2013届高考数学复习3年2模拟2函数与导数

【32（2012） yx

y

yx

yx|xx2（2012）

xx

,则f(f(3)) 3（2012年高考（文）已知定义在区间(0,2)上的函数yf(x)的图像如图所示,yf(2x

x

(x为有理数4（2012（福建文f(x0,(x0g(x

,则f(g(

值 C．

（2012

fx的反函数为y

f1x如果函数y

fx图像过点(1,0),那么函数yf1(x)1的图像过 [答 A．(0,0) B．(0,2) C．(1,1) D．(2,0)（2012） yx

y

yx

yx|x7（2012）函数

为偶函数,则实数 8（2012年高考（浙江文）设函数f(x)是定义在R上的周期为2的偶函数,当 时,f(x)=x+1,

（ 29（2012）(

x的定义域 x10（2012年高考（文若函数f(x)|2xa|的单调递增区间是[3,),则a11（201211则实数k11

x2x2

的图像与函数ykx的图像恰有两个交点12（2012）

13（2012

f(x)是奇函数.若g(x)

f(x2且g(1)1.,g(1) .14（2012）xm,g(x1x

在[0

上是增函数,则 【解析】函数y

x1

x2x2(x1)(x

,当x1时y

x2x2

x1x1,x1时y

x

x1x1,1xx2x2x1,x

综上函数yx

x2x1,1x1x2x1,x与ykx有两个不同的交点,则直线ykx域内,如图,则此时当直线经过 域时B(1,2),k满足1k2,当经过 域时,k满足0k1,综上实数的取值范围是0k11k2，[答案1，2[解析]1-2x>0,x∈(

，2母不为0;偶次根下的式子大于等于0;对数函数的真数大于0;0的0次方没有意义.

yf(x是奇函数,则f(1f(1g(1g(1

f(1)f(1)44g(14g(13答案4

解析:a

时,a24a1m,a2m1,此时g(x)x2x

为减函数不合题意.若0 ,则a14,a2m,故a1,m

另解:g(x1

x在[0x

上是增函数可知14m0m14a1时f

在[-1,2]a24,解得a2,ma112符合题意,舍去;0a1时,f

在[-1,2]a14,a14此时最小值为ma211,符合题意,a1

2012（2）1（2012 文）log29log34

C．

x2（2012 ）(xylnx

y

C．y

D．y．（2012年高考（重庆文））设函数

f(xx24x3g(x3x2,集合M{xR|f(g(x))0},N{xR|g(x)2},则 N （2012 ycos

ylog2|x

y

ex2

yx3（2012 文）函数yaxa(a0,a1)的图象可能（2012）

ln(x

的定义域 44

C．[2,

7（2012）( A．y

B．y

C．y

D．y8（2012 文）设集合A{x32x13},集合B是函数ylg(x1)的义域;

9（2012（新课标理）Py1ex上,点Qyln(2x上,则2最小值 1ln

2(1ln

1ln

2(1ln（2012 理）函数yax1(a0,a1)的图象可能a111（2012） 定义域相同的函数 3 sin sin 12．2012

:y=m和

:

2m

(m>0),l1y的图像从左至右相交于点A,B,l2与函数y 的图像从左至右相交于C,D.记线bAC和BD在X轴上的投影长度分别为a,b,当m变化时,的最小值 a B．C．D．13（2012 ）

x130的解 14（2012）

f(x)=

x,x³,

f(f

4))

íï1 ïî(2),x<15．（2012年高考（北京文））已知f(xm(x2m)(xm3)g(x2x2xR,f(x)0或g(x)0,则m的取值范围 16．（2012年高考（文））已知函数f(x)lgx,

f(ab1

f(a2)f(b2) 417（2012 ）4

的最大值 12log618（201212log6

的定义域 19（2012）若0f(12xf(x1,x的取值范围gx是以2为周期的偶函数,且当0x1时,g(x)

f(x,yg(x)(x[1,2的反函数

log9log4lg9lg42lg32lg2 解析:A.ylnx2在2上是增函数【解析】:由f(g(x))0g2x4g(x30g(x)1g(x)3即3x213x2所以x1

xlog35

g(x)2

3x22

3x4所以

xlog34 N【解析】函数y

为偶函数,x0时,函数ylog2xlog2x为增函数,以在(1,2上也为增函数,[解析]采用特殊值验证法.函数yaxa(a0a1恒过(1,0),C选项符合解析:要使函数f(x有意义只需4x2

x1,x,即

,解得1x2,x0.x2解析:D.fx2

fxx2x2

函数y1ex与函数yln(2x互为反函数,图象关于yx21ex22函数y1exP(x1ex)到直线y1ex221ln1ln2g(x)1exxg(x)1ex1

min1ln2dmin由图象关于yx对称得PQ2dmin[答案

[解析]采用排除法.函数yaxa(a0a1恒过(1,0),C符合,D【解析】本题考查常有关对数函数,指数函数,分式函数的定义域以及三角函数的值域函数y

的定义域为.

而答案中只有ysinx的定义域为x于0:(4)实际问题还需要考虑使题目本身有意义.体现考纲中要求了解一些简单函数的定8y=m,y=2m1(m>0),ylog2x图像如下图8由

=m,

2m,

2m,

,

22m1,

22m1 2m 88

8 m2b依照题意 2b

,b2m

2m22m1

2m12mm1 2m2

(a)min ylog2DyD 2m y

2m

(m>0),y

x图像,结合图像可解得

(2x)222x30,(2x1)(2x3)0,2x3,x 解析f

- ,f(f- ,f(f2

=【答案】(4【解析】首先看g(x)2x2没有参数,从g(x)2x2入手,显然x1时g(x)0x1时g(x)0而对xR,f(x0或g(x)0成立即可故只要x1时f(x)0(*)恒成立即可.当m0时,f(x)0,不符合(*),所以舍去;当m0时,f(x)m(x2m)(xm3)0得m3x2m并不对x1成立舍去m0时,由f(x)m(x2m)(xm3)0,注意2m0x1,故x2m0,xm30,即m(x3,又x1,故(x3(4],所以m4,m0故m(40),综上m的取值范围是(40)【考点定位】本题考查学生函数的综合能力,涉及到二次函数的图像的开口,根的大小,涉及到指数函数,还涉及到简易逻辑中的“或”,还考查了分类讨论的思想,对m进行讨【答案】

f(x)lgx,f(ab)1,lg(ab)f(a2)f(b2)lga2lgb22l5【答案】

6【解析】根据二次根式和对数函数有意义的条件,x>

x> 2og6x

x222x[解](1)由x1

,得1x1.由0lg22xlgx1lg22x1得122xx xx10,x122x10x102x11x由

得2x2x 当yg(x)g(x2)g(2x)

f(2x)lg(3由单调性可得y[0lgx310y,所以所求反函数是y310xx[0,lg2012（3） 1（2012 文）函数f(x)x2()x的零点个数 2 （2012 理）函数f(x)=2x+x32在区间(0,1)内的零点个数是 （2012 ,以6为圆心,AB为半径作圆弧BDC与线段OA延长线交与 出发,1(单位:ms)OBB,3(单位:ms)BDCC后停止,2(单位:m/s)OAA点后停止.t时刻甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为S(t)(S(0)=0),则函数y=S(t)的图像大致4（2012） 周期为2的偶函数,f是f

的导函数

x0,时0

f(x1

x(0,)

x 2(x)f(x)0,则函数y2

f(x)sinx在[2,2]上的零点个数 5（2012 文）函数f(x)xcos2x在区间[0,2]上的零点个数为 6（2012,时,f(x)=x3.g(x)=|xcos(x|,h(x)=g(x)-f(x)在[1,2

7（2012）

在区间[0,4]上的零点个数 8（2012）某环线地铁按内、外环线同时运行,内、外环线的长均为30千米(忽略内、外环线长度差当9列列车同时在内环线上运行时,要使内环线乘客最长候车时间为10分钟,求内环新调整的方案要求内环线列车平均速度为25千米/小时,外环线列车平均速度为间之差不超过1分钟,问:内、外环线投入几列列车运行?9（2012）某位于坐标原点ykx

(1k2)x2(k0)表示的曲线上,其中k与发射方向有关.的射程是 弹地点的横坐标10（20122,2,1(单位:件).A部件6件,生产B部件的人数与生产A部件的人数成正比,比例系数为k(k为正整数).Ax,A,B,C三种部件生产需要的时间假设这三种部件的生产同时开工,试确定正整数k的值,使完成订单任务的时间最短,

【解析】函数f(xx2()x的零点,即令f(x)0,x2()x, 直角坐标系中分别画出这两个函数的图像,可得交点只有一个,所以零点只有一个,故选B.22【解析】解法1:因为f(0)=1+021f(1)=2+232=8,即f(0f22且函数f(x在(0,1内连续不断,故f(x在(0,112解法2:设y=2xy=2x3,在同一坐标系中作出两函数的图像如图所示:12B正确x∈(0,π)x≠时(xf(x)0,x0时,f(x

x，时,f(x)2 2 2y1yfoysinxx0,时,0<f(x)<1,Rf(x)是最2π的偶函数,在同一坐标yy1yfoysinx【点评】本题考查函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题D【解析】由

f(x)xcos2x0得x0或cos2x0其中由cos2x02xkkZ,2

xkk

.又因

x

,所xπ3π5π7π.所以零点的个数为145个.故选 义域是R,则零点将会有无数个;来年需注意数形求解函数的零点个数,所在的区【解析】因为当x[0,1时,f(x)=x3.所以当x[12]时，(2-x[0,1,f(x)=f(2x)=(2x

[0,2

时,g(x)=xcos(x;x

1[,2

时 xcos(x),注意到函数f(x) g(x)都是偶函数,f(0)=g(0),f(1)=g(1),g(g(0,f(x)、 0,、, 1][1,1]、 0,、,上各有一个零点,6个零点,故选

解析f(x)0,x0或cosx20x2kkZ,x0,4k26个解.解:(1)设内环线列车运行的平均速度为v千米/小时,由题意可知306010v所以,10分钟,20千米/小时(2)设内环线投入x列列车运行,则外环线投入(18x列列车运行,候车时间分别为t,t分钟,t

306072,t1

|t

|2x

xN*,所以x10,所以当内环线投入10列,外环线投入8列列车运行,内外环1分钟【答案】解:(1)ykx

1(1k2x2k0中,y0,得kx

1(1k2)x2 ∴

1k

=1k

2(2)∵a>0,∴弹可以目标等价于存在k0,使ka

1(1k2a23.2成立即关于ka2k2由=20a2

得a620a20a20a24a2a2

0(不考虑另一根∴当a不超过6千米时,弹可以目标【考点】函数、方程和基本不等式的应用基本不等式求解

(1k2x2k0与x轴的横坐标,解:(Ⅰ)A,B,C三种部件的生产任务需要的时间(单位:天)T1(x),T2(x),T3(x),T(x)230001000,T(x) xkx2001k)x均为1到200之间的正整数(Ⅱ)完成订单任务的时间为f(xmaxT1(x),T2x),T3(x)x0x

易知T(x),T(x为减函数T(x为增函数. T(x2T(x k当k2时T1(xT2(x),f(x)maxT(x),T(x)max1000

,

2003x 由函数T(x),T(x的单调性知,当1000

时f(x取得最小值, x400.9

200.x44时完成订单任务的时间最短,且最短时间为f(44)250

k

时,T1(xT2

由于

为正整数,

k

,此时f(x)

易知Tx为增函数,(x)max1000

375 由函数T(x),T(x)的单调性知,当1000

时x)取得最小值,解得x400.1于3640037,而(

50 此时完成订单任务的最短时间大

k

时,T1(xT2

由于

为正整数,

k

,此时f(x)maxT2(x),T(x)

由函数T2(x),T3(x的单调性知2000x

100

时f(x取得最小值,x800.类似(1)的讨论. 完成订单任务的最短时间 ,大 综上所述,当k2时完成订单任务的时间最短,A,B,C三种部件的人数分别为44,88,68.2012（4） 1（2012 文）函数f(x)x2()x的零点个数 2 （2012 理）函数f(x)=2x+x32在区间(0,1)内的零点个数是 （2012 ,以6为圆心,AB为半径作圆弧BDC与线段OA延长线交与 出发,1(单位:ms)OBB,3(单位:ms)BDCC后停止,2(单位:m/s)OAA点后停止.t时刻甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为S(t)(S(0)=0),则函数y=S(t)的图像大致4（2012） 周期为2的偶函数,f是f

的导函数

x0,时0

f(x1

x(0,)

x 2(x)f(x)0,则函数y2

f(x)sinx在[2,2]上的零点个数 5（2012 文）函数f(x)xcos2x在区间[0,2]上的零点个数为 6（2012,时,f(x)=x3.g(x)=|xcos(x|,h(x)=g(x)-f(x)在[1,2

7（2012）

在区间[0,4]上的零点个数 8（2012）某环线地铁按内、外环线同时运行,内、外环线的长均为30千米(忽略内、外环线长度差当9列列车同时在内环线上运行时,要使内环线乘客最长候车时间为10分钟,求内环新调整的方案要求内环线列车平均速度为25千米/小时,外环线列车平均速度为间之差不超过1分钟,问:内、外环线投入几列列车运行?9（2012）ykx

(1k2)x2(k0)表示的曲线上,其中k与发射方向有关.的射程是 弹地点的横坐标10（20122,2,1(单位:件).A部件6件,生产B部件的人数与生产A部件的人数成正比,比例系数为k(k为正整数).Ax,A,B,C三种部件生产需要的时间假设这三种部件的生产同时开工,试确定正整数k的值,使完成订单任务的时间最短,

【解析】函数f(xx2()x的零点,即令f(x)0,x2()x, 直角坐标系中分别画出这两个函数的图像,可得交点只有一个,所以零点只有一个,故选B.22【解析】解法1:因为f(0)=1+021f(1)=2+232=8,即f(0f22且函数f(x在(0,1内连续不断,故f(x在(0,112解法2:设y=2xy=2x3,在同一坐标系中作出两函数的图像如图所示:12B正确x∈(0,π)x≠时(xf(x)0,x0时,f(x

x，时,f(x)2 2 2y1yfoysinxx0,时,0<f(x)<1,Rf(x)是最2π的偶函数,在同一坐标yy1yfoysinx【点评】本题考查函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题D【解析】由

f(x)xcos2x0得x0或cos2x0其中由cos2x02xkkZ,2

xkk

.又因

x

,所xπ3π5π7π.所以零点的个数为145个.故选 义域是R,则零点将会有无数个;来年需注意数形求解函数的零点个数,所在的区【解析】因为当x[0,1时,f(x)=x3.所以当x[12]时，(2-x[0,1,f(x)=f(2x)=(2x

[0,2

时,g(x)=xcos(x;x

1[,2

时 xcos(x),注意到函数f(x) g(x)都是偶函数,f(0)=g(0),f(1)=g(1),g(g(0,f(x)、 0,、, 1][1,1]、 0,、,上各有一个零点,6个零点,故选

解析f(x)0,x0或cosx20x2kkZ,x0,4k26个解.解:(1)设内环线列车运行的平均速度为v千米/小时,由题意可知306010v所以,10分钟,20千米/小时(2)设内环线投入x列列车运行,则外环线投入(18x列列车运行,候车时间分别为t,t分钟,t

306072,t1

|t

|2x

xN*,所以x10,所以当内环线投入10列,外环线投入8列列车运行,内外环1分钟【答案】解:(1)ykx

1(1k2x2k0中,y0,得kx

1(1k2)x2 ∴

1k

=1k

2(2)∵a>0,∴弹可以目标等价于存在k0,使ka

1(1k2a23.2成立即关于ka2k2由=20a2

得a620a20a20a24a2a2

0(不考虑另一根∴当a不超过6千米时,弹可以目标【考点】函数、方程和基本不等式的应用基本不等式求解

(1k2x2k0与x轴的横坐标,解:(Ⅰ)A,B,C三种部件的生产任务需要的时间(单位:天)T1(x),T2(x),T3(x),T(x)230001000,T(x) xkx2001k)x均为1到200之间的正整数(Ⅱ)完成订单任务的时间为f(xmaxT1(x),T2x),T3(x)x0x

易知T(x),T(x为减函数T(x为增函数. T(x2T(x k当k2时T1(xT2(x),f(x)maxT(x),T(x)max1000

,

2003x 由函数T(x),T(x的单调性知,当1000

时f(x取得最小值, x400.9

200.x44时完成订单任务的时间最短,且最短时间为f(44)250

k

时,T1(xT2

由于

为正整数,

k

,此时f(x)

易知Tx为增函数,(x)max1000

375 由函数T(x),T(x)的单调性知,当1000

时x)取得最小值,解得x400.1于3640037,而(

50 此时完成订单任务的最短时间大

k

时,T1(xT2

由于

为正整数,

k

,此时f(x)maxT2(x),T(x)

由函数T2(x),T3(x的单调性知2000x

100

时f(x取得最小值,x800.类似(1)的讨论. 完成订单任务的最短时间 ,大 综上所述,当k2时完成订单任务的时间最短,A,B,C三种部件的人数分别为44,88,68.2012（5）（2012（重庆文设函数f(xR上可导,其导函数f(x,且函数f(xx处取得极小值,则函数yxf(x（2012） ea+2a=eb+3b,ea+2a=eb+3b,ea-2a=eb-3b,ea-2a=eb-3b,（2012）x1

+lnx 12

为f(x)的极大值 B．2

f(x)C．x=2为f(x)的极大值 D．x=2为f(x)的极小值（2012（山东文）设函数f(x1g(xx2bx.yf(xyx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 x1x20,y1y2C．x1x20,y1y2

x1x20,y1y2D．x1x20,y1y21（2012） 2 （2012）两个半圆.在扇形OAB内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率是1

1

1

2．（2012年高考（福建文））已知f(xx36x29xabcabcf(af(bf(c0现给出如下结论

f(0)f(1)0

f(0)f(1)0f(0)f(3)0;④f(0)f(3)0其中正确结论的序号 （2012）

ln(x1)

;则yf(x（2012） 若2a2a2b3b,则 B．若2a2a2b3b,则C．若2a2a2b3b,则 D．若2a2a2b3b,则（2012（重庆理f(xR上可导,其导函数为f(x,且函数y(1x)f(x的图像如题(8)图所示,则下列结论中一定成立的是 函数f(x有极大值f(2和极小值f函数f(x有极大值f(2)和极小值f函数f(x有极大值f(2和极小值f函数f(x有极大值f(2)和极小值f（2012） x1为f(x)的极大值 B．x1为f(x)的极小值C．x1为f(x)的极大值 D．x1为f(x)的极小值（2012年高考（山东理）设a0且a1,则“函数f(x)ax在R上是减函数”,是“函数g(x)(2a)x3在R上是增函数”的 充分不必要条 B．必要不充分条 （2012

的图象如图所示,xyOx第3题yOx第3题5

43

32

π2（2012

（2012（大纲理yx33xcx轴恰有两个公共点,则c 2或 B．9或 C．1或 D．3或．（2012年高考（））已知函数

yf(x)ABC若中2A(0,0),B(12函数yxf(x)(0x1)的图像与x轴围成的图形的面积 .（2012） ．（2012年高考（））已知函数

yf(x)ABC若中2A(0,0),B(12函数yxf(x)(0x1)的图像与x轴围成的图形的面积 .x19（2012年高考（山东理设a0.若曲线y 与直线xa,y0所围成封闭图形的面积为a2,则a x20（2012） 21（2012 理曲线yx3x3在点1,3处的切线方程 22（2012）已知函数(1)求a、b的值;(2)若f(x有极大值28,求f(x在[33]上的最大值23（2012）函数(1)f(x)(2)证明:0≤x≤1时,f(x)+2a24（2012 文）已知函数f(x)1x31ax2axa(a 求函数f(x的单调区间若函数f(x在区间(20内恰有两个零点,求a的取值范围a1时,设函数f(x)在区间[tt3上的最大值为M(t),最小值为m(t),g(t)M(tm(t,求函数g(t在区间[3,1上的最小值n25（2012）n

(nN,b,c设n2b

c1,证明

(x在区间1,1内存在唯一的零点 n为偶数

f(1)1

f(1)1,b+3c的最小值和最大值设n2,x1x2[1,1,有|f2(x1f2(x2|4,求b的取值范围26（2012yf(x在点(1,f(1x轴平行k的值求f(x的单调区间g(x)xf(x,其中f(x为f(x的导函数.证明:x0g(x1e2x27（2012） 1,证明x当x﹥1时f(x)

3(x2当1x3时f(x)9(xx28（2012）求)29（2012年高考（江西文）已知函数f(xax2bxc)ex在0,1上单调递减且满足f(0)1,f(0)0求a的取值范围g(x)f(xf(x,g(x在0,1上的最大值和最小值30（2012）x∈R,f(x)1恒成立,求a的取值集合f(x)A(x1f(x1)),B(x2f(x2))(x1<x2),AB证明:x0∈(x1,x2),使f(x0k恒成立31（2012线yf(x在(1,f(1xy(1)求a,b的值 (2)求函数f(x)的最大值 (3)证明:f(x)132．（2012年高考（））不等式、导数设a1集合AxRx0BxR2x231ax6a0,D B(Ⅰ)D(用区间表示(Ⅱ)求函数fx2x331ax26axD内的极值点33（2012（福建文）f(xaxsinx3(aR且在[0 ,2求函数f(x的解析式判断函数f(x在(0,内的零点个数,并加以证明34（2012）3(Ⅰ)讨论f(x的单调性(Ⅱ)设f(x)有两个极值点x1x2,若过两点(x1,f(x1))(x2,f(x2的直线l与x轴的交点在曲线yf(x)上,求a的值.35（2012年高考（文）已知函数f(x)ax21(a0),g(x)x3bx若曲线yf(x与曲线yg(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求ab的值a3b9时,求函数f(xg(x)在区间[k2上的最大值为28,k的取值范36（2012）(Ⅰ)求f(x的最小值

1b(a(II)yf(x在点(1,f(1处的切线方程为y3x,求ab的值237（2012）求a的值x[0,+,有f(xkx2成立,求实数k的最小值n证明2ln2n+1)<2(nN*ni=12i38（2012）求f(x的解析式及单调区间若f(x1x2axb,求(a1)b的最大值2

f(1)ex1f(0)x1x2239．（2012年高考（浙江理））已知a>0,bR,函数fx的最大值为|2a-

AEDBCAEDBC若﹣1fx≤1x[0,1]恒成立,a+b的取值范围40（2012）(设f(xalnxy轴求a的值

13x1aR,曲线yf(x)在点(1,f(1 求函数f(x的极值n41（2012）n

(nN,b,c设n2b

c1,证明

(x在区间1,1内存在唯一的零点 设n2,x1x2[1,1,有|f2(x1f2(x2|4,求b的取值范围,在(1)的条件下,x是f(x在1,1内的零点,x,

的增减性 42（2012（山东理f(xlnxkk为常数e2.71828的底数),yf(x在点(1,f(1x轴平行求k的值求f(x的单调区间

g(x)(x2x)f

其中f'(x)

f

的导函数证明对任意x0,g(x)1e2x43（2012 axb(a,bR,a,b为常数)xyf(x直线y3x在(0,0)点相切2求ab的值证明:当0x2时f(x)

.x44（2012）

f(xxx0处取得极大值或极小值,x0yf(x的极值点已知a，b是实数,1和1是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点.[来源:求a和b的值设函数g(x的导函数g(x)f(x)2,求g(x的极值点h(xff(xc,其中c[2，2,求函数yh(x的零点个数45（2012）已知函数x∈R,f(x≥1恒成立,a的取值集合在函数f(x的图像上取定两点A(x1,f(x1B(x2,f(x2))(x1x2,记直线AB率为K,问:是否存在x0∈(x1,x2),使f(x0k成立?若存在,x0的取值范围;若不存在,46（2012年高考（理）(Ⅰ)已知函数f(x)rxxr(1r)(x0),其中r为有理数,0最小值

.求f(x设a10,

0,b1,

为正有理数若b1

1,ab1ab2abab 1 2 1 2注:当为正有理数时,有求导(x)x147．（2012年高考（））不等式、导数设a1集合AxRx0BxR2x231ax6a0,D B(Ⅰ)D(用区间表示(Ⅱ)求函数fx2x331ax26axD内的极值点48（2012）(Ⅰ)若曲线yf(x在点(1,f(1x轴,求函数f(x的单调区间(Ⅱ)试确定a的取值范围,使得曲线yf(xP,曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.492012）(设函数f(xaxcosxx[0,讨论f(x的单调性设f(x)1sinx,a的取值范围50（2012年高考（理）已知函数f(x)ax21(a0),g(x)x3bx若曲线yf(x与曲线yg(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求ab的值当a24b时,求函数f(xg(x)的单调区间,并求其在区间(1上的最大值51（2012）((I)求f(x在[0)上的最小值

b(a(II)设曲线yf(x在点(2,f(2的切线方程为y3x;求ab的值2【解析】:由函数f(x)在x2处取得极小值可知x2,f(x)0,则xf(x)0x2f(x)0则2x0xf(x)0x0xf(x)ea2aeb3b必有ea2aeb2b

fxex2xfxex20恒成立,故有函数fxex2x在x>0上单调递增,即a>b成立.项用同样方法排除解析f(xx2,令f(x)0x2x<2时f(x0f(x)1lnx 数x>2时f(x)0f(x)1lnx为增函数,x2为f(x的极小值点,选x解析:F(x)x3bx21,F(x)0与f(x)g(x)同解,点xx由F(x0得x0或x2b这样必须且只须F(00或F2b0因为1 F(01故必有F2b0由此得b332不妨设x

则

2b 所以3F(x)xx)(x32)2,比较系数得

31,x1323

331320,由此知y

1

x1x20,故答案应选

另解:令f(x)g(x可得

xb设y

1,yxbx2x1x2,结合图形可知x1x2即0x1

,

0,y21x21x

,即

0.答案应选【解析 y1x2lnx,yx1,由y≤0，解得-1≤x≤1,又x0,0 【点评】本题主要考查利导数以及用导数求函数的单调区间,属于中档题 【解析】如图,不妨设扇形的半径为2a,如图,记两块白域的面积分别为S1,S2,两块阴影部分的面积分别为S3,S4,SS+S+S

=1(2a)2a24 4而S1+S3与S2+S3的和恰好为一个半径为a的圆,即+S2+S3a2①- (S扇形

S扇形

)

正方形

1a22

,所以

a22a2由几何概型概率可得,此点取自阴影部分的概 a22a2 P= 阴影 1 S扇形

积,即如何巧妙地将不规则图形的面积化为规则图形的面积来求解.来年需注意几何概型

f(0)abc,f(1)4abc,f(3)275427abcabc

f(0)又f(x)3(x1)(x3),所以f(x)在(,1和(3)上单调增加,(13减,故a1b3c,f(0f(10,f(0f(3g(x)ln(1x)xg(x)

1g(x)01x0,g(x)0x0g(x)g(0)得x0或1x0均有f(x

排除AC【解析】若2a2a2b3b必有2a2a2b

构造函数

fx2x2xfx2xln220恒成立,故有函数fx2x2x在x>0上单调递增,即a>b成立.其x2,1x0,由(1xf(x0f(x0,函数f(x为增2x1,1x0,由(1xf(x0f(x0,函数f(x为减1x2,1x0,由(1xf(x0f(x0,函数f(x为减x2,1x0,由(1xf(x0f(x0,函数f(x为增【考点定位】判断函数的单调性一般利用导函数的符号,当导函数大于0,则函数为增,当导函数小于0则函数递减.解析f(x)x1)ex,令f(x)0得x1x<-1时f(x)0f(xxex减函数x>-1时f(x)0f(x)xex为增函数,x1为f(x的极小值点, 【解析】若函数f(x)ax在R上为减函数,则有0a1.g(x)(2a)x3为增函数,则有2a0,所以a2,所以“函数f(x)ax在R上为减函数”是“函数g(x)(2a)x3为增函数”的充分不必要条件,选考点分析:本题利用定积分求面积解析根据图像可得

yf(x)

再由定积分的几何意义可求得面积为S1(x21)dx(1x3x)14

x 102 x 10

x)dx

x2

x2 0

6S

1,故P ,答案6【命题意图】本试题主要考查了导数在研究三次函数中的极值的运用.x轴恰有两个公共点,结合该函数的图像,可得极大值或者极小值为零即可满足要求.而f(x)3x233(x)(x1),当x1时取得极值f(10f(10可得c20或c20,即c2

0xy1BAC yPOMNy1BAC yPOMND

222x,1x2图 图所以yxf(x)

0x2,222x22x,1x2易知,yx()的分段解析式中的两部分抛物线形状完全相同,只是开口方向及顶点位置不同,如图,封闭图形MND与P,,故所求面积即为矩形OMP的面积S=111 【解析】y3lnx4,∴切线斜率为4,则切线方程为4xy30[解析]如图1,f(x)

0xy y 1xy5PMNODx1010x,1x所以yxf(x)

220x2,210x210x,1x2图 图易知,yx()的分段解析式中的两部分抛物线形状完全相同,只是开口方向及顶点位置不同,如图,封闭图形MNO与P,,故所求面积即为矩形OMP的面积S=155 [评注]对于曲边图形,现行中不出微积分,能用微积分求此面积的考生恐是极少a19.a19.S

2 2xx2|axx2|aa2a2,a2

,所以a,所以a.23

sinx)dx3cosx|13cos13cos1 x3

3

cosx,主要是把三角函数的导数记解析:2xy10.y 31212,所以切线方程为y32x1,即2xy10

4【解析】::(Ⅰ)因f(xax3bx

故f(x3ax2

由于f

x2 f(2)

12ab

12ab

a故有f(2)c16即 2bcc16,化简得4ab8解得

令f(x增函数

f(x)x312xc,f(x)3x2,得x12x22当x(2)时f(x)0故f(x)在(2当x(2

时f(x

故f(x)在(2

当x(2

时f(x

,故f(x在(2

由此可知f

x1

处取得极大值f(2)16cf

x2

f(2)c

16c

c f(39c21,f(39c3f(2c164因此f(x)上[33的最小值为f(2)对函数f(x)进行求导,根据f(2)0=0,f(2)c16,求出a,b的值.(1)根据函数f(x=x3-3ax2+2bxx=1处有极小值-1a,b的值,求出极值点,判断极值点左右两侧导数的正负,当左正右负时有极大值,当左负右正时有极小值.再代入原函数求出极大值和极小值.(2)列表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.并综合绝对值不等式考查了学生的综合分析问题的能力【解析】(1)由题意得f(x)12x22aa0时f(x)0恒成立,此时f(x的单调递增区间为当a0时,f(x)12(x a)(x a),此时函数f

a a 6 (2)由于0x1,a2时f(xa24x32ax24x34x2a2时f(xa24x32a(1x24x34(1x24x34x2设g(x)2x32x1,0x1,则g(x)6x226(x 3)(x 3) 33330,3

3 g(x)

极小

3)1430 当0x1时2x32x10故f(xa24x34x20.解:(1)f(xx21a)xax1)(xa,由f(x)0,x1

a 1lnx解:(I)f(x) ,由已知,f(1)1k0,∴k1. 1lnx(II)由(I)知,f(x) .k(x1lnx1,则k(x

10,k(x在(0上是减函数 k(10知,当0x1k(x)0,从而f(x0x1k(x0,从而f(x0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)证明:由(II)可知,当x1时g(x)xf(x≤0<1+e2,故只需证明g(x1e20x1时成立当0x1时ex>1,g(x0g(x)1xlnxx1xlnxxF(x)1xlnxxx(0,1),F(x)(lnx2)x(0,e2时F(x)0,x(e21)时F(x0,所以当xe2时F(x取得最大值F(e21e2.所以g(x)F(x)1e2.综上,x0g(x1e2另证:g(x)xf(x)ex

(1xxlnx),(x0)h(x1xxlnx,则h(xlnx2,h(xlnx20xe2当x0e2h(x)0h(x)单调递增;当x(e2h(x)0h(x)单调递减.所以当x0时h(x)h(e21e2,x0时0ex

x0g(x)ex

(1xxlnx1e2,综上可知结论成立【点评】本题主要考查导数,以及利用导数,通过函数的单调性与最值来证明不等式解fxRfxexaa

,fx0恒成立,所以fxRa0,令fx0,xln

,所以fx的单增区间是ln

,令fx0求得xlna,所以fx的单减区间是lnafxex把a 代入xkfxx10得:xkexfxexx

,所以ex10,所以xkex1x1xkx1exkx

xex

,所以k

x1xex1

(x令gx

x1ex

x

gx

exexx

x2单调递增,而h2

,所以hx在0上存在唯一零点,且12gx0

上也存在唯一零点且为当x0时

gx0x时gx0所以在0

上

gg0得e2,g1,g23由于(*)kg,则f'(x)ax2a1)xa)ex,x(0,1,有f(x)0,a0时,

yax2a1)xa

f(0)a0所以须f(1a1)e0,0a1,a1时,x(0,1,有f(xx21)ex0,符合条件;a0时,x(0,1f(xxex0f(x符合要求,a0时,因f(0)a0f(x不符合条件,故a的取值范围为0a1.(2)因g(x)(2ax1)exg(x)(2ax1a0时g(x)ex0g(x)x0上取得最小值g(0)1,在x1g(1)ea1时对于任意x(0,1g(x2xex0g(x)在x0上取得最大值g(0)2,x1g(1)0当0a1时,g(x)0x1a0【解析】解f(xexa令f(x0得xlna当xlna

f(x0,f(x单调递减当xlna

f(x)0,f(x)单调递增故当xlna时f(x取最小值f(lnaaalnxR,f(x)1恒成立,aalna g(tttlntg(tln当0t1时g(t)0g(t单调递增;当t1时g(t)0g(t单调递减.故当t1时g(t取最大值g(1)1.因此,a1时,①式成立.f(x)f(x ex2(Ⅱ)由题意知,k 1 令(x)

(x)k

x2xex2x2

x2

x

x2

e2

x1)1

x

(x2

x2

e1

x2)F(tett1,F(tet1.当t0时F(t)0F(t单调递减;当t0时F(t)0F(t单调递增故当t0F(tF(00即ett1x

x

从而e21x2x110e12x1x210所以(x10,(x2

x2

x2

y(x在区间x1x2上的图像是连续不断的一条曲线,x0(x1x2使(x0)0即f(x0k成立力,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小值f(lna)aalna对一切x∈R,f(x)1恒成立转化为f(x)min1从而得出求【解析】(1)因为f(1)b,由点(1bxy1上,可得1b1b因为f(xaxn1a(n1)xn,所以f(1又因为切线xy1的斜率为1,所以a1a1,所以a1b由(1)可知f(x)xn(1x)xnxn1,f(x)n1)xn1

令f(x0x

n

,即f(x在(0

在递减

n1

)上f(x)0,故f(x)单调递增;而在

n1

上f(x)0f(x 故f(x)在(0,)的最大值为f ) ) ) n n n (n令(tlnt11(t0),则(t11t1(t t2t在(0,1上,(t)0,故(t单调递减,而在(1上,(t)0(t单调递增故(t在(0上的最小值为(1)0,所以(t)0(t, 即lnt11(t1),令t11,得lnn,

ln(n1tn1

所以 n

e,即(n1)n1nnn由(2)知f(x(n1)n1

解的能力.导数的几何意义一般用来求曲线的切线方程,导数的应用一般用来求解函数的极值,最值,证明不等式等.来年需注意应用导数判断函数的极值以及求解极值,等;另外,要注意含有exlnx等的函数求导的运算及其应用考查解析:(Ⅰ)考虑不等式2x231ax6a0的解因为31a2426a3a33a1,且a1,所以可分以下三种情况①1a1时0,BRDA03②当a1时,0,此时Bxx1,D 3③当a1时0此时2x231ax6a0有两根设为x、x且xxx1

331a3a33a

,x2

3131a3a33a4当0a1时,xx31a0,xx3a0,所以xx

,此时 1 x2;a0时x1x23a0,x10x20,Dx2 综上所述,

a1时,DA0,;当a 时,D 时 31a3a33a x2,;当a0时,D31a3a33a431a31a3a33a

fx6x261ax6a

fx0可得xax10因为a1所以fx0m1am21,且m1m2①1a1时DA0,此时fx0Dmam1, 得 0,a

ffx

递 极小 递 极大 递所以fxD1,极小值点a②当a1时,D

a1,3

1

3 3 ffx

递 极小 递 递fxDa,没有极大值点③当0a1时,D0,x x,,此时0ax1

(可用分析法证明),于是 fx0Dm1a, 0,a

ffx

递 极小 递 递fxDa,没有极大值点④当a0时,Dx2,,此时x21,于是fx在D内 于0,fx在D内没有极综上所述,1a1时fxD1,极小值点a;当0a1时fx Da,没有极大值点.a0时fxD内没有极值点解 f(x)a(sinxxcosx),x

sinxxcosxa0时f(x)3不合题意2

2a0时f(x)0f(x单调递减,[f(x)]maxa0时f(x)0f(x单调递增,[f(x)]max

f(0)3,不合题意2 f() a a1,所以综上f(x)xsinx2(2)f(x在(0,上有两个零点.证明如下由(1)知f(xxsinx3f(0)30,f(3 f(x

上至少有一个零点,又由(1)知f(x2

2故 上只有一个零点,当x，时,令g(x)f(x)sinxxcosx 2

g 10，g（0g(x在，上连续m，g(m（2

'x2cosxxsinx0g(x在，上递减,x，m时g(x)g(m)0

'x0f(x递增,∴mm时f(xf(3 f(x在(m,上递增f(m)0,f()f(x在(m,上只有一个零点,综上f(x在(0,上有两个零点解:(1)依题意可得f(xx22x当44a0a1时x22xa0恒成立,故f(x0,所以函数f(x上单调递增当44a0a1时f(x)x22xa

x2

44a

1a,

1x1 故由f(xx22xa0x(

1a)

x

1a)此时f(x)1由f(xx22xa01

x

,此时此时f(x)11a1时f(xR上单调递增;a1时f(x)在x(

1a上单调递增x

1a单调递增,在

1a,

1a单调递减(2)由题设知x1x2为方程f(x)0的两个根,a1,x22xa,x22x f(x)1x3x2

1x(2xa)x2

1x22

1(2xa)2

2(a1)x 3

3 3

同理f(x2(a1)x 因此直线ly2(a1)x 设l与x轴的交点为(x,0),得x 2(a而f(x0

1

3

17a32(a 2(a 2(a 24(a由题设知,点(x0在曲线yf(x的上,故f(x0,解得a0或a2或a aa0a2或a3 【点评试题分为两问题面比较简单,给出的数比较常规这一点对于来说没难度,但是解决的关键还是要看导数的符号对函数单调性的影响,求解函数的单调区间.第二问中,,,.,以及最值问题都是果本中要求的重点内容.也是学生掌握比较好的知识点,在题目占能够F()28和分析出区间[k,2]13,.解:(1)f(x2axg(x)=3x2b因为曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点

处具有公共切线,所以f(1g(1)f(1g(1.a11b2a3b.解得a3,b(2)h(x)f(x)a3b9时h(x)x33x29x1h(x)3x26xh(x)0,解得x13x21h(x)h(x在(2上的情况如下x(,1)2+0—0+3由此可知k3时,函数h(x)在区间[k2h(3)28;当3k2时,函数h(x在区间[k228.因此k的取值范围是(3] 【解析】(I)f(x)ax b2 bb ax1(x1时f(x的最小值为ba(II)由题意得:f(1)3a1b f(x)a1f(1)a1 由①②得a2bf(x)的定义域为(af(x)xln(xa)f(x) xa10x1ax xf(x)0x1a,f(x)0ax1x1a时，f(x)minf(1a1a0a（2）g(x)kx2f(x)kx2xln(x1)(xg(x)0在x[0,+上恒成立g(x)min0g(1)k1ln20kg(x)2kx

x

x(2kx2kx2k10(k1g(x00x12kxg(xg(0)0与 ②当k1g(x021得：实数k的最小值 2

g(0)0符合（3）由（2）xln(x1)1x2x02x

(i1,2, ,n) [ln(2i1)ln(2i1)] n2i (2inn12ln3

2ln(2n+1)<2（lb当i2

(2i1)2

i=12inn

[2ln(2i1)ln(2i1)]2ln311 22i1 2n1【解析】(1)f(xf(1)ex1f(0)x1x2f(xf(1)ex1f(02x1得f(0)f(x)f(1)ex1x1x2f(0)f(1)e112

得f(xexx1x2g(x)2

f(x)ex1g(x)ex10yg(x在xRf(x)0f(0)x0,f(x)0f(0)x得f(x的解析式为f(x)exx12且单调递增区间为(0,单调递减区间为(f(x1x2axbh(x)exa1)xb0h(xexa2①a10时h(x)0yh(x)在xRx时h(xh(x0②a10时h(x0xln(a1h(x0xln(a

[来源:学+科+得:xln(a1时h(x)mina1(a1ln(a1b(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)(a1F(x)x2x2lnx(x0);F(x)x(12lneeF(x)00x e,F(x)0xeex

e时F

maxa

e1,b

e时(a1)b的最大值为2fx12ax22bb≤0时fx12ax22b>00≤x≤1上恒成立此时fx的最大值为f14a2bab3ab=|2a-b|﹢a;当b>0时fx12ax22b在0≤x≤1

(0)，f}综上所述:fx0≤x≤1上的最大值为|2a-fx+|2a-b|﹢a≥0,gx=﹣fx≤|2a-bbgx4ax32bxab,∴gx12ax22b0b≤0时gx12ax22b<00≤x≤1上恒成立,gx的最大值为g0ab3ab=|2a-b|﹢a;

x bb<0时gx12ax22b0≤x≤1b

)，}3bbb

b

bbb

b即fx+|2a-b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立.(Ⅱ)由(Ⅰ)知:fx0≤x≤1上的最大值为|2a-b|﹢a,且函数fx在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a-b|﹢a)要大.∵﹣1≤fx≤1x[0,1]恒成立b b则可行域为ba13ab1, 作图如下由图易得:z=a+bP(1,2)时,zmax3zmin解:(1)因fxalnx

13x1,故fxa1 yfx在点1f1y轴,0,f10a130,解得a (2)由(1)知fxlnx

13x1x0 3x22xfx x

fx(3x1)(x令fx0,x1x1(x1不在定义域内,舍去 x0,1时fx0,故fx在0,1上为减函数x1时fx0,fx在1上为增函数;故fxx1处取得极小值f13.n解析:(1)b1c1n2时f(xxnxn

1∵fn(2)fn(1)(2n2)10,∴fn(x)在 x1,1时f(x)nxn11 ∴f(x在1,1上是单调递增的,所以f(x在1,1内存在唯一零点 2(2)当n2时f(xx2bx2x1x2[1,1都有|f2(x1f2(x2|4等价于f2(x在[1,1M4,据此分类讨论如下:(ⅰ)当|b|1,即|b|2时2M|f2(1f2(1|2|b|4,当1b0,即0b2时2M

2(1)

(bb1)24 当0b1,即2b0时2M

2(1)

(bb1)24恒成立 综上可知2b用max{ab}ab中的较大者.当1b1,即2b2时2Mmax{

,f(1)}f(b f2(1)f2(1)|f2(1)f2(1)| b2b1c|b| 4

(b)1|b|)242(3)证法 设x是f(x)在1,1内的唯一零点(n f(x)xn

1, )xn1

10,

1

于是有

(x)0

)xn1

1xn

1f

又由(1)知

(x在1,1上是递增的,x

(n2)

,所以,x2,

是递增数列证法 设x是f(x)在1,1内的唯一零 (x)

xn1x1xn

1

则fn1(xxn1在(xn,1内,xnxn1(n2所以,x2解析由f(x)=k1;

是递增数列,lnxk可得f(x,

1klnx

而f(1)01e

0解得11lnf(x) ,令f(x0x1,当0x1时f(x)11lnx0;x1时f(x)11lnx0 于是f(x在区间(0,1内为增函数;在(1,内为减函数11lng(x)(x

x)

1x2(x2x)ln,x1时

ex ex1x20,lnx0,x2x0,ex0,g(x)01e211ln当0x1时,要证g(x)(x2x) 1e2.ex

xex

11x(1lnxp(xx1q(x)1x(1lnxx0,1则p(x)x0q(x)2lnxx0,1ex则当0x1时p(x)x1p(0)1q(x)2lnx0xe20,1x0e2q(x)0;x(e21时q(x)0则当0x1q(x)1x(1lnx)q(e21e2,且q(x)01

1

x

1则1x(1lnx)1

1