7讲：高频考点分析之极限、导数和定积分探

1、【备战2013高考数学专题讲座】第17讲：高频考点分析之极限、导数和定积分探讨江苏泰州锦元数学工作室编辑12讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，38 ui-,对数学思想方法进行了探讨，912讲对数 学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。在我国现在中学数学新教材中，微积分处于一种特殊的地位，是高中数学知识的一个重要交汇点，是 联系多个章节内容以及解决相关问题的重要工具。微积分的思想方法和基本理论有着广泛的应用。结合中学数学的知识，高考中微积分问题主要有以下几种：1. 极限的计算；2. 应用导数求函数的最（极）值；3. 应川导数讨论函数的增减性；4. 导数的几何意义和应用导数

2、求曲线的切线：5. 定积分的计算和应用。结合2012年全国各地髙考的实例，我们从以上五方而探讨极限、导数和定积分问题的求解。一、极限的计算：典型例题：x2-9例1（2012年四川省理5分）函数/（x） = x-3在x = 3处的极限是【】ln（x-2）,x > 3a、不存在b、等于6c、等于3d、等于0【答案】ao【考点】分段函数，极限。【解析】分段函数在兀=3处不是无限靠近同一个值，故不存在极限。故选a。例2（2012年重庆市理5分）lim=."十+5n-n【答案】-o5【考点】极限的运算。例3(2012年上海市理4分)有一列止方体，棱长组成以1为首项，为公比的等比数列，休积

3、分别记为,岭,匕，则lirn(% + v2 +匕)=【答案】-o7【考点】无穷递缩等比数列的极限，等比数列的通项公式。【解析】由正方体的棱长组成以1为首项，丄为公比的等比数列，可知它们的体积则组成了一个以1为首1o项，上头公比的弊比数如.庆1此.|imfv.+k+.4-v 1 = - = -二、应用导数求函数的最(极)值：典型例题：例1. (2012年重庆市理5分)设函数/(兀)在/?上可导，其导函数为f(x),且函数y = (-x)f(x)的图像如题图所示，则下列结论屮一定成立的是【】(a) 函数/(x)有极大值/(2)和极小值/(i)(b) 函数/(x)有极大值/(-2)和极小值/(i)(

4、c) 函数/(兀)有极大值/(2)和极小值/(-2)(d) 函数/(兀)有极大值/(-2)和极小值/(2)【答案】do【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。【分析】由图象知,y = (l-x)f(x)与兀轴有三个交点,2, 1, 2, a f(-2)=0, f(2)=0o由此得到x, y, 1-x, f(x)和/(切在(-00, +00)上的情况:x(一8,-2)-2(-2,1)1(1,2)2(2,+8)y+00+01-x+0fm+00+fm/极大值x非极值极小值/(%)的极大值为/(-2), /(%)的极小值为/(2) o故选do例2(2012年陕西省理5分)设函数f(x) = xe

5、则【 】a. x = l为f(x)的极大值点b.x = 1为/(x)的极小值点c. x = -为/(兀)的极人值点d. x = -l为/的极小值点【答案】do【考点】应川导数求函数的极值。【解析】广(兀)=(兀+ 1)/,令广(x) = 0,得兀=一1。当 x< - 1 时，广(兀)<0, /(%) = xex 为减函数；当 x> - 1 时，fx) > 0, /(x) = xex 为增函数,所以x = -l为于(兀)的极小值点。故选d。2例3(2012年陕西省文5分)设函数/(x) = - + lnx则【 】xa."丄为/(兀)的极大值点b. x =-为/(

6、x)的极小值点2 2c.兀=2为/(x)的极大值点d.兀=2为/(x)的极小值点【答案】do【考点】应用导数求函数的极值。?1r-?【解析】广(兀)二吕+丄二宁，令广(力=0,得兀=2。2:当ov xv 2时，/'(%) <0, /(x) = + lnx为减函数；x2当x> 2时，/z(x)>0, /(x) = - + lnx为增函数。/ x = 2为/(x)的极小值点。故选d。例 4(2012 年广东省理 14 分)设 /<1,a = x e /?|x > 0,b = x e /?|2x2 - 3(1 + a)x + 6a > o,d = acb(

7、1) 求集合d (用区间表示)(2) 求函数/(x) = 2x3 - 3(1 + a)x2 + 6ax在£>内的极值点。【答案】解(1)设g(x) = 2兀23(1 + 0兀+ 6°,方程 g(x) = 0 的判别式 d = 9(l+a)2 48a=9(a -)(a 3)当丄v a v 1 时，d < 0, 2x2 3(1 + q)x + 6g >0恒成立，:.b = x w r 2x2 - 3(1 + a)x + 6a > o = /?。/./) = anb = a = xlx>0,即集合 d=(0,+ )o当ova丄时，d 0,方程g(x)

8、 = 0的两根为3a + 3- j9/ 30a + 9 八3a + 3+9宀 3()a+9不=0,=1 44b = xe r 2x2 一3(1 + a)x + 6。03。+ 3-丁9/一30。+ 94或兀3。+ 3 +jw30q + 94初*帖"二兀1()<兀<% + 1"加-30 + 9 或龙3° + 3 + j9/-30d + 9,4即集合”(。円+匚的/ u 3。+3+j9八30x9,+)。44当d£0时，d> 0,方程g(x) = 0的两根为3d+ 3-(财30°+9门八3q+ 3+9用30a+9 八x =1 0 ,

9、x7 => 0 o1 44b = 兀 w r |2x2 - 3(1 + a)x + 6d > or i3a + 3 j9q2 _ 3 ci -09 八十3a + 3 + j9q2 30d + 9 .= xx<< 0 或兀 > o44：.d = acb = a = xx>3a + 3 + yj9a23qa + 9,4即集合(3d+3+加？- 30a+94(2)令厂(x)二2, 一3(1+ a)兀$+6。才' = 6/-6(1 + g)兀+ 6d = 6(x-a)(兀一 1) = 0得f(x) = 2x3 - 3(1 + a)x2 + 6ax 的可能极值

10、点为 a, 1。当丄vqv 1时，山(1)知d = (0,+o0),所以/x),/(x)随x的变化情况如下衣:3x（0卫）a(q,l)1(1,+坷广（兀）+00+fm/极大值极小值7；fm = 2-r3 - 3(1 + a)x2 + 6ax在d内有两个极值点为a,1：极大值点为x = a,极小值点为x = o当ova丄时，3,、/ 小 /a 3q+ 3-30a + 9 . 3a + 3+ /如-30a+9、.、由(1)知 d = (0, u ,+ )=(0,x)u(x2,+oo)044*.* /(x) = 2x(x 一 x )(x 尤2),*. 0 < < xj < 1 &l

11、t; x2,a/v),/(x)随x的变化情况如下表：x(0,a)a(a,兀)（尤2，+°°）广（兀）+0+fm/极人值/f（x） = 2%3 - 3（1 + a）x2 + 6ax在q内仅有一个极值点：极人值点为x = a ,没有极小值点。i c /3q+ 3+ j% 3067+9、山(1)知 d = (，+)。4 d £ 0, 1- 3a < l- ci °.3a + 3 + j9cd - 30a + 9 _ 3a + 3+ j3(l 3d)(l a) 、 3a + 3 + 3(1- 3a) >4443a+ 3+ 73(1- 3f/) 3+

12、v3+ 3(1- v3) 3+晶444c 八 1 3g + 3 + 9a2 - 30a + 9. a £ 0< 1<o4f(x) = 2x3 -3(l + a)x2 +6ax 在 d 内没有极值点。【考点】分类思想的应用，集合的计算，解不等式，导数的应用。【解析】(1)根据g(兀)=2兀2 一3(l + a)x + 6d根的判别式应用分类思想分丄vavl、0< a丄、a£ 0讨论即可，计算比较繁。(2)求出 fx) = 2x3 -3(l + a)x2 +6a j* = 6x2 -6(l + a)x + 6a = 6(x-a)(x-l),得到 /(兀)的可能

13、极值点为a,1。仍然分-<a<. 0< a -> °£ 0讨论。例5(2012年浙江省理14分)已知a0, bwr,函数f(x) = 4ax3-2bx-a + b .(i )证明：当0<x< 1吋，(i) 函数/(兀)的最大值为2a-ba；(ii) /(x)+ 2a-b+a>0；(ii)若-1</(x)<1对兀w0,l恒成立,求a + h的取值范围.【答案】(i)证明:(i ) fx) = nax2 -lb .当冰0时，fx) = nax2 -2b>0在osrsl上恒成立，此时 f (x)的最大值为:f() = 4

14、a-2b-a + b = 3a-b=2a-b + a: 当b>0时，f(x) = 2ax2-2b在gwl上的止负性不能判断,此时/(x)的最大值为:/ z.、b-cb b>2a/max(x) = max/(°)> / - aax(/?)-«) 3a-b = <=2ab +3a-b,b< 2a综上所述：函数,/ (a)在0<a<1上的最大值为2cib + a.(ii)设 g(x) = - f(x)，t g(x) = ax' + 2bx + a-b , /令 g'(x) = -i2ax2 +2b = 0 =>当肚0

15、 时，gx) = -i2ax2 + 2b <00<x<l 上恒成立， 此时 g(x)的最大值为:(0)= a-b < 3a-b =2cib + a； 当b<0时，g'(x) = -2ax2 + 2b在0<x<l上的正负性不能判断,43b 2a,+ a - b, b s 6ab > 6agnm(x) = maxg(.需)，g(d = max§bq需+ a-方，b-2a =<2ci h + a。综上所述：函数g(x)在0<x<l上的最大值小于(或等于)in bl + ci, 即 /(.v) +2a-b + a>

16、;0 在 0<x<l 上恒成立。(ii)解：山(i)知：函数/(x)在0se1上的最大值为2ciba,且函数/(x)在0<x<l上的最小值比(12a勿+ a)要大。v - 1</(x)<1 对xw0, 1恒成立,a2a-ba<o取b为纵轴,a为横轴.a > 0(a> 0则可行域为：< b2a和b<2a, 口标函数为z=a+bob-a <3a-b<作图如下:rh图易得：当目标函数为尸。+方过p(i, 2)时，有张=3.所求a+b的取值范围为：(-1, 3o【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利川导数求闭区间上函数的最

17、值，简单线性规划。【解析】(1)(1)求导后,分冰0和>0讨论即可。(ii)利川分析法，要证 /(x)+2ab + «>0,艮 i证 g (x) = - /(x) <|2/?1 + a,亦即证 g(x)在0<x<l .上的最人值小于(或等于)2ab a.(1【)由(i )矢口：函数在osrg上的最人值为i2dbl + d,且函数在上疋1上的最小值比-(lab + a)要大.根据一1三/(兀)三1对 用|0, 1恒成立，可得2ab + a<.从而利用线性规划知识， 可求a+b的取值范围。例6(2012年江西省文14分)己知函数/(兀)=(加2+方兀+

18、 0在0, 1上单调递减j4满足 几0)= 1, /l) = 0o(1) 求q的取值范围：(2) 设g(兀)=/(兀)-广(兀)，求g(兀)在0, 1上的最大值和最小值。【答案】解(1) v /(0) = c = l, f(l) = (a+b + c)e = o, :.a + b = -l.f (x) = ax2 一(d + l)% + w ofx) = ax2 +(a-l)x-aex。函数/(x)=(ax2+fex + c，在0, 1±单调递减,对于任意的xe(o, 1),都有f x) < 0o由厂(0)= ° v 0得 a > 0 ；由厂(l)=cz + (

19、q 1) dk v 0 得 ° v 1。*. 0 < « < 1 o又当d=o时，对于任意的xe(o, 1),都有厂(兀)二xvo,函数符合条件；当0=1时，对于任意的xe(o, 1),都有fx)=(x2-i)ex<ot函数符合条件。综上所述，a的取值范围是0<t/<lo(2) t g(x)=/(x)-厂(x) = af-(a + l)x + l ex - ax2 (a + )x-a ex = (42tzx + +1 ex g'(x) = (-2ax -a + l)ea。(i) 当a=0时，对于任意xg(o, 1)有g©)之”

20、>0,g(x)在0, 1上的最小值是g(o)= l，最大值是g(l)之；(ii) 当a=l时，对于任意xg(o, 1)有g，(兀)=-2加vo,g(x)在0, 1上的最小值是g(l) = 0,最大值是g(o)= 2；1 z7(iii) 当 0vavl 时，由 g'(x) = o得兀=>0,2a 若>1,即ovas丄时,g(x)在0, 1上是增函数,2a3a g(x)在0, 1上最大值是 g(l) = (l_a)w,最小值是 g(o)= l + a； 若 < 1,即丄vavl时，g(x)在兀=取得最大值g(s= 2ae2a g,在x=02ci32a2a或x=l时取

21、到最小值：*.* g (0) =r 1 -ktz) g d = 1 a e ,i -1 g(兀)在"()取到最小值g(o)= l + a ；当 <a<时,g(jc)在兀=1取到最小值g(l) = (ld)£。【考点】利川导数求闭区间上函数的最值，利川导数研究函数的单调性。【解析】(1)由题意，函数/(兀)=(丹+加+ c，在0, 1上单调递减且满足/(o) = l, /=0,可求 出函数的导数，将函数在0, 1上单调递减转化为导数在0, 1上的函数值恒小于等于0,再结/(0)= 1, /(1) = 0这两个方程即可求得。取值范围。（2）由题设条件，先求出g（兀）

22、=/（兀）-广（兀）的解析式，求出导函数y（x） = （-2ax-d + l）“， 由于参数。的影响，函数在0, 1上的单调性不同，结合（1）的结论及g，（x）分d二0, a=f ovavl 三类对函数的单调性进行讨论，确定并求出函数的最值。例7. （2012年重庆市文13分）已知函数/（兀）=ax3 +bx + c在x = 2处取得极值为c-16（1）求d、b的值（6分；（2）若/（兀）有极大值28,求/（兀）在-3,3上的最大值（7分【答案】解：(i ) v f(x) = ax3+bx-c,/'(x) = 3o?+b。v /（x）在点x = 2处取得极值,广=0/(2) = c-1

23、6即12a + b = 08a + 2b + c = c-16化简得12a + b = 0 4a+ b =-8h = -l2(ii)由(i )得/(x) = x3-12x + c, fx) = 3x2-12令 ff(x) = 0 ,得兀=一2, x2 = 2 ox , f（x）和fo）在（yo, +oo）上的情况如下表:x(-00, -2)-2(-2,2)2(2,+©fm0+0/(x)极小值/极大值山此可知/（兀）在旺=2处取得极大值/（2） = 16 + c, /（x）在x2 =2处取得极小值/(2) = c 16。v f（x）有极大值28,16 + c = 28,解得c = 12

24、。此吋/（-3） = 9 + c = 21j（3） = -9 + c = 3, /（2） = c-16 = -4a /（%）上 f-3,3的最小值为 /（2） = -4 o【考点】函数的导数与极值，最值之间的关系。【分析】（i）先对函数/（兀）进行求导，根据广= 0=0, /二c-16,求出。、b的值。(ii)根据(i )对函数/(x)ilt行求导，令fx) = 0,解出兀，列表求出函数的极人值和极小 值。再比较函数的极值与端点函数值的大小，端点函数值与极大值中最大的为函数的最大值，端点函数值 与极小值中最小的为函数的最小值。例8(2012年江苏省16分)若函数y = /(兀)在兀=勺处取得极

25、人值或极小值，则称心为函数v = fm 的极值点。已知a, b是实数，1和-1是函数f(x) = x3 +ax2 +b兀的两个极值点.(1) 求q和b的值；(2) 设函数g(x)的导函数g'(x) = /o) + 2 ,求g(兀)的极值点;(3) 设 a(x) = /(/(x)-c,其中 ce-2, 2,求函数 y = h(x)的零点个数.【答案】解(1)由 /(x) = x3 +ax2得 f(x) = 3x2 4- 2ax 4-b «*.* 1和-1是函数f(x) = x3 + ax2 +/x的两个极值点， f(l) = 3 + 2a + g), f(-1) = 3-2a

26、+ b=0,解得 d=0, b= 3°(2) j 由(1)得,f(x) = x3-3x ,gx) = /(x) + 2=x3 -3x + 2= (x-1 )2(x + 2) 解得 x=x2=9 x3 = -2。当 xv2 时，gq)vo；当2vxvl 时，g'cr)>0,2是g(x)的极值点。.当一2v兀vl或兀>1时，g'(x)>0, .i %=1不是g(x)的极值点。g(x)的极值点是一2。(3) 令 f(x)=t ,则 /7(x)= /(r)-co先讨论关于x的方程fx)=d根的情况：dw-2, 2当d=2时，由(2 )可知，/(%)=-2的两

27、个不同的根为i和一 2 ,注意到/(q是奇函 数，/(x)=2的两个不同的根为一和2。当 |d|v2 时，/(-l)-d寸(2 -q=2-d>0, fm-d=f(-2 -d)=-2-d<0 , 2,-1, 1 , 2 都不是 f(x)=d 的根。山(1)知才(切=3(兀+ 1)(兀-1)。当xg(2,+oo)时，(x)>0 ,于是/(x)是单调增函数，从而/ w> /(2)=2 o此时f(x)=d在(2, + oo)无实根。 当 施(1, 2)时 /(x)>0 ,于是.f是单调增函数。乂 /(1) dvo, /(2)-j>0, y=f(x)- d 的图象不间

28、断，a f(x)=d在(1,2 )内有唯一实根。同理，/(%)=d在(一 2，i )内有唯一实根。 当xg(-1, 1)时，/(%) < 0 ,于是/(x)是单调减两数。又 /(-l)-t/>0, f 一dvo, y=f(x)d 的图象不间断，a f(x)=d在(一 1, 1 )内有唯一实根。因此，当|j|=2时，f(x)=d有两个不同的根勺兀2满足|引=1，卜2=2；当|d|v2时f(x)=d 三个不同的根与比 抵，满足卜v 2, j=3, 4, 5。现考虑函数y = hm的零点：(i )当|c|=2时，y*(r)=c有两个根心,t2满足h=i，b|=2。jfij有三个不同的根，

29、f (x)=r2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"，也匕，满足|刑<2, i=3, 4, 5。而f(x)=tj (z=3, 4, 5)有三个不同的根，故)，=/心)有9个零点。综上所述，当|c|=2时，函数y = h(x)5个零点；当|c| < 2时，函数y = /?(x)有9个零点。【考点】函数的概念和性质，导数的应用。【解析】(1)求111 y = f(x)的导数，根据1和-1是函数y二于(尢)的两个极值点代入列方程组求解即可。(2) 由(1)得,/(x) = x3-3x,求出g3,令g'(

30、x)=o,求解讨论即可。(3) 比较复杂，先分同=2和d<2讨论关于兀的方程f(x)=d根的情况；再考虑函数y = h(x)的零点。例9. (2012年山东省理5分)设函数f(x)=丄,g(x)=ax2+b紐bwr,aho),若y = f (x)的图像与y = g(x)图像有h仅有两个不同的公共点a (xp yi) ,b(x2, yj,则卜-列判断正确的是【】a.当 avo 时，xi + x2<0, y【+ y2>0b.当 avo 时，xi + x2>0, yi + y2<0c.当 a>0 时，x|+x2<0, yi + y?<0d.当 a>

31、;0 时，x + x2>0, yi + y2>0【答案】bo【考点】导数的应川。【解析】令丄=ax2 +bx ,贝*j l = ax3 +bx2(xo) ox设 f(x) = ax3 + bx2, f(x) = 3ax2 + 2bx。ob令 f©) = 3ax2+2bx=0,贝0 x =3a要使y = f(x)的图像与y = g(x)图像有冃仅有两个不同的公共点必须：f() = a(-)3 + b(-)2 = 1 ,整理得 41? = 27a2。3a3a3a取值讨论：可取a = ±2, b = 3来研究。当 a = 2, b = 3 时，2x3 + 3x2 =

32、1 ,解得 xj = 1, x2 = » 此时 = 1, y2 = 2 ,此时 2xj +x2 <0, yj + y2 > 0 ；当 a = -2, b = 3 时，-2x3+3x2=1 ,解得 x)=1, x2=-,此时 y1=l, y2=-2 ,此 fl寸x + x2 >0, y! +y2 <0 o 故选 b。例10(2012年天津市理14分)已知函数f(x)=x-n(x+a)的最小值为0,其中a>0.(i )求a的值；(ii) 若对任意的x e 0,+oo)f(x) < kx2成立，求实数k的最小值;(iii) 证明ln(2/i+l)<

33、2 (nen.2/-1【答案】解：(i )函数的定义域为(a, + a),求导函数可得f(x)=l -一=空匸乜.x+a x+a令 /(x)=0,得x=-a > -a o当x变化时，f （兀）和fx）的变化情况如下表:x(_d, d)l-a(1 一 d, +00)fm0+fmx极小值/(兀)在x=l-a处取得极小值。'由题意，得于(1一0)=1 d-lnl=l-a=o。a a=l o(ii)当 时，取 x=l, </(l)=l-ln2<0,故 £三0 不合题意。当 k >0 时，令 g(=(fi x -kx1, bp g(=x-ln(x+)-kx2。求

34、导函数町得 g'q =1丄_2尬=x+l_l_2也2_2滋= x(l-2fcx_2r)。x+1兀+1兀+1-2k令 gq 0,得兀=0,琢=1 o1 1 -2k当时，<0, g'(» v0在(0, +co)上恒成立，因此g(=(/)x -kx22 2k在(0, +00)上单调递减，从而对任童的xeo, +00),的 g(» s(0o =0,即对任意的兀w0, +00),有/(x) < kx2成立。:.k>-符合题意。21 1 -2k1 -2k当()vrv 时，>0,对于兀丘(0, ), g'(分>0,因此g(»

35、在2 2k2ki _2k1 2k(0, )上单调递增，因此取xg(o, )时，g(° xgo =0,即有/(x0)<02不成立。2k2k：.q<k<丄不合题意。2 综上,实数r的最小值为丄。2(iii)证明：当刃=1时，不等式左边=2-ln3<2=右边，所以不等式成立。当川22时，-lnr2/-u在(2)中，取 k=-f 得/(x)<-x2(x>0),3)1)1<2_ln2+s(2/-3)(2z-l)沦jn(2 l)二/=!厶一1/=!=2 - in 3+f/=2<2z-3 2i 1 丿=2_ln3+1-j_<2.综上，£

36、;1=1-ln(2n+l)<2 gn”)。【考点】导数在最人值、最小值问题屮的应川，利川导数求闭区间上函数的最值。【分析】(i)确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数 f(x)=x-n(x+a)的最小值为0 ,即可求得q的值。(ii) 当 k <0 w 取 x=l,/(l)=l-ln2<0,故处0 不介题臥当 k >0 w 令 gq =(/ x -h2,1 -2k求导函数，令导函数等于0,分类讨论：当k>-时，一 <0, gd在(0, +oo)上单调递减，从2 2k11 -2k1 -7k而对任意的 xgo, +oo),丿附

37、g(» 5(00 =0o 当 0 vkv 时，>0,对于 xw(o,),2 2k2k1 -2k g© >(),因此g(»在(0, )上单调递增。由此可确定的最小值。2k(iii)当“1时，不等式左边=2-ln3<2=右边，所以不等式成立。当 心2时,<亠<2,一厅(243)(241)n 711二乞 ln(2n-l),在(ii)屮，取“一得fm<-x从而可得/2/-122 (/g2v+, z>2)*此可证结论。例11(2012年安徽省理13分)设f(x) = aex + + b(a>q) aex(i) 求/(x)在0,

38、+8)上的最小值;3(ii) 设曲线y = f(x)在点(2,/(2)的切线方程为y = -x；求a,b的值。【答案】解：(1)设t = ex(t>l),则y = +丄+ b。at, 1y = aat 当 q » 1 时，> 0 o y = at + + b t > 上是增函数。at当/ = l(x = 0)时,/(力的最小值为a+- + b。a 当 0 < a v 1 时，y = at + + b >2 + bat当且仅当 at = l(t = ex = ,x = -lna)时,f(x)的最小值为 b + 2。 a(ii) * f (%) = hb ,

39、° fx) = clxoaexaexrti题意得：</=33 r(2)=-u h + b = 3ae322解得q °b = -2【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。【解析】（i）根据导数的的性质分g»1和ovavl求解。（ii）根据切线的儿何意义列方程组求解。三、应用导数讨论函数的增减性：典型例题：例1（2012年浙江省理5分）设。0, b>0 a.若 2"+2a = 2+3b,则 a>bb.若 2"+2a = 2+3b ,则 a<bc若 2a-2a = t-3b,则 a>hd.若

40、2"2a = 2"3b ,则 a<b【答案】ao【考点】函数的单调性，导数的应用。【解析】对选项a,若2“+2a = 2”+3方，必有2“+2°>2"+2方。构造函数：/（x） = 2yf = x < 0-1 < x < 1/ $x =>彳0 < x < 1 o 故选 b。+2x,则/'（x） = 2"ln2 + 2> （）恒成立，故有函数/（） = 2x + 2.r在x>0上单 调递增，即a>b成立。其余选项用同样方法排除。故选a。例2. （2012年湖南省文5分）设定

41、义在r上的函数/（兀）是最小正周期为2兀的偶函数，广（兀）是/（x）的 导函数，当 x g 0,时，0< /（x）< 1 ;当 xg（0,） 口 x时，（%-）/z（x） > 0 ,则函数y = /(x)_sinx在2龙，2龙上的零点个数为【a .2b .4c.5 d. 8【答案】bo【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。rrjr【解析】由当xe(o,) wxt 吋，(%一一)广(朗0,知r jr( n 1xg 0,-时,/z(x)<0,/(x)为减函数；xg 时，/x)>0,/(x)为增函数。_ 2丿(2乂兀w0,刃时，0<xx)<

42、l,在r上的函数./u)是最小正周期为2兀的偶函数，在同-坐标系中 作出y - sinx和y = /(x)草图像如下，由图知y = /(x)-siiu在卜2兀，2龙上的零点个数为4个。(a) ( -1,1(b) (0,1(c.) fl, +oo)(d) (0, +oo)【答案】bo【考点】川导数求苗数的单调区间。【解析* y =兀2 - in x,yf x o2x1 9 1 9(c) cos x.l 兀(d)ln(l + x).x x2 8【答案】co【考点】导数公式，利用导数，通过函数的单调性为最值来证明不等式。【解析】设/(x) = cosx-(l- x2) = cosx-l + x2,则

43、 g(x) = fr(x) = -sinx + x,所以 gx(x) = -cosx + l>0,所以当 x g 0, +oo)时,g(x)为增函数，所以(x) = fx)>g(0 >0,同理 /(x) > /(0) = 0, a cos x-(l- 2) >0, h|j cosx > 1 - x2。故选 c。2 2例5(2012年山东省文4分)若函数f(x) = ax(a>o,al)在1, 2上的最大值为4,最小值为m,且函数g(x) = (l-4m)vx在0,+co)上是增函数，则a= .【答案】【考点】【解析】函数的增减性。t f(x) = ax

44、(a > 0,a h 1) , : fr(x) = ax ina o当 a>l w，j f(x) = axlna>0,函数 f(x) = ax(a> 0,a h 1)是增函数,在t, 2上的最大值为f(2) = a2=4, a=2,最小值为f(-l) = 2=m,m= o2此时g(x) = -仮，它在0,+oo)上是减函数，与题设不符。当 0 v a v 1 h 寸, f(x) = axlna<0,函数 f(x) = ax (a > 0,a h1)是减函数,在i 2上的最大值为f(_t j, a=-,最小值为f(2)£=m,1m= o16此时g(x

45、)=-v7,它在o,+8)上是增函数，符合题意。4例6.综上所述，满足条件的a#(2012年浙江省文15分)已知der,函数f(x) = 4x【答案】解(1)由题意得广(兀)= 12兀22°,-2ax + a(1)求/(刃的单调区间(2)当a so时，广(x)no恒成立，此时/(兀)的单调递增区间为(-oo,+8)；此时函数f(x)的单调递增区间为当g0时，fx) = 12(x-j-)(x +(2)由于 0<兀<1,当吋，f (x) + ” 一 2 = 4兀彳一2cix + 2 n 4兀 一4x + 2 ；当 a > 2 吋，f (兀)+ a 2 = 4兀彳 + 2

46、d(l 兀)一2'4-x + 4(1 x) 2 = 4x 4x + 2。g(x) = 4x3 -4x + 2,0<x< 1,贝ug'(x) = 12兀2 - 4 = 12(x-)(x + y-)。则有x0v33炉1g'(x)0+g (兀)1减极小值增1i g(x)n】in = <?(斗)=1 一攀o。当05兀51 时，总有 g(x) = 4*4x + 2o。f (x) + ” - 2 n 4x 4x + 2 > 0 o【考点】分类思想的应用，利用导数求闭区间上函数的最值和单调区间，不等式的证明。【解析】(1)求出导数，分a<()和d0讨论即

47、可。(2)根据2-a ,分a<2和a2两种情形，得到f(x)+a-2 >4x3-4x + 2,从而设出新函数 g(x)= 4%3 -4% + 2,0< x< 1 ,应用导数，证出 goomin=g(迪)=1婕>0,得到g(x)o恒成立，即 /(x) + pz-2 > 4x3 -4x + 2 > 0 o例7. (2012年天津市理5分)函数f(x)=2x+x3-2在区间(0,1)内的零点个数是【(a) 0(b) 1(0 2(d) 3【答案】bo【考点】函数的零点的概念，函数的单调性，导数的应川。【分析】广(兀)=2%2+3兀2>0,.函数f(x)=

48、2x+x3-2在定义域内单调递增。又j f (0)=2° +0?-2= -1 v0, /(1)=21+13-2=1>0o函数/(x)=2x+x3-2在区间(0, 1)内有唯一的零点。故选b。3 7f17t 3例8(2012年福建省文14分)己知函数fm=axsinx-(ar),冃亦0, 上的最大值为r(i)求函数/u)的解析式;(ii)判断函数几0在(0,町内的零点个数，并加以证明.【答案】解 由己知/'(x)=a(siiu+xcosx),对于任意xw有 sinx+xcosx>0o当d=0时，/u)=不合题意;当 avo,从而几兀)在(0，3内单调递减,乂几丫)在

49、0, i上的图象是连续不断的，故.心)在0,号上的最大值为/(0) = -|,不合题71意;当q0,用()，訓，/(x)>0,从而7u)在(0, £)内单调递增，又7u)在0,号上的图象是连续不断的，故沧)在o,刖上的最大值为即刼一|=号，解得0=1。3综上所述，函数fm的解析式为zu) = xsinxo(ii)血)在(0,兀)内有且只有两个零点。证明如下:由(i)知，f(x)=xsinx 从而有/(0)=弓<0,上单调递增,古71乂/w在o,号上的图象是连续不断的，所以几r)在(0,号)内至少存在一个零点。内有且仅有一个零点。又由(i)知他在0,号当兀丘号，71 时，令

50、 (x) =f(x) = sinx+xcosx.由g住)=1>0, g(兀)=一兀<0,且g(x)奋号，兀上的图象是连续不断的，故存在m e »,使得go)=o。-个零点。由 <? g)=2cosx xsiar,知 x 丘(号,当兀71,有g3<o,从而g在住，»内单调递减。,g(x)>g(a«)=0,即/(x)>0,从而几丫)在£兀一3>0,故问在m71t加内单调递增,上无零点;当 用（加，兀）时,有g（x）<g（加）=（）, bp/w<0,从而./«在伽，兀）内单调递减.又血0>0

51、,朋）<0, 口沧）在，町上的图彖是连续不断的，从而金）在（加，町内有且仅有综上所述，./u）在（0,兀）内有且只有两个零点。【考点】利用导数求闭区间上苗数的故值，苗数的零点，利用导数研究函数的极值。3兀【解析】由题意，可借助导数研究函数fm=axsinx-ar）f在0,厂上的单调性，确定出最值，令最值等于宁，即可得到关于a的方程，山于a的符号对函数的最值有影响，故可以对a的取值范围进行讨论，分类求解。（ii）借助导数研究函数/u）在（0,兀）内单调性，由零点判定定理即可得出零点的个数。例9(2012年全国大纲卷理12分)设函数f(x) = ax + cos x.xe 0,7v o（1）

52、讨论/（x）的单调性;（2）设/（x）< l + sinx,求a的取值范围。【答案】解：广（x） = a-sinx。(1)/ 0< sinx< 1 o当ani时，/z（x）>0,于（兀）在xw0,刃上为单调递增函数；当aso时，广0）50, /（兀）在兀w0,刃上为单调递减函数；当0 va vl时，由 /'（x）= 0得sin兀,rll /'（x）>0得0 w x v arcsin。或兀一arcsina<x<7i 由 广（兀）v 0得arcsina <x<tt-arcsina。当0<qvl时/（x）在0, arcsin

53、e和龙-arcsin °,刃上为为单调递增函数；在arcsin a.ti-arcsin d上为单调递减函数。(2) itl /(x) < 1 + sinx恒成立可得于(兀)s 1 o a龙一 1 ml o a < 。7127i2令 g(x) = sinxx(0 < x < ),贝ij gf(x) = cos x。7127122 71当兀 w (0, arcsin )时，gx) > 0,当兀 w (arcsin ,)时,g'(兀)< 0。7171 2rr271又g(0) = g() = 0，所以 g(x)>0,即x<sinx(0&

54、lt;x<)27i22 2故当 a< 时，有 /(x)<x + cosx,712 _ x<sinx , cos兀51,所以 f(x) < 1 + sinx 7171rr 当05兀5 时，2227171/(x) < %4-cosx = 1 + (兀)-sin(x) < 1 + sinx o7171222综上可知故所求d的取值范围为6/ <-o71【考点】导数在研究函数屮的运川，三角函数的有界性，。jt 当一w x< 7t时，2【解析】(1)利川三角函数的冇界性，求解单调区间。(2)运川构造函数的思想，证明不等式。关键是找到a适的函数，运川导数

55、证明最值大于或者小于零的问题得到解决。例10(2012年全国大纲卷文12分)已知函数f(x) = -x3-x2+ax .(1)讨论/(兀)的单调性；(2)设/(x)有两个极值点坷，尤2，若过两点(xp/(xj) , (x2,/(x2)的直线/与x轴的交点在曲线y = /o)上，求a的值1 ?【答案】解：(1) f (x) + x + axf (x)=兀+ 2兀 +(x +1) +g 1当di时，/v)no, ii仅当6/=i, x=-i时f(兀)=o。f(x)是增函数。当avl时，f(x)=0有两个根x=-l±vt-o列表如下:/(x)的增减性(-00,-1-j1-町>0增函数

56、(-1 - j1 clj + j1 ci )<减函数(-1 + j1-d, + 8)>0增函数（2）由题设知，西，七是f（x）=0的两个根，二a v 1,且兀2 = 一2州一°, '二一：勺一。f（x） _兀'+（xx _兀（2兀2 _ q）+ 兀+ ax= _x| h cix= *（-2x|2_a） + |'ax| = |'（a_l）x_#。同理，/（兀2）=亍（。_1）兀2 -彳。直线/的解析式为y=-（a-x-0 3v 73设直线/与兀轴的交点为（和0）,则0二|（a 1）兀（）彳，解得兀。=3（：_1）。代入 f(x) = -xix2ax