3a ? 1 ? 0, g (a) ? a(3 ? a) ? 0

? x1 ? (a,1), x2 ? (1, ??)

? B ? {x | x ?
a?

3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 或x ? } 4 4

1 3 时, ? ? 0, B ? {x | x ? 1}.

1 ? a ?1 3 时, ? ? 0, B ? R
? A ? {x ? R | x ? 0}, D ? A ? B ,

综上得 a ? 0 时,
0?a?

D ? {x | x ?

3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 } 4

3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 3(1 ? a) ? 9a 2 ? 30a ? 9 1 D ? {x | 0 ? x ? 或x ? } 3 时, 4 4

a?

1 3 时, D ? {x | x ? 0且x ? 1}

1 ? a ?1 3 时, D ? {x | x ? 0}.
2 (2) f ?( x) ? 6x ? 6(1 ? a) x ? 6a ? 6( x ?1)( x ? a)

?a ?1
? f ( x) 在 (??, a),(1, ??) 上是增函数,在 (a,1) 是减函数,

由(1)知, a ? 0 时, f ( x) 在 D 内无极值点。
0?a? 1 3 时, f ( x) 在 D 内有极大值点 x=1,无极小值点。

1 ? a ?1 3 时, f ( x) 在 D 内有极大值点 x ? a ,极小值点 x ? 1 。

32.(2012·湖北高考文科·T22) (本小题满分 14 分) 设函数
- 39 -

,n 为正整数,a,b 为常数,曲线

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y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x+y=1. (1)求 a,b 的值; (2)求函数 f(x)的最大值
1 (3)证明:f(x)< ne .

【解题指南】本题考查导数在解函数中的应用,本题(1)易解,(2)问中直接求导,求 零点讨论单调性求解;(3)要构造函数利用函数的单调性证明( ? ? 【解析】(1).因为 f(1)=b ,由点(1,f(1))在 x+y=1 上,则 1+b=1,所以 b=0.又
f ' ( x) ? anxn?1 ? a(n ? 1) xn ,? f ' (1) ? ?a ,又切线 x+y=1 的斜率为-1,则 a=1.

故:a=1,b=0. (2).由(1)知,
f ( x) ? x (1 ? x) ? x ? x
n n n ?1



f ' ( x) ? nx n ?1 ? (n ? 1) x n ? (n ? 1) x n ?1 (

n ? x) ' n ?1 .令 f ( x) ? 0



x?

n n n x0 ? ' ' n ? 1 ,即 f ( x) 在(0,+ ? )上有唯一零点 n ? 1 .在(0, n ? 1 )上, f ( x) ? 0 ,故 f ( x)

n ' 单调递增;而在( n ? 1 ,+ ? )上, f ( x) ? 0 ,故 f ( x) 单调递减.



f ( x)max ? f (

n n n n nn )?( ) (1 ? )? n ?1 n ?1 n ? 1 (n ? 1)n?1 .
1 t

(3).令

? (t ) ? ln t ? 1 ? (t ? 0),



? ' (t ) ? ?

1 1 t ?1 ? 2 ' t t2 t .在(0,1)上, ? (t ) ? 0 ,故 ? (t ) 单调递减;

' 而在(1,+ ? )上, ? (t ) ? 0 ,故 ? (t ) 单调递增,所以 ? (t ) 在(0,+ ? )上的最小值为 ? (1) ? 0 .

所 以 ? (t )? 0t(? 1)即 .

1 1 n ?1 1 n ? 1 n ?1 ln t ? 1 ? (t ? 1), t ? 1? ln ? ,? ln( ) ? ln e t n ,得 n n ?1 n 令 ,即

nn 1 n ? 1 n ?1 1 ? ( ) ?e n ?1 ne ,由(2)知上式成立.故 f(x)< ne . n ,也就是 (n ? 1)

33.(2012·天津高考理科·T20)
- 40 -

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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) ? kx2 成立,求实数 k 的最小值; (Ⅲ)证明 ?
i =1 n

2 ? ln (2n+1)<2 2i ? 1

(n ? N * ) .

【解题指南】 (1)由导数求得最小值得出 a 的值; (2)当 K>0 时设函数 g ( x) = f ( x) - kx2 ,将恒成立问题转化为最值问题应用导数 求解; (3)对 a 进行讨论,综合应用不等式的性质进行证明。
( 【解析】 (1)函数 f ( x) = x - ln( x + a) 的定义域为 -a,+?) , f ' ( x) = 1 -

1 x +a - 1 = , x +a x +a

由 f ' ( x) ? 0 ? x ? 1 ? a ? ?a ,当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表:
x
f ' ( x)
f ( x)

(-a,1 - a)

1- a

( ? a,?) 1 +

__
?

0 极小值

+
?

因此, f ( x) 在 x=1-a 处取得最小值,故由题意 f (1-a) ? 1 ? a ? 0,? a ? 1 。 (2)当 k ? 0 时,取 x=1,有 f (1) ? 1 ? ln 2 ? 0,? k ? 0 不合题意。 当 k>0 时,令 g ( x) = f ( x) - kx2 , 即 g ( x) = x - ln( x +1) - kx2 ,
x - x[2kx - (1 - 2k )] - 2kx = , x +1 x +1 1 ? 2k ? ?1 , 令 g ' ( x) ? 0 ? x1 ? 0, x2 ? 2k 1 1 ? 2k (0, +? 上单调递 ? 0, ' ( x) < 0 在 +?) 上恒成立,因此 g(x)在[0, ) ① k ? 时, 当 g 2 2k g ' ( x) =
+ ,总有 g ( x) ? g (0) ,即 f ( x) ? kx2在[0, ??) 上恒成立。 减。从而对于任意的 x ?[0,?)

故 k ? 符合题意。 ② 0 < k < 时, 当
1 2 1 - 2k 1 ? 2k 1 ? 2k > 0, ), g ' ( x) ? 0,? g ( x)在(0, ) 对于 x ? (0, 内单调递增。因 2k 2k 2k
- 41 -

1 2

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1 1 ? 2k )时, g ( x0 ) ? g (0)=0 ,即 f ( x0 ) ? kx02 不成立,故 0 < k < 不合题意。 2 2k 1 综上, k 的最小值为 。 2

此当取 x0 ? (0,

(3)当 n=1 时,不等式左边= 2-ln 3 < 2 =右边,所以不等式成立, 当 n ? 2 时, =?
i ?1 n n n 2 -? [ln(2i ? 1) ? ln(2i ? 1)] 2i ? 1 i ?1

=?
i ?1

2 -ln(2n ? 1)] , 2i ? 1

x2 1 在(2)中取 k = ,得 f ( x) ? ( x ? 0) ,从而 2 2 f(
n

2 2 2 )? ? (i ? N * , i ? 2) ,所以有 2 2i ? 1 (2i ? 1) (2i ? 3)(2i ? 1)
2

? 2i ?1-ln(2i ? 1)
i ?1 n

=? f (
i ?1

n

n 2 2 ) ? f (2) ? ? f ( ) ? 2 ? ln3 ? 2i ? 1 2i ? 1 i ?2

? 2i ? 3)(2i-1) (
i ?2

2

= 2-ln 3 ? ? (
i ?2

n

2 1 1 ? ) ? 2 ? ln 3 ? 1 ? ?2 , 2i ? 3 2i ? 1 2n ? 1

综上, ?
i ?1

n

2 -ln(2n ? 1) ? (n ? N *) . 2 2i ? 1

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