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09-13年湖南省導(dǎo)數(shù)高考題總結(jié)

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09-13年湖南省導(dǎo)數(shù)高考題總結(jié)

201*年

201*22.(本小題滿分13分)

ax已知函數(shù)f(x)ex,其中a0.

(Ⅰ)若對(duì)一切xR,f(x)1恒成立,求a的取值集合.

(Ⅱ)在函數(shù)f(x)的圖像上取定兩點(diǎn)A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1x2),記直線AB的

斜率為k.問(wèn):是否存在x0(x1,x2),使f(x)k成立?若存在,求x0的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

ax【解析】(Ⅰ)若a0,則對(duì)一切x0,f(x)ex1,這與題設(shè)矛盾,又a0,

故a0.

ax而f(x)ae1,令f(x)0,得x11ln.aa1111ln時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)xln時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞增,aaaa1111111故當(dāng)xln時(shí),f(x)取最小值f(ln)ln.

aaaaaaa當(dāng)x于是對(duì)一切xR,f(x)1恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)

111ln1.①aaa令g(t)ttlnt,則g(t)lnt.

當(dāng)0t1時(shí),g(t)0,g(t)單調(diào)遞增;當(dāng)t1時(shí),g(t)0,g(t)單調(diào)遞減.故當(dāng)t1時(shí),g(t)取最大值g(1)1.因此,當(dāng)且僅當(dāng)綜上所述,a的取值集合為1.

11即a1時(shí),①式成立.af(x2)f(x1)eax2eax1(Ⅱ)由題意知,k1.

x2x1x2x1eax2eax1令(x)f(x)kae,則

x2x1axeax1(x1)ea(x2x1)a(x2x1)1,x2x1eax2a(x1x2)(x2)ea(x1x2)1.x2x1令F(t)et1,則F(t)e1.

當(dāng)t0時(shí),F(xiàn)(t)0,F(t)單調(diào)遞減;當(dāng)t0時(shí),F(xiàn)(t)0,F(t)單調(diào)遞增.

t故當(dāng)t0,F(xiàn)(t)F(0)0,即et10.

tt從而ea(x2x1)a(x2x1)10,ea(x1x2)eax1eax20,0,a(x1x2)10,又

x2x1x2x1所以(x1)0,(x2)0.

因?yàn)楹瘮?shù)y(x)在區(qū)間x1,x2上的圖像是連續(xù)不斷的一條曲線,所以存在c(x1,x2),

1eax2eax1使(c)0,故這樣的c是唯一的,且cln.(x)ae0,(x)單調(diào)遞增,

aa(x2x1)2ax1eax2eax1故當(dāng)且僅當(dāng)x(ln,x2)時(shí),f(x0)k.

aa(x2x1)綜上所述,存在x0(x1,x2)使f(x0)k成立.且x0的取值范圍為

1eax2eax1(ln,x2).aa(x2x1)【點(diǎn)評(píng)】本題考查利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、最值、不等式恒成立問(wèn)題等,考查運(yùn)算能力,考查分類討論思想、函數(shù)與方程思想,轉(zhuǎn)化與劃歸思想等數(shù)學(xué)思想方法.第一問(wèn)利用導(dǎo)函數(shù)法求出f(x)取最小值f(ln)1a1a111ln.對(duì)一切x∈R,f(x)1恒成立轉(zhuǎn)化為aaaf(x)min1,從而得出a的取值集合;第二問(wèn)在假設(shè)存在的情況下進(jìn)行推理,通過(guò)構(gòu)造函

數(shù),研究這個(gè)函數(shù)的單調(diào)性及最值來(lái)進(jìn)行分析判斷.201*22.(本小題滿分13分)

已知函數(shù)f(x)=x3,g(x)=x+x。

(Ⅰ)求函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù),并說(shuō)明理由;

(Ⅱ)設(shè)數(shù)列{an}(nN*)滿足a1a(a0),f(an1)g(an),證明:存在常數(shù)M,使得對(duì)于任意的nN*,都有an≤M.

解析:(I)由h(x)x3xx知,x[0,,而h(0)0,且

0為(1,2)內(nèi)有零h(1)1h0,(2),6則x20h(x)的一個(gè)零點(diǎn),且h(x)在

點(diǎn),因此h(x)至少有兩個(gè)零點(diǎn)

111113222解法1:h"(x)3x1x,記(x)3x1x,則"(x)6xx2。

2422當(dāng)x(0,)時(shí),"(x)0,因此(x)在(0,)上單調(diào)遞增,則(x)在(0,)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)。又因?yàn)?1)0,(33)0,則(x)在(,1)內(nèi)有零點(diǎn),所

33以(x)在(0,)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)。記此零點(diǎn)為x1,則當(dāng)x(0,x1)時(shí),;當(dāng)x(x1,)時(shí),(x)"(x1)0;(x)"(x1)0所以,

當(dāng)x(0,x1)時(shí),h(x)單調(diào)遞減,而h(0)0,則h(x)在(0,x1]內(nèi)無(wú)零點(diǎn);當(dāng)x(x1,)時(shí),h(x)單調(diào)遞增,則h(x)在(x1,)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn);

從而h(x)在(0,)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)。綜上所述,h(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)。

13解法2:h(x)x(x1x),記(x)x1x,則"(x)2xx2。

2212212當(dāng)x(0,)時(shí),"(x)0,因此(x)在(0,)上單調(diào)遞增,則(x)在(0,)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)。因此h(x)在(0,)內(nèi)也至多只有一個(gè)零點(diǎn),

綜上所述,h(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)。(II)記h(x)的正零點(diǎn)為x0,即x03x0x0。

x0x03,因此a2x0,

(1)當(dāng)ax0時(shí),由a1a,即a1x0.而a23a1a1x0由此猜測(cè):anx0。下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:

①當(dāng)n1時(shí),a1x0顯然成立;

②假設(shè)當(dāng)nk(k1)時(shí),有akx0成立,則當(dāng)nk1時(shí),由

ak13akakx0x0x03知,ak1x0,因此,當(dāng)nk1時(shí),ak1x0成立。

故對(duì)任意的nN,anx0成立。

*(2)當(dāng)ax0時(shí),由(1)知,h(x)在(x0,)上單調(diào)遞增。則h(a)h(x0)0,即

a3aa。從而a23a1a1aaa3,即a2a,由此猜測(cè):ana。下面用

數(shù)學(xué)歸納法證明:

①當(dāng)n1時(shí),a1a顯然成立;

②假設(shè)當(dāng)nk(k1)時(shí),有aka成立,則當(dāng)nk1時(shí),由

ak13akakaaa3知,ak1a,因此,當(dāng)nk1時(shí),ak1a成立。

故對(duì)任意的nN,ana成立。

綜上所述,存在常數(shù)Mmax{x0,a},使得對(duì)于任意的nN,都有anM.

**

擴(kuò)展閱讀:07年高考題分類匯總(導(dǎo)數(shù))

7年高考數(shù)學(xué)試題分類匯編(導(dǎo)數(shù))

(福建理11文)已知對(duì)任意實(shí)數(shù)x,有f(x)f(x),g(x)g(x),且x0時(shí),f(x)0,g(x)0,則x0時(shí)(B)A.f(x)0,g(x)0B.f(x)0,g(x)0C.f(x)0,g(x)0D.f(x)0,g(x)0

(海南理10)1曲線ye2x在點(diǎn)(4,e2)處的切線與坐標(biāo)軸所圍三角形的面積為(D)A.92e2B.4e2C.2e2D.e2(海南文10)曲線yex在點(diǎn)(2,e2)處的切線與坐標(biāo)軸所圍三角形的面積為(D)

2A.924e2

B.2eC.e2

D.e2

(江蘇9)已知二次函數(shù)f(x)ax2bxc的導(dǎo)數(shù)為f"(x),f"(0)0,對(duì)于任意實(shí)數(shù)x都有f(x)0,則f(1)f"(0)的最小值為(C)A.3B.532C.2D.2(江西理9)

12.設(shè)p:f(x)exlnx2x2mx1在(0,)內(nèi)單調(diào)遞增,q:m≥5,則p是q的(B)

A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件

(江西理5)5.若0xπ2,則下列命題中正確的是(D)A.sinx3πxB.sinx3πxC.sinx4π2x2

D.sinx4π2x8)

若0xπ2,則下列命題正確的是(B)A.sinx2πxB.sinx233πxC.sinxπxD.sinxπx(遼寧理12)已知f(x)與g(x)是定義在R上的連續(xù)函數(shù),如果f(x)與g(x)僅當(dāng)x0時(shí)的函數(shù)值為0,且f(x)≥g(x),那么下列情形不可能...出現(xiàn)的是()A.0是f(x)的極大值,也是g(x)的極大值B.0是f(x)的極小值,也是g(x)的極小值C.0是f(x)的極大值,但不是g(x)的極值D.0是f(x)的極小值,但不是g(x)的極值

(全國(guó)一文11)

曲線y13x3x在點(diǎn)1,43處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形面積為(A)A.19B.29C.13D.23

(全國(guó)二文8)已知曲線yx24的一條切線的斜率為12,則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為(A)A.1B.2C.3D.4(浙江理8)設(shè)f(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),將yf(x)和yf(x)的圖象畫(huà)在同一個(gè)直角坐標(biāo)系中,不可能正確的是(D)

(北京文9)f(x)是f(x)13x32x1的導(dǎo)函數(shù),則f(1)的值是____.3

(廣東文12)f(x)xlnx(x0)的單調(diào)遞增區(qū)間是____.1e,(江蘇13)已知函數(shù)f(x)x312x8在區(qū)間[3,3]上的最大值與最小值分別為M,m,則Mm__.32

(湖北文13)已知函數(shù)yf(x)的圖象在點(diǎn)M(1,f(1))處的切線方程是y12x2,則f(1)f(1)____.3

(湖南理13)函數(shù)f(x)12xx3在區(qū)間[3,3]上的最小值是____.16(浙江文15)曲線yx32x24x2在點(diǎn)(1,3)處的切線方程是____.5xy20(安徽理18)設(shè)a≥0,f(x)=x-1-ln2x+2alnx(x>0).(Ⅰ)令F(x)=xf'(x),討論F(x)在(0.+∞)內(nèi)的單調(diào)性并求極值;(Ⅱ)求證:當(dāng)x>1時(shí),恒有x>ln2x-2alnx+1.本小題主要考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)的概念與計(jì)算,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和證明不等式的方法,考查綜合運(yùn)用有關(guān)知識(shí)解決問(wèn)題的能力.本小題滿分14分.(Ⅰ)解:根據(jù)求導(dǎo)法則有f(x)12lnx2axx,x0,故F(x)xf(x)x2lnx2a,x0,于是F(x)12xx2x,x0,列表如下:

x(0,2)2(2,∞)F(x)0F(x)極小值F(2)故知F(x)在(0,2)內(nèi)是減函數(shù),在(2,∞)內(nèi)是增函數(shù),所以,在x2處取得極小值F(2)22ln2a2.Ⅱ)證明:由a≥0知,F(xiàn)(x)的極小值F(2)22ln22a0.于是由上表知,對(duì)一切x(0,∞),恒有F(x)xf(x)0.

從而當(dāng)x0時(shí),恒有f(x)0,故f(x)在(0,∞)內(nèi)單調(diào)增加.所以當(dāng)x1時(shí),f(x)f(1)0,即x1ln2x2alnx0.故當(dāng)x1時(shí),恒有xln2x2alnx1.

(安徽文20)設(shè)函數(shù)f(x)=-cos2x-4tsinxcosx22+4t2+t2-3t+4,x∈R,其中t≤1,將f(x)的最小值記為g(t).(Ⅰ)求g(t)的表達(dá)式;

(Ⅱ)詩(shī)論g(t)在區(qū)間(-1,1)內(nèi)的單調(diào)性并求極值.本小題主要考查同角三角函數(shù)的基本關(guān)系,倍角的正弦公式,正弦函數(shù)的值域,多項(xiàng)式函數(shù)的導(dǎo)數(shù),函數(shù)的單調(diào)性,考查應(yīng)用導(dǎo)數(shù)分析解決多項(xiàng)式函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,極值與最值等問(wèn)題的綜合能力.解:(I)我們有f(x)cos2x4tsinx2cosx24t3t23t4

sin2x12tsin4t2t23t4sin2x2tsinxt24t33t3

(sinxt)24t33t3.

由于(sinxt)2≥0,t≤1,故當(dāng)sinxt時(shí),f(x)達(dá)到其最小值g(t),即

g(t)4t33t3.

(II)我們有g(shù)(t)12t233(2t1)(2t1),t1.列表如下:

t

1,12112,12222,1g(t)

00

gt

極大值g12極小值g12

由此可見(jiàn),g(t)在區(qū)間1,11112和2,1單調(diào)增加,在區(qū)間2,2單調(diào)減小,極小值為g122,極大值為g24.(北京理19)如圖,有一塊半橢圓形鋼板,其半軸長(zhǎng)為2r,短半軸長(zhǎng)為r,計(jì)劃將此鋼板切割成等腰梯形的形狀,下底AB是半橢圓的短軸,上底CD的端點(diǎn)在橢圓上,記CD2x,梯形面積為S.DC4r(I)求面積S以x為自變量的函數(shù)式,并寫出其定義域;(II)求面積S的最大值.A2rB解:(I)依題意,以AB的中點(diǎn)O為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系Oxy(如圖),則點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為x.C的縱坐標(biāo)y滿足方程x2y2點(diǎn)yr24r21(y≥0),解得y2r2x2(0xr)DCS1(2x2r)2r2x222(xr)r2x2,AOBx其定義域?yàn)閤0xr.

(II)記f(x)4(xr)2(r2x2),0xr,則f(x)8(xr)2(r2x).令f(x)0,得x12r.因?yàn)楫?dāng)0xr時(shí),f(x)0;當(dāng)rxr時(shí),f(x)0f22,所以12r是f(x)的最大值.因此,當(dāng)x1r時(shí),S也取得最大值,最大值為f212r332r2.

即梯形面積S的最大值為3322r.(福建理22)已知函數(shù)f(x)exkx,xR

(Ⅰ)若ke,試確定函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

(Ⅱ)若k0,且對(duì)于任意xR,f(x)0恒成立,試確定實(shí)數(shù)k的取值范圍;n(Ⅲ)設(shè)函數(shù)F(x)f(x)f(x),求證:F(1)F(2)F(n)(en12)2(nN).本小題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、極值、導(dǎo)數(shù)、不等式等基本知識(shí),考查運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的方法,考查分類討論、化歸以及數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想方法,考查分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力.滿分14分.

解:(Ⅰ)由ke得f(x)exex,所以f(x)exe.由f(x)0得x1,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1,),由f(x)0得x1,故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(,1).(Ⅱ)由f(x)f(x)可知f(x)是偶函數(shù).于是f(x)0對(duì)任意xR成立等價(jià)于f(x)0對(duì)任意x≥0成立.由f(x)exk0得xlnk.

①當(dāng)k(0,1]時(shí),f(x)exk1k≥0(x0).此時(shí)f(x)在[0,)上單調(diào)遞增.故f(x)≥f(0)10,符合題意.②當(dāng)k(1,)時(shí),lnk0.

當(dāng)x變化時(shí)f(x),f(x)的變化情況如下表:

x(0,lnk)lnk(lnk,)f(x)0f(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增由此可得,在[0,)上,f(x)≥f(lnk)kklnk.依題意,kklnk0,又k1,1ke.綜合①,②得,實(shí)數(shù)k的取值范圍是0ke.(Ⅲ)F(x)f(x)f(x)exex,F(xiàn)(x1)F(xxx2)ex12e(x1x2)ex1x2ex12ex1x2e(x1x2)2ex1x22,F(xiàn)(1)F(n)en2,F(xiàn)(2)F(n1)en12

F(n)F(1)en12.由此得,[F(1)F(2)F(n)]2[F(1)F(n)][F(2)F(n1)][F(n)F(1)](en12)nn故F(1)F(2)F(n)(en12)2,nN.(福建文20)

設(shè)函數(shù)f(x)tx22t2xt1(xR,t0).(Ⅰ)求f(x)的最小值h(t);

(Ⅱ)若h(t)2tm對(duì)t(0,2)恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、極值以及函數(shù)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,考查運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力.滿分12分.

解:(Ⅰ)f(x)t(xt)2t3t1(xR,t0),當(dāng)xt時(shí),f(x)取最小值f(t)t3t1,即h(t)t3t1.(Ⅱ)令g(t)h(t)(2tm)t33t1m,由g(t)3t230得t1,t1(不合題意,舍去).當(dāng)t變化時(shí)g(t),g(t)的變化情況如下表:t(0,1)1(1,2)g(t)0g(t)遞增極大值1m遞減g(t)在(0,2)內(nèi)有最大值g(1)1m.h(t)2tm在(0,2)內(nèi)恒成立等價(jià)于g(t)0在(0,2)內(nèi)恒成立,即等價(jià)于1m0,所以m的取值范圍為m1.(廣東理、文20)a是實(shí)數(shù),函數(shù)f(x)2ax22x3a.如果函數(shù)yf(x)在區(qū)間[1,1]上有

零點(diǎn),求a的取值范圍.

解:若a0,f(x)2x3,顯然在上沒(méi)有零點(diǎn),所以a0令48a3a8a224a40得a372當(dāng)a372時(shí),yfx恰有一個(gè)零點(diǎn)在1,1上;當(dāng)f1f1a1a50即1a5時(shí),yfx也恰有一個(gè)零點(diǎn)在1,1上;當(dāng)yfx在1,1上有兩個(gè)零點(diǎn)時(shí),則

a0a08a224a408a224a401111112a或

f102af10f10f10解得a5或a352因此a的取值范圍是a1或a352;(海南理21)設(shè)函數(shù)f(x)ln(xa)x2(I)若當(dāng)x1時(shí),f(x)取得極值,求a的值,并討論f(x)的單調(diào)性;(II)若f(x)存在極值,求a的取值范圍,并證明所有極值之和大于lne2.解:(Ⅰ)f(x)1xa2x,依題意有f(1)0,故a32.2x2從而f(x)3x1(2x1)(x1).x332xfx的定義域?yàn)?2,∞,當(dāng)32x1時(shí),f(x)0;

當(dāng)1x12時(shí),f(x)0;

當(dāng)x12時(shí),f(x)0.從而,f(x)分別在區(qū)間132,1,12,∞單調(diào)增加,在區(qū)間1,2單調(diào)減少.(Ⅱ)f(x)的定義域?yàn)?a,∞),f(x)2x22ax1xa.方程2x22ax10的判別式4a28.()若0,即2a2,在f(x)的定義域內(nèi)f(x)0,故f(x)的極值.()若0,則a2或a2.2,∞),f(x)(2x1)2若a2,x(x2.當(dāng)x22時(shí),f(x)0,當(dāng)x2,22,∞時(shí),f22(x)0,所以f(x)無(wú)極值.2,x(2,∞),f(x)(2x1)2若ax20,f(x)也無(wú)極值.()若0,即a2或a2,則2x22ax10有兩個(gè)不同的實(shí)根aa2x2aa212,x222.當(dāng)a2時(shí),x1a,x2a,從而f(x)有f(x)的定義域內(nèi)沒(méi)有零點(diǎn),故f(x)無(wú)極值.當(dāng)a2時(shí),x1a,x2a,f(x)在f(x)的定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn),由根值判別方法知f(x)在xx1,xx2取得極值.

綜上,f(x)存在極值時(shí),a的取值范圍為(2,∞).

f(x)的極值之和為f(x(xa)x21e1)f2)ln(x11ln(x2a)x22ln2a211ln2ln2.

19)

設(shè)函數(shù)f(x)ln(2x3)x2(Ⅰ)討論f(x)的單調(diào)性;

(Ⅱ)求f(x)在區(qū)間314,4的最大值和最小值.解:f(x)的定義域?yàn)?2,∞.

(Ⅰ)f(x)24x26x22(2x1)(x1)2x32x2x32x3.當(dāng)32x1時(shí),f(x)0;當(dāng)1x112時(shí),f(x)0;當(dāng)x2時(shí),f(x)0.從而,f(x)分別在區(qū)間32,1,12,∞單調(diào)增加,在區(qū)間1,12單調(diào)減少.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知f(x)在區(qū)間314,4的最小值為f112ln24.

又f34f14ln32916ln72116ln3712121ln4960.所以f(x)在區(qū)間314,4的最大值為f14116ln72.

(湖北理20)已知定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù)f(x)12x22ax,g(x)3a2lnxb,其中a0.設(shè)兩曲線yf(x),yg(x)有公共點(diǎn),且在該點(diǎn)處的切線相同.(I)用a表示b,并求b的最大值;(II)求證:f(x)≥g(x)(x0).

本小題主要考查函數(shù)、不等式和導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用等知識(shí),考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題的能力.解:(Ⅰ)設(shè)yf(x)與yg(x)(x0)在公共點(diǎn)(x0,y0)處的切線相同.

∵f(x)x2a,g(x)3a2x,由題意f(x0)g(x0),f(x0)g(x0).12x202ax03a2lnx0b,3a2由x02a得:x3a2x0a,或x03a(舍去).0x02ax,0即有b12a22a23a2lna52a23a2lna.令h(t)52t23t2lnt(t0),則h(t)2t(13lnt).于是

1當(dāng)t(13lnt)0,即0te3時(shí),h(t)0;1當(dāng)t(13lnt)0,即te3時(shí),h(t)0.故h(t)在1310,e為增函數(shù),在e3,∞為減函數(shù),于是h(t)在(0,∞)的最大值為h12e332e3.(Ⅱ)設(shè)F(x)f(x)g(x)12x22ax3a2lnxb(x0),則F(x)x2a3a2x(xa)(x3a)x(x0).故F(x)在(0,a)為減函數(shù),在(a,∞)為增函數(shù),于是函數(shù)F(x)在(0,∞)上的最小值是F(a)F(x0)f(x0)g(x0)0.故當(dāng)x0時(shí),有f(x)g(x)≥0,即當(dāng)x0時(shí),f(x)≥g(x).

(湖北文19)設(shè)二次函數(shù)f(x)x2axa,方程f(x)x0的兩根x1和x2滿足0x1x21.(I)求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(II)試比較f(0)f(1)f(0)與

116的大。⒄f(shuō)明理由.本小題主要考查二次函數(shù)、二次方程的基本性質(zhì)及二次不等式的解法,考查推理和運(yùn)算能力.

解法1:(Ⅰ)令g(x)f(x)xx2(a1)xa,0,01a則由題意1,a0,21a1,0a322.g(1)0,,a322,或a322,g(0)0故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,322).

(II)f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)2a2,令h(a)2a2.

當(dāng)a0時(shí),h(a)單調(diào)增加,當(dāng)0a322時(shí)0h(a)h(3222)2(322)2(1712117122116,即f(0)f(1)f(0)116.解法2:(I)同解法1.

(II)f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)2a2,由(I)知0a322,∴42a1122170.又42a10,于是2a2116116(32a21)116(42a1)(42a1)0,即2a21160,故f(0)f(1)f(0)116.解法3:(I)方程f(x)x0x2(a1)xa0,由韋達(dá)定理得

0,xx,x1x20,1x21a1x2a,于是0x1x21x1x20,(1x1)(1x2)0,(1x1)(1x2)0a0,a1,0a322.a(chǎn)322或a322故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,322).(II)依題意可設(shè)g(x)(xx1)(xx2),則由0x1x21,得f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)x1x2(1x1)(1x2)[x1(1x1)][x2(1x2)]

x1x12x2121x2112216,故f(0)f(1)f(0)16.2),(湖南理19)如圖4,某地為了開(kāi)發(fā)旅游資源,欲修建一條連接風(fēng)景點(diǎn)P和居民區(qū)O的公路,點(diǎn)P所在的山坡面與山腳所在水平面所成的二面角為(090),且sin25,點(diǎn)P到平面的距離PH0.4(km).沿山腳原有一段筆直的公路AB可供利用.從點(diǎn)O到山腳修路的造價(jià)為a萬(wàn)元/km,原有公路改建費(fèi)用為a2萬(wàn)元/km.當(dāng)山坡上公路長(zhǎng)度為lkm(1≤l≤2)時(shí),其造價(jià)為(l21)a萬(wàn)元.已知OA⊥AB,PB⊥AB,AB1.5(km),OA3(km).(I)在AB上求一點(diǎn)D,使沿折線PDAO修建公路的總造價(jià)最小;

(II)對(duì)于(I)中得到的點(diǎn)D,在DA上求一點(diǎn)E,使沿折線PDEO修建公路的總造價(jià)最。

(III)在AB上是否存在兩個(gè)不同的點(diǎn)D,E,使沿折線PDEO修建公路的總造價(jià)小于(II)中得到的最小總造價(jià),證明你的結(jié)論.A

OPEDHB

解:(I)如圖,PH⊥,HB,PB⊥AB,由三垂線定理逆定理知,AB⊥HB,所以PBH是山坡與所成二面角的平面角,則PBH,

APBPHOsin1.P

設(shè)BDx(km),0≤x≤1.5.則EDH

B

PDx2PB2x21[1,2].記總造價(jià)為f1(x)萬(wàn)元,1111f1(x)(PD212ADAO)a(x22x43)a2x14a43163a當(dāng)x14,即BD14(km)時(shí),總造價(jià)f1(x)最。↖I)設(shè)AEy(km),0≤y≤54,總造價(jià)為f2(y)萬(wàn)元,根據(jù)題設(shè)有f(y)PD21y231231y43224yay232a16a.

則fy2yy2312a,由f2(y)0,得y1.當(dāng)y(0,1)時(shí),f2(y)0,f2(y)在(0,1)內(nèi)是減函數(shù);

當(dāng)y1,54時(shí),f52(y)0,f2(y)在1,4內(nèi)是增函數(shù).

故當(dāng)y1,即AE1(km)時(shí)總造價(jià)f672(y)最小,且最小總造價(jià)為16a萬(wàn)元.(III)解法一:不存在這樣的點(diǎn)D,E.

事實(shí)上,在AB上任取不同的兩點(diǎn)D,E.為使總造價(jià)最小,E顯然不能位于D與B之間.故可設(shè)E位于D與A之間,且BD=x31(km),AEy1(km),0≤x1y2≤2,總造價(jià)為S萬(wàn)元,則Sx2x12y2y11x1113124a.類似于(I)、(II)討論知,x2112≥16,y213y132≥2,當(dāng)且僅當(dāng)x114,y11同時(shí)成立時(shí),上述兩個(gè)不等式等號(hào)同時(shí)成立,此時(shí)BD14(km),AE1(km),S取得最小值6716a,點(diǎn)D,E分別與點(diǎn)D,E重合,所以不存在這樣的點(diǎn)D,E,使沿折線PDEO修建公路的總造價(jià)小于(II)中得到的最小總造價(jià).解法二:同解法一得Sx2xy11112y213124a2x11214a43y13y1y23y4311a16a

≥1423(y2y43131)(y213y1)a16a6716a.當(dāng)且僅當(dāng)x11且3(y21413y1)(y213y1),即x14,y11同時(shí)成立時(shí),S取得最小值6716a,以上同解法一.

(湖南文21)已知函數(shù)f(x)1x3132ax2bx在區(qū)間[11),,(1,3]內(nèi)各有一個(gè)極值點(diǎn).(I)求a24b的最大值;(II)當(dāng)a24b8時(shí),設(shè)函數(shù)yf(x)在點(diǎn)A(1,f(1))處的切線為l,若l在點(diǎn)A處穿過(guò)函數(shù)yf(x)的圖象(即動(dòng)點(diǎn)在點(diǎn)A附近沿曲線yf(x)運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)點(diǎn)A時(shí),從l的一側(cè)進(jìn)入另一側(cè)),求函數(shù)f(x)的表達(dá)式.

解:(I)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)113x32ax2bx在區(qū)間[11),,(1,3]內(nèi)分別有一個(gè)極值點(diǎn),所以f(x)x2axb0在[11),,(1,3]內(nèi)分別有一個(gè)實(shí)根,設(shè)兩實(shí)根為x21,x2(x1x2),則x2x1a4b,且0x2x1≤4.于是0a24b≤4,0a24b≤16,

且當(dāng)x11,x23,即a2,b3時(shí)等號(hào)成立.故a24b的最大值是16.

(II)解法一:由f(1)1ab知f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線l的方程是

yf(1)f(1)(x1),即y(1ab)x2312a,因?yàn)榍芯l在點(diǎn)A(1,f(x))處空過(guò)yf(x)的圖象,所以g(x)f(x)[(1ab)x2132a]在x1兩邊附近的函數(shù)值異號(hào),則

x1不是g(x)的極值點(diǎn).g(x)13x312ax2bx(1ab)x2132a,且g(x)x2axb(1ab)x2axa1(x1)(x1a).若11a,則x1和x1a都是g(x)的極值點(diǎn).

所以11a,即a2,又由a24b8,得b1,故f(x)133xx2x.解法二:同解法一得g(x)f(x)[(1ab)x2132a]

13(x1)[x2(13a2)x(232a)].因?yàn)榍芯l在點(diǎn)A(1,f(1))處穿過(guò)yf(x)的圖象,所以g(x)在x1兩邊附近的函數(shù)值異號(hào),于是存在m1,m2(m11m2).當(dāng)m1x1時(shí),g(x)0,當(dāng)1xm2時(shí),g(x)0;或當(dāng)m1x1時(shí),g(x)0,當(dāng)1xm2時(shí),g(x)0.設(shè)h(x)x213a2x3a22,則

當(dāng)m1x1時(shí),h(x)0,當(dāng)1xm2時(shí),h(x)0;或當(dāng)m1x1時(shí),h(x)0,當(dāng)1xm2時(shí),h(x)0.由h(1)0知x1是h(x)的一個(gè)極值點(diǎn),則h(1)2113a20,所以a2,又由a24b8,得b1,故f(x)13x3x2x.(遼寧理22)

已知函數(shù)f(x)x2t2t(x2x)x22t21,g(x)12f(x).(I)證明:當(dāng)t22時(shí),g(x)在R上是增函數(shù);(II)對(duì)于給定的閉區(qū)間[a,b],試說(shuō)明存在實(shí)數(shù)k,當(dāng)tk時(shí),g(x)在閉區(qū)間[a,b]上是減函數(shù);(III)證明:f(x)≥32.

(遼寧文22)f(x)x39x2cos48xcos18sin2,g(x)f(x),且對(duì)任意的實(shí)數(shù)t均有g(shù)(1cost)≥0,g(3sint)≤0.(I)求函數(shù)f(x)的解析式;

(II)若對(duì)任意的m[26,6],恒有f(x)≥x2mx11,求x的取值范圍.(全國(guó)一理20)設(shè)函數(shù)f(x)exex.

(Ⅰ)證明:f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)≥2;(Ⅱ)若對(duì)所有x≥0都有f(x)≥ax,求a的取值范圍.解:(Ⅰ)f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)exex.由于exe-x≥2exex2,故f(x)≥2.(當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí),等號(hào)成立).(Ⅱ)令g(x)f(x)ax,則

g(x)f(x)aexexa,()若a≤2,當(dāng)x0時(shí),g(x)exexa2a≥0,故g(x)在(0,∞)上為增函數(shù),所以,x≥0時(shí),g(x)≥g(0),即f(x)≥ax.

,方程g(x)0的正根為xaa2()若a241ln2,

此時(shí),若x(0,x1),則g(x)0,故g(x)在該區(qū)間為減函數(shù).所以,x(0,x1)時(shí),g(x)g(0)0,即f(x)ax,與題設(shè)f(x)≥ax相矛盾.綜上,滿足條件的a的取值范圍是∞,2.(全國(guó)一文20)

設(shè)函數(shù)f(x)2x33ax23bx8c在x1及x2時(shí)取得極值.(Ⅰ)求a、b的值;

(Ⅱ)若對(duì)于任意的x[0,3],都有f(x)c2成立,求c的取值范圍.解:(Ⅰ)f(x)6x26ax3b,因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x1及x2取得極值,則有f(1)0,f(2)0.

66a3b0,2412a3b0.解得a3,b4.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,f(x)2x39x212x8c,f(x)6x218x126(x1)(x2).當(dāng)x(0,1)時(shí),f(x)0;當(dāng)x(1,2)時(shí),f(x)0;當(dāng)x(2,3)時(shí),f(x)0.

所以,當(dāng)x1時(shí),f(x)取得極大值f(1)58c,又f(0)8c,f(3)98c.則當(dāng)x0,3時(shí),f(x)的最大值為f(3)98c.因?yàn)閷?duì)于任意的x0,3,有f(x)c2恒成立,所以98cc2,解得c1或c9,

因此c的取值范圍為(,1)(9,).

(全國(guó)二理22)已知函數(shù)f(x)x3x.

(1)求曲線yf(x)在點(diǎn)M(t,f(t))處的切線方程;

(2)設(shè)a0,如果過(guò)點(diǎn)(a,b)可作曲線yf(x)的三條切線,證明:abf(a).解:(1)求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù);f(x)3x21.曲線yf(x)在點(diǎn)M(t,f(t))處的切線方程為:yf(t)f(t)(xt),

即y(3t21)x2t3.(2)如果有一條切線過(guò)點(diǎn)(a,b),則存在t,使

b(3t21)a2t3.于是,若過(guò)點(diǎn)(a,b)可作曲線yf(x)的三條切線,則方程

2t33at2ab0

有三個(gè)相異的實(shí)數(shù)根.g(t)2t33at2ab,則g(t)6t26at6t(ta).當(dāng)t變化時(shí),g(t),g(t)變化情況如下表:t(,0)0(0,a)a(a,)g(t)00g(t)極大值極小值abbf(a)由g(t)的單調(diào)性,當(dāng)極大值ab0或極小值bf(a)0時(shí),方程g(t)0最多有一個(gè)實(shí)數(shù)根;

當(dāng)ab0時(shí),解方程g(t)0得t0,t3a2,即方程g(t)0只有兩個(gè)相異的實(shí)數(shù)根;當(dāng)bf(a)0時(shí),解方程g(t)0得ta2,ta,即方程g(t)0只有兩個(gè)相異的實(shí)數(shù)根.綜上,如果過(guò)(a,b)可作曲線yf(x)三條切線,即g(t)0有三個(gè)相異的實(shí)數(shù)根,則ab0,bf(a)0.即abf(a).

(全國(guó)二文22)已知函數(shù)f(x)1ax33bx2(2b)x1在xx1處取得極大值,在xx2處取得極小值,且0x11x22.(1)證明a0;

(2)若z=a+2b,求z的取值范圍。

解:求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)ax22bx2b.

(Ⅰ)由函數(shù)f(x)在xx1處取得極大值,在xx2處取得極小值,知x1,x2是f(x)0的兩個(gè)根.所以f(x)a(xx1)(xx2)當(dāng)xx1時(shí),f(x)為增函數(shù),f(x)0,由xx10,xx20得a0.f(0)02b0Ⅱ)在題設(shè)下,0x11x22等價(jià)于f(1)0即a2b2b0.

f(2)04a4b2b02b0化簡(jiǎn)得a3b20.4a5b204a5b20.此不等式組表示的區(qū)域?yàn)槠矫鎍Ob上三條直線:2b0,a3b20,所圍成的△ABC的內(nèi)部,其三個(gè)頂點(diǎn)分別為:A47,67,B(2,,2)C(4,2).z在這三點(diǎn)的值依次為16,6,8.b

7所以z的取值范圍為162B(2,2)

7,8.

C(4,2)

1

A4,6(山東理22O

7724

設(shè)函數(shù)f(x)x2bln(x1),其中b0.a(chǎn)

(Ⅰ)當(dāng)b12時(shí),判斷函數(shù)f(x)在定義域上的單調(diào)性;(Ⅱ)求函數(shù)f(x)的極值點(diǎn);

(Ⅲ)證明對(duì)任意的正整數(shù)n,不等式ln1n111n2n3都成立.

解:(Ⅰ)由題意知,f(x)的定義域?yàn)?1,),f(x)2xbx12x32xbx1設(shè)g(x)2x22xb,其圖象的對(duì)稱軸為x12(1,),g(x)11maxg22b.

當(dāng)b12時(shí),g(x)1max2b0,即g(x)2x23xb0在(1,)上恒成立,當(dāng)x(1,)時(shí),f(x)0,當(dāng)b12時(shí),函數(shù)f(x)在定義域(1,)上單調(diào)遞增.b12時(shí),函數(shù)f(x)無(wú)極值點(diǎn).13②b12x時(shí),f(x)22x10有兩個(gè)相同的解x12,x1,12時(shí),f(x)0,

x1,時(shí),f2(x)0,b12時(shí),函數(shù)f(x)在(1,)上無(wú)極值點(diǎn).③當(dāng)b12時(shí),f(x)0有兩個(gè)不同解,x112b112b12,x22,b0時(shí),x112b121,x112b220,即x1(1,),x21,.b0時(shí),f(x),f(x)隨x的變化情況如下表:x(1,x1)x1(x2,)f(x)0f(x)極小值由此表可知:b0時(shí),f(x)有惟一極小值點(diǎn)x112b12,當(dāng)0b1112時(shí),x2b121,x1,x2(1),

此時(shí),f(x),f(x)隨x的變化情況如下表:x(1,x1)x1(x1,x2)x1(x1,)f(x)00f(x)極大值極小值由此表可知:0b112時(shí),f(x)有一個(gè)極大值x12b12和一個(gè)極小值點(diǎn)x2112b;2綜上所述:

112bb0時(shí),f(x)有惟一最小值點(diǎn)x2;0b1112b2時(shí),f(x)有一個(gè)極大值點(diǎn)x112b2和一個(gè)極小值點(diǎn)xx;b≥12時(shí),f(x)無(wú)極值點(diǎn).(Ⅲ)當(dāng)b1時(shí),函數(shù)f(x)x2ln(x1),令函數(shù)h(x)x2f(x)x2x2ln(x1),

則h(x)3x22x13x2x1(x1)2x1.當(dāng)x0,時(shí),f(x)0,所以函數(shù)h(x)在0,上單調(diào)遞增,又h(0)0.x(0,)時(shí),恒有h(x)h(0)0,即x2x3ln(x1)恒成立.故當(dāng)x(0,)時(shí),有l(wèi)n(x1)x2x3.對(duì)任意正整數(shù)n取x1n(0,),則有l(wèi)n111n1n2n3.所以結(jié)論成立.

(山東文21)設(shè)函數(shù)f(x)ax2blnx,其中ab0.

證明:當(dāng)ab0時(shí),函數(shù)f(x)沒(méi)有極值點(diǎn);當(dāng)ab0時(shí),函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)極值點(diǎn),并求出極值.證明:因?yàn)閒(x)ax2blnx,ab0,所以f(x)的定義域?yàn)?0,).f(x)2axb2ax2bxx.

當(dāng)ab0時(shí),如果a0,b0,f(x)0,f(x)在(0,)上單調(diào)遞增;如果a0,b0,f(x)0,f(x)在(0,)上單調(diào)遞減.

所以當(dāng)ab0,函數(shù)f(x)沒(méi)有極值點(diǎn).當(dāng)ab0時(shí),

2axbbf(x)2ax2ax令f(x)0,將x1b2a(0,)(舍去),xb22a(0,),

當(dāng)a0,b0時(shí),f(x),f(x)隨x的變化情況如下表:

x0,b2ab2ba2a,f(x)0f(x)極小值從上表可看出,函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)極小值點(diǎn),極小值為fb2ab1lnb22a.

當(dāng)a0,b0時(shí),f(x),f(x)隨x的變化情況如下表:

x0b,2abb,2a2af(x)0f(x)極大值從上表可看出,函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)極大值點(diǎn),極大值為fbb2a21lnb2a.綜上所述,當(dāng)ab0時(shí),函數(shù)f(x)沒(méi)有極值點(diǎn);當(dāng)ab0時(shí),

若a0,b0時(shí),函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)極小值點(diǎn),極小值為bb21ln2a.

若a0,b0時(shí),函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)極大值點(diǎn),極大值為bb21ln2a.(陜西理20)設(shè)函數(shù)f(x)=c2x2axa,其中a為實(shí)數(shù).(Ⅰ)若f(x)的定義域?yàn)镽,求a的取值范圍;(Ⅱ)當(dāng)f(x)的定義域?yàn)镽時(shí),求f(x)的單減區(qū)間.解:(Ⅰ)f(x)的定義域?yàn)镽,x2axa0恒成立,a24a0,0a4,即當(dāng)0a4時(shí)f(x)的定義域?yàn)镽.(Ⅱ)f(x)x(xa2)ex(x2axa)2,令f(x)≤0,得x(xa2)≤0.由f(x)0,得x0或x2a,又0a4,0a2時(shí),由f(x)0得0x2a;當(dāng)a2時(shí),f(x)≥0;當(dāng)2a4時(shí),由f(x)0得2ax0,即當(dāng)0a2時(shí),f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,2a);當(dāng)2a4時(shí),f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(2a,0).

(陜西文21)已知f(x)ax3bx2cx在區(qū)間[0,1]上是增函數(shù),在區(qū)間(,0),(1,)上是減函數(shù),又f(132)2.(Ⅰ)求f(x)的解析式;(Ⅱ)若在區(qū)間[0,m](m>0)上恒有f(x)≤x成立,求m的取值范圍.解:(Ⅰ)f(x)3ax22bxc,由已知f(0)f(1)0,即c0,c0,bc0,解得3a2b32a.f(x)3ax23ax,f123a43a232,a2,f(x)2x33x2.

(Ⅱ)令f(x)≤x,即2x33x2x≤0,x(2x1)(x1)≥0,0≤x≤12或x≥1.f(x)≤x在區(qū)間0,m上恒成立,0m≤12.

(上海理科19)已知函數(shù)f(x)x2ax(x0,常數(shù)aR).(1)討論函數(shù)f(x)的奇偶性,并說(shuō)明理由;(2)若函數(shù)f(x)在x[2,)上為增函數(shù),求a的取值范圍.解:(1)當(dāng)a0時(shí),f(x)x2,對(duì)任意x(,0)(0,),f(x)(x)2x2f(x),f(x)為偶函數(shù).當(dāng)a0時(shí),f(x)x2ax(a0,x0),

取x1,得f(1)f(1)20,f(1)f(1)2a0,f(1)f(,1)f(1)f,

函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù),也不是偶函數(shù).(2)解法一:設(shè)2≤x1x2,f(x21)f(x2)x1a2a(x1x2)xx2x1x2(x1x2)a,1x2x1x2要使函數(shù)f(x)在x[2,)上為增函數(shù),必須f(x1)f(x2)0恒成立.x1x20,xx124,即ax1x2(x1x2)恒成立.又x1x24,x1x2(x1x2)16.

a的取值范圍是(,16].解法二:當(dāng)a0時(shí),f(x)x2,顯然在[2,)為增函數(shù).當(dāng)a0時(shí),反比例函數(shù)ax在[2,)為增函數(shù),f(x)x2ax在[2,)為增函數(shù).當(dāng)a0時(shí),同解法一.

(上海文科19)已知函數(shù)f(x)x2ax(x0,常數(shù)aR).(1)當(dāng)a2時(shí),解不等式f(x)f(x1)2x1;(2)討論函數(shù)f(x)的奇偶性,并說(shuō)明理由.解:(1)x22x(x1)22x12x1,2x2x10,x(x1)0.原不等式的解為0x1.(2)當(dāng)a0時(shí),f(x)x2,

對(duì)任意x(,0)(0,),f(x)(x)2x2f(x),f(x)為偶函數(shù).當(dāng)a0時(shí),f(x)x2ax(a0,x0),

取x1,得f(1)f(1)20,f(1)f(1)2a0,

f(1)f(,1)f(1)f,

函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù),也不是偶函數(shù).

(四川理22)n設(shè)函數(shù)f(x)11n(nN,且n1,xN).n(Ⅰ)當(dāng)x=6時(shí),求11n的展開(kāi)式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng);(Ⅱ)對(duì)任意的實(shí)數(shù)x,證明f(2x)f(2)2>f(x)(f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù));n(Ⅲ)是否存在aN,使得an<11<(a1)n恒成立?若存在,試證明你的結(jié)論并求出k1ka的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

本題考察函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù)、二項(xiàng)式定理、組合數(shù)計(jì)算公式等內(nèi)容和數(shù)學(xué)思想方法。考查綜合推理論證與分析解決問(wèn)題的能力及創(chuàng)新意識(shí)。3(Ⅰ)解:展開(kāi)式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)是第4項(xiàng),這項(xiàng)是C3512061nn112n2f2xf21n1n2n2nn21111n1n21n11n211nnn211nln112211nln11n2f"x2n22n2n證法二:因f2xf2111121111211nnnnn11nn而2f"x2111nln1n故只需對(duì)11n和ln11n進(jìn)行比較。

令gxxlnxx1,有g(shù)"x11x1xx由x1x0,得x1因?yàn)楫?dāng)0x1時(shí),g"x0,gx單調(diào)遞減;當(dāng)1x時(shí),g"x0,gx單調(diào)遞增,所以在x1處gx有極小值1故當(dāng)x1時(shí),gxg11,從而有xlnx1,亦即xlnx1lnx故有111nln1n恒成立。所以f2xf22f"x,原不等式成立。(Ⅲ)對(duì)mN,且m1m2km有101121k1m11mCmCmmCmmCmmCmm2km11mm11mm1mk11mm12112!mk!mm!m211112k112!1mk!1m1m1mm!11m1m1m

212!13!11k!m!21211321kk11mm1211111111223k1km1m

31m3k又因Ck11mmm0k2,3,4,,m,故21m3

mnk∵211m3,從而有2n1k11k3n成立,

nk即存在a2,使得2n1k11k3n恒成立。

(四川文20)設(shè)函數(shù)f(x)ax3bxc(a0)為奇函數(shù),其圖象在點(diǎn)(1,f(1)處)的切線與直線x6y70垂直,導(dǎo)函數(shù)f"(x)的最小值為12.(Ⅰ)求a,b,c的值;(Ⅱ)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間,并求函數(shù)f(x)在[1,3]上的最大值和最小值.解析:本題考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性、二次函數(shù)的最值、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用等基礎(chǔ)知識(shí),以及推理能力和運(yùn)算能力.(Ⅰ)∵f(x)為奇函數(shù),∴f(x)f(x)

即ax3bxcax3bxc∴c0∵f"(x)3ax2b的最小值為12∴b12

又直線x6y70的斜率為16因此,f"(1)3ab6∴a2,b12,c0.(Ⅱ)f(x)2x312x.f"(x)26x12x6(x2,列表如下:)(2)

x(,2)2(2,2)2(2,)f"(x)00f(x)極大極小所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(,2)和(2,)∵f(1)10,f(2)82,f(3)18

∴f(x)在[1,3]上的最大值是f(3)18,最小值是f(2)82.

(天津理20)已知函數(shù)f(x)2axa21x21(xR),其中aR.(Ⅰ)當(dāng)a1時(shí),求曲線yf(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線方程;(Ⅱ)當(dāng)a0時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值.本小題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,兩個(gè)函數(shù)的和、差、積、商的導(dǎo)數(shù),利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)算能力及分類討論的思想方法.滿分12分.(Ⅰ)解:當(dāng)a1時(shí),f(x)2xx21,f(2)45,又f(x)2(x21)2x2x22x2(x21)2(x21)2,f(2)625.所以,曲線yf(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線方程為y45625(x2),即6x2y320.

(Ⅱ)解:f(x)2a(x21)2x(2axa21)2(xa)(ax1)(x21)2(x21)2.由于a0,以下分兩種情況討論.(1)當(dāng)a0時(shí),令f(x)0,得到x11a,x2a.當(dāng)x變化時(shí),f(x),f(x)的變化情況如下表:x∞,11a1aa,aa(a,∞)f(x)0fx極小值極大值所以f(x)在區(qū)間∞,1a,(a,∞)內(nèi)為減函數(shù),在區(qū)間1a,a內(nèi)為增函數(shù).函數(shù)f(x)在x11處取得極小值f1f1aa,且aa2,函數(shù)f(x)在x12a處取得極大值f(a),且f(a)1.(2)當(dāng)a0時(shí),令f(x)0,得到x11a,x2a,當(dāng)x變化時(shí),f(x),f(x)的變化情況如下表:

x∞,aaa,1a11aa,+∞f(x)00f(x)極大值極小值所以f(x)在區(qū)間(∞,a),1a,+∞內(nèi)為增函數(shù),在區(qū)間a,1a內(nèi)為減函數(shù).

函數(shù)f(x)在x1a處取得極大值f(a),且f(a)1.函數(shù)f(x)在x12a處取得極小值f1,且fa1aa2.

(天津文21)設(shè)函數(shù)f(x)x(xa)2(xR),其中aR.

(Ⅰ)當(dāng)a1時(shí),求曲線yf(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線方程;(Ⅱ)當(dāng)a0時(shí),求函數(shù)f(x)的極大值和極小值;

(Ⅲ)當(dāng)a3時(shí),證明存在k10,,使得不等式f(kcosx)≥f(k2cos2x)對(duì)任意的xR恒成立.本小題主要考查運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)、曲線的切線方程,函數(shù)的極值、解不等式等基礎(chǔ)知識(shí),考查綜合分析和解決問(wèn)題的能力及分類討論的思想方法.滿分14分.(Ⅰ)解:當(dāng)a1時(shí),f(x)x(x1)2x32x2x,得f(2)2,且

f(x)3x24x1,f(2)5.所以,曲線yx(x1)2在點(diǎn)(2,2)處的切線方程是y25(x2),整理得xy.(Ⅱ)解:f(x)x(xa)2x32ax2a2xf(x)3x24axa2(3xa)(xa).令f(x)0,解得xa3或xa.由于a0,以下分兩種情況討論.

(1)若a0,當(dāng)x變化時(shí),f(x)的正負(fù)如下表:x∞,aa33a3,aa(a,∞)f(x)00因此,函數(shù)f(x)在xa3處取得極小值fa3,且fa4327a3;

函數(shù)f(x)在xa處取得極大值f(a),且

f(a)0.

(2)若a0,當(dāng)x變化時(shí),f(x)的正負(fù)如下表:x∞,aaa,aaa333,∞f(x)00因此,函數(shù)f(x)在xa處取得極小值f(a),且f(a)0;

函數(shù)f(x)在xa處取得極大值fa33

,且fa4327a3.

(Ⅲ)證明:由a3,得a31,當(dāng)k10,時(shí),kcosx≤1,k2cos2x≤1.Ⅱ)知,f(x)在∞,1上是減函數(shù),要使f(kcosx)≥f(k2cos2x),xR只要kcosx≤k2cos2x(xR)即cos2xcosx≤k2k(xR)①

2設(shè)g(x)cos2xcosxcosx1214,則函數(shù)g(x)在R上的最大值為2.要使①式恒成立,必須k2k≥2,即k≥2或k≤1.

所以,在區(qū)間10,上存在k1,使得f(kcosx)≥f(k2cos2x)對(duì)任意的xR恒成立.

(浙江理22)設(shè)f(x)x3223,對(duì)任意實(shí)數(shù)t,記gt(x)t3x3t.(I)求函數(shù)yf(x)gt(x)的單調(diào)區(qū)間;

(II)求證:()當(dāng)x0時(shí),f(x)gf(x)≥gt(x)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立;()有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)x0,使得gx(x0)≥gt(x0)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立.本題主要考查函數(shù)的基本性質(zhì),導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用及不等式的證明等基礎(chǔ)知識(shí),以及綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析和解決問(wèn)題的能力.滿分15分.

I)解:yx3(34x163.由yx240,得x2.因?yàn)楫?dāng)x(,2)時(shí),y0,當(dāng)x(2,2)時(shí),y0,當(dāng)x(2,)時(shí),y0,故所求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是(,2),(2,),單調(diào)遞減區(qū)間是(2,2).(II)證明:(i)方法一:)f(x)gx32令h(x2t(x)3t3x3t(x0),則2h(x)x2t3,1當(dāng)t0時(shí),由h(x)0,得xt3,1當(dāng)x(x3,)時(shí),h(x)0,

1所以h(x)在(0,)內(nèi)的最小值是h(t3)0.故當(dāng)x0時(shí),f(x)≥gt(x)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立.方法二:2對(duì)任意固定的x0,令h(t)g2t(x)t3x3t(t0),則

211h(t)3t3(xt3),由h(t)0,得tx3.當(dāng)0tx3時(shí),h(t)0.當(dāng)tx3時(shí),h(t)0,

所以當(dāng)tx3時(shí),h(t)取得最大值h(x3)13x3.因此當(dāng)x0時(shí),f(x)≥g(x)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立.(ii)方法一:f(2)83gt(2).由(i)得,gt(2)≥gt(2)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立.

即存在正實(shí)數(shù)x02,使得gx(2)≥gt(2)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立.下面證明x0的唯一性:當(dāng)x02,x00,t8時(shí),

f(xx30160)3,gx(x0)4x03,由(i)得,x3034x1603,tx3x3再取00,得gx03(x0)3,x16x3g0x(0)4x033gx03(x0),即x02時(shí),不滿足gx(x0)≥gt(x0)對(duì)任意t0都成立.故有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)x02,使得gx(x0)0≥gt(x0)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立.方法二:對(duì)任意x00,gx(x160)4x03,因?yàn)間1t(x0)關(guān)于t的最大值是3x30,所以要使gx(x0)≥gt(x0)對(duì)任意正實(shí)數(shù)成立的充分必要條件是:

4x16103≥3x30,即(x02)2(x04)≤0,

又因?yàn)閤00,不等式①成立的充分必要條件是x02,所以有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)x02,使得gx(x0)≥gt(x0)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立.

(重慶理20)已知函數(shù)f(x)ax4lnxbx4c(x>0)在x=1處取得極值--3--c,其中a,b,c為常數(shù)。(1)試確定a,b的值;

(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

(3)若對(duì)任意x>0,不等式f(x)2c2恒成立,求c的取值范圍。

解:(I)由題意知f(1)3c,因此bc3c,從而b3.又對(duì)f(x)求導(dǎo)得

f(x)4ax3lnxax41x4bx3

x3(4alnxa4b).

由題意f(1)0,因此a4b0,解得a12.(II)由(I)知f(x)48x3lnx(x0),令f(x)0,解得x1.當(dāng)0x1時(shí),f(x)0,此時(shí)f(x)為減函數(shù);當(dāng)x1時(shí),f(x)0,此時(shí)f(x)為增函數(shù).因此f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),而f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,∞).(III)由(II)知,f(x)在x1處取得極小值f(1)3c,此極小值也是最小值,要使f(x)≥2c(x0)恒成立,只需3c≥2c2.即2c2c3≥0,從而(2c3)(c1)≥0,

解得c≥32或c≤1.

所以c的取值范圍為(,1]32,.

(重慶文20)

用長(zhǎng)為18cm的鋼條圍成一個(gè)長(zhǎng)方體形狀的框架,要求長(zhǎng)方體的長(zhǎng)與寬之比為2:1,問(wèn)該長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高各為多少時(shí),其體積最大?最大體積是多少?

(20)(本小題12分)解:設(shè)長(zhǎng)方體的寬為x(m),則長(zhǎng)為2x(m),高為

h1812x4.543x(m)0<x<32.故長(zhǎng)方體的體積為

V(x)2x2(4.53x)9x26x3(m3)(0<x<32).從而V(x)18x18x2(4.53x)18x(1x).令V′(x)=0,解得x=0(舍去)或x=1,因此x=1.當(dāng)0<x<1時(shí),V′(x)>0;當(dāng)1<x<23時(shí),V′(x)<0,

故在x=1處V(x)取得極大值,并且這個(gè)極大值就是V(x)的最大值。從而最大體積V=V′(x)=9×12-6×13(m3),此時(shí)長(zhǎng)方體的長(zhǎng)為2m,高為1.5m.答:當(dāng)長(zhǎng)方體的長(zhǎng)為2m時(shí),寬為1m,高為1.5m時(shí),體積最大,最大體積為3m3。

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