2012年高考真题理科数学解析汇编导数与积分

2012年高 1（2012）

ln(x1)

yf(x（2012） 若2a2a2b3b,则 B．若2a2a2b3b,则C．若2a2a2b3b,则 D．若2a2a2b3b,则（2012（重庆理f(xRf(x,且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 f(xf(2)ff(xf(2ff(xf(2)ff(xf(2f（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））a0a1f(xaxR上是减函数g(x)(2a)x3在R上是增函数” ．（2012年高考（理））已知二次函数yf(x)的图象如图所示,则它与x轴所围图形的面积yyOx第35

3

2

π2（2012A．4

5

6

D．7（2012） 2或 B．9或 C．1或 D．3或22（2012）

f(xABCA(0,0),B1函数yxf(x)(0x1)的图像与x轴围成的图形的面积 .x10（2012 与直线xa,y0所围成封闭图形的面积为a2,则ax 11（2012年高考（江西理）计算定积分1(x2sinx)dx 12（12 理）曲线yx3x3在点1,3处的切线方程 13（2012年高考（ 理）已知函数f(x)=xln(x+a)的最小值为0,其中a>0.(Ⅰ)求a的值;x[0,+f(xkx2成立,求实数kn(Ⅲ)证明2ln(2n+1)<2(nN*ni=12i14（2012（新课标理）f(xf(xf(1)ex1f(0)x1x22f(xf(x1x2axb,求(a1)b215（2012年高考（浙江理））已知a>0,bR,函数fx4ax32bxab

fx+|2a-AEDBCAEDBC16（2012）f(xalnx求a

13x1其中aRyf(x在点(1,f(1y f(xn17（2012（陕西理）f(xxnbxn

(nN,b,c设n2b

c1

(x在区间1,1 设n2x1x2[1,1,有|f2(x1f2(x2|4,求b,在(1)xf(x在1,1x,

18（2012（山东理f(xlnxkke2.71828yf(x在点(1,f(1x求kf(x)g(x)x2xf'(xf'(xf(xx0g(x1e2x19（2012）x3

axb(abRa,b为常数yf(xy

x在(0,0)2求ab证明:当0

f(x)

9xx20（2

f(xxx0x0y

f(x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bg(xg(x)f(x2g(x设h(xff(xc,其中c[2，2]yh(x21（2012）x∈R,f(x≥1af(xA(x1,f(x1B(x2,f(x2))(x1x2,记直线AB的斜率为K,问:是否存在x0∈(x1,x2),使f(x0kx0的取值范围;若不存在,请说明理由.22（2012(Ⅰ)

f的设a10,

0,b1,

为正有理数.若b1

1,则abab 题 注:当为正有理数时,有求导(x)x123（2012年高考（广东理））(不等式、导数)设 Bfx2x331ax26axD24（2012）

a

yf(x在点(1,f(1xf(xayf(xP,曲线在该点处的切线与曲线只有一个P.25（12）f(xaxcosxx[0,].f(xf(x1sinxa26（12 理）已知函数f(x)ax21(a0),g(x)x3bxyf(xyg(x在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求ab当a24bf(xg(x的单调区间,并求其在区间(127（2012）((I)f(x在[0

b(a(II)yf(x在点(2,f(2y3x;求ab22012年高 【解析】选B[来源:g(x)ln(1x)xg(x) 1g(x)01x0,g(x)0x0g(x)g(0)x0或1x0f(x

AC2a2a2b3b,必有2a2a2b2bfx2x2xfx2xln220恒成fx2x2xx>0a>b成立.其余选项用同样方法排除.x2,1x0,由(1xf(x0f(x0f(x2x1,1x0,由(1xf(x0f(x0f(x为减;1x2,1x0,由(1xf(x)0f(x)0f(x为减;x2,1x0,由(1x)f(x)0f(x)0f(x为增.00f(xx1)exf(x0x1x<-1f(x0f(xxexx>-f(x0f(xxexx1f(xf(x)ax在R0a1g(x)(2a)x32a0,所以a2f(x)axRg(x)2a)x3为增函数”A.

yf(xx21S1(x21)dx(1x3x)14

x 2 x

x)dx

x2

x2 0

6S

1,故P ,答案6x轴有两个不同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)x1时取得极值f(10f(10可得c20或c20,即c2y y 1xy5PMNODx 0x1,f(x)

221010x,1x2yxf(x)

0x2,210x210x,1x ,y=xf(x)的分段解析式中的两部分抛物线形12方向及顶点位置不同,如图2MNOOMPODMPS=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的,而对于极大aa

2 2x x

S2

x2|a

a2a2,所以a2

,所以a 3

sinx)dx3cosx|13cos13cos1

3

解析:2xy10.y 31212,所以切线方程为y32x1,即2xy10f(x的定义域为(af(x)xln(xx

f(x)minf(1a1a0a（2）g(xkx2f(xkx2xln(x1)(xg(x)0x[0,+上恒成立g(x)min0g(1)k1ln20kg(x)2kx

x

x(2kx2kx①当2k10(k1)g(x00x12k

g(xg(00与2②当k1g(x02得：实数k12

g(0)0符合（3）由（2）xln(x11x2x02x

,n)： [ln(2i1)ln(2i1)] (2ii i当n12ln3

当i2时

(2i 2i1ln(2i1ln(2i12ln312n1 【解析】(1)f(xf(1)ex1f(0)x1x2f(xf(1)ex1f(02x1f(0f(x)f(1)ex1x1x2f(0)f(1)e112f(x)exx1x2g(x)f(x)ex12g(x)ex10yg(xxR

f(x)0f(0)x0,f(x)0f(0)xf(xf(xexx12且单调递增区间为(0,单调递减区间为((2)f(x1x2axbh(xexa1)xb0得h(x)exa2①当a10h(x0yh(xxRxh(x)与h(x)0②当a10h(x0xln(a1h(x0xln(axln(a1h(x)mina1a1ln(a1b0(a1)b(a1)2a1)2ln(a1)(a10)F(xx2x2lnx(x0F(xx(12ln

eF(x)00x e,F(x)0xeee当x 时,F(x)maxeee当a 1,b 时,(a1)b的最大值为ee2fx12ax22bfxf14a2bab3ab=|2a-b|﹢a;b>0fx12ax22b0≤x≤1此时fx的最大值为:

(0)，f}bfx+|2a-b|﹢a≥0,gx=﹣fx≤|2a-b|﹢a.gx0≤x≤1)|2a-b|﹢bgx4ax32bxabgx12ax22b0b≤0gx12ax22b<00≤x≤1gxg0ab3ab=|2a-

x bb<0gx12ax22b0≤xb

xmax{g( }3bbb3b

bbfx0≤x≤1﹣(|2a-b|﹢a)要大.baba

和b33ab

z=a+bP(1,2zmax3zmin解:(1)fxalnx13x1fxa1 从而a130a (2)由(1)知fxlnx x1x0 3x22xfx x

fx(3x1)(x 令fx0,解得x1,x (因x fxx1f13.n解析:(1b1c1n2f(xxnxn1∵f()

(1)10,∴

(x在1,1n

1 1

x1,1f(xnxn11 ∴f(x在1,1f(x在1,1 2当n2f(xx2bx2x1x2[1,1都有|f2(x1f2(x2|4f2(x在[1,1M4此分类讨论如下:(ⅰ)当|b|1,即|b|22M|f2(1f2(1|2|b|4当1b0,即0b22M

2(1)

(b)b1)24 当0b1,即2b02M

2(1)

(b)b1)24 2b用max{ab}表示ab中的较大者.当1b1,即2b22Mmax{

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

(b)1|b|)242证法一xf(x在1,1内的唯一零点(n f(x)xn

1, )xn1

10,

1

fn(xn)0fn1(xn1)又由(1)

(x在1,1x

(n2)

,,

证法二xf(x在1,1

(xn)

[来 xn1x1xnx1 fn1(xxn1在(xn,1xnxn1(n2,,

1klnf(x)

lnxkf(x)ex ex

f(10,即1k0,解得k1e11lnf(x) f(x)0x1,ex当0x1f(x)11lnx0x1f(x)11lnx0 f(x在区间(0,1内为增函数;在(1,11lng(x)(x2x)x 1 ,exx1时,1x20lnx0x2x0ex0g(x01e211ln当0x1时,要证g(x)(x2x) 1e2.ex

x1ex

1xp(x)

,q(x)1x(1lnx), 则p(x)x0,q(x)2lnx,x ex则当0x1p(x)x1p(0)1q(x2lnx0xe20,1x0e2时q(x)0xe21q(x0则当0x1q(x)1x(1lnx)q(e21e2,且q(x)01则

1e21

1,于是可知当0x1x1ex

11x(1ln综合(1)(2x>0,g(x)1e21:p(x)x1x0,1p(x)x0x则当0x1p(x)ex

exp(0)111ln于是当0x1时,要证g(x)(x2x) x(11lnx)1e2,ex x11lnx)1e2xq(x1x(1lnxx0,1q(x)1x(1lnxq(x2lnx0xe20,1x0e2时q(x)0xe21q(x0则当0x1q(x)1x(1lnxq(e21e211ln于是可知当0x1时(x2x) 1e2成立ex综合(1)(2x>0,g(x)1e22:根据重要不等式当0x1时ln(x1xx1ex11ln于是不等式g(x)(x2x) x(11lnx)1e2,ex q(x1x(1lnxx0,1q(x)1x(1lnxq(x2lnx0xe20,1x0e2时q(x)0xe21q(x0则当0x1q(x)1x(1lnxq(e21e211ln于是可知当0x1时(x2x) 1e2成立.exf(x)yf(x)y3x在(0,0ab2数的单调性或者均值不等式证明f(x)

x

【答案】解:(1f(xx3ax2bxf'(x3x22axb∵11f(xx3ax2bx∴f'(132ab=0f'(132ab=0a=0，b3∵由(1f(xx33x g(xf(x2=x33x2=x12x2x=x=1，x x<2g(x0;当2x<1g(x0x2g(x∵当2x<1x>1g(x0g(x)的极值点是-f(x)=th(xf(tc

x=1g(xxf(x)=dd2,d=2时,由(2)可知,f(x2I2,注意到f(xf(x)=2的两2.d2f(1d=f(2)d=2d0f(1d=f(2)d2d021,1,2f(x)=d的根.由(1)知f'(x)=3x1x1.

f(xf(x>f(2)=2f(1d0f(2)d0y=f(xdf(x)=d在(1,2f(x)=d2If(1d0,f(1d0y=f(xdf(x)=d1,1d=2f(x)=dx1，x2x1=1，x2=2d<2f(x)=dx3，x1，x5xi2，i=3,4,5yh(xic=2f(t)=c有两个根t1，t2t1=1，t2=2f(x)=t1f(x)=t2yh(x511c2f(t)=c有三个不同的根t3，t4，t5

<2，i=3,4,5f(x)=tii=3,4,5yh(x9c=2yh(x5c<2yh(x9【解析】(1y

f(x11y

f(x由(1)f(x)x33xg(x)g(x)=0d=2d<2xf(x)=dyh(x【解析】(Ⅰ)若a0,则对一切x0,f(x)eaxx1,这与题设,又a0a0 而f(x)aeax1,令f(x)0,得x x1ln1f(x0,f(xx1ln1f(x0,f(xx1ln 时,f(x)取最小值f(1ln1)1 xR,f(x1 g(tttlntg(tln当0t1g(t)0g(t单调递增;当t1g(t0g(t故当t1g(tg(1111即a1af(x)f(x

eax2(Ⅱ)由题意知,k 1 x2 x2 eax2令(x

k

x2(x1)

a(x2x1)

a(xx) (x2

1ex2e

x2)F(t)ett1F(t)et1当t0F(t0F(t单调递减;当t0F(t0F(t单调递增.故当t0F(t)F(0)0即ett10.从而

a(x2x1

a(x2x1)10,

a(x1x2

a(x1x210

x2

x2

所以(x10(x2y(x)在区间x1x2x0(x1x2使(x0 2

eax2(x)a

0,(x)单调递增,故这样的c是唯一的,且c

a(x2x1

x

eax2

时,f(xk(

x),x2 x0(x1x2f(x0kx0 eax2(

x),x2) 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 f(

x∈R,f(x)1f

考点分析:本题主要利用导数求函数的最值,并结合推理,数学归纳法,对考生的归纳推理能力有f(xrrxr1r(1xr1f(x)0x当0 时,f(x)0,所以f(x)在(0,1)内是减函数当x 时,f(x)0,所以f(x)在(1,)内是增函数故函数f(x)在x1处取得最小值f(1)0 (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当x(0,)时,有f(x)f(1)0,即xrrx(1r) 若a,a中有一个为0,则abababab成立; 1 2若a1,a2均不为0,又b1b21,可得b21b1,于是[来 xa1rb,可得a1bba11baa ) aa 即aba1baba(1b,亦即abababab 1 1 2综上,对a0a0bb为正有理数且bb1abababab 1 2(Ⅲ)(Ⅱ)中命题的推广形式为:[来源:ababab 1 2an设a1ababab 1 2an若b1

1,则ab 11当n1b11,有a1a1ababab 1 2ak假设当nk时,③成立,即若a1,ababab 1 2ak且b1

1,则ab1当n 时,已知a1,a2 ,ak,ak1为非负实数,b1,b2 ,bk,bk1为正有理数1且b1b2 bkbk11,此时0bk11,即1bk10,于

ab

abab(ab

ab)ab=(a1ba1b

a1b)1bab1

k

k因

b

b

ababa1ba1b

a1ba a

11 22 12k 12k

aba

a

ababkk1

1 2 kk1

bk又因(1bk1bk11

k aba

a

aba

a 1 2 kk ab1 2 kk

k

1ababk akbkakababk从而ab

a

aba 1故当n

2

k k1k由(1)(2)可知,对一切正整数n,所推广题成立说明:(Ⅲ)中如果推广形式中③式对n2成立,则后续证明中不需讨论n1的情况解析:(Ⅰ)考虑不等式2x231ax6a01a10BRDA03②当a1时,0,此时Bxx1,D 1,3a

,此时2x231ax6a

有两根,设为x

x

xxx1

331a3a33a

,x2

331a3a33a4Bxxx1或xx2.当0a1时,xx31a0,xx3a0,所以xx0,此时D0,x x,;当a 1 x1x23a0x10x20Dx2综上所述,当1a13

DA0,

a3

D

0a131a3a33a x2;当

a0时,

.其中

x1 31a31a3a33afx6x261ax6afx0可得xax10a1fx0m1am21,且m1m21a1DA0fx0D内有两根mam1 xa1f+0-0+fxfxD1,极小值点a②当a1时,D Z。X。X。x 3 1313 f+0-+fxfxD内只有极小值点a③当0a1时,D0,x x,,此时0ax1

fx0D 只有一根m1axaf+0-+fxfxD内只有极小值点a④当a0时,Dx2,,此时x21,于是fx在 1a1fxD1,极小值点a;当0a1fxD 值点a,没有极大值点.当a0fxD解

f(x)ex2axe,k

f(12a0a0f(xexx1f(x0x1f(x0f(x的增区间为(1,减区间为(2)P(x0y0yf(x0)(xx0f(x0g(xf(xf(x0)(xx0f(x0),因为只有一个切点,所以函数g(x)就只有一个零点,因为g(x0) g(x)f(x)f(x)exex02a(xx),若a g(x) g(xg(x00P的任意性知a0不合题意a0,令h(x)exex02a(xxh(x)0 h(xex2aP(ln(2a),f(ln2aa的取值范围为a0f(xasinxx[0,,所以0sinx1a1f(x0f(xx[0,上为单调递增函数;a0f(x0f(xx[0,上为单调递减函数;当0

时,由f(x)0得sin f(x0得0xf(x0得arcsina

或 .所以当0

时f

[0arcsin

[arcsina,

[arcsina,arcsina]f(x1sinxaxcosx1sinxax1sinxcosx001sin0cos00当0xax1sinxcosxa1sinxcosxa

1sinxcosxg(x)

1sinxcosx

(0x

g(x)(cosxsinx)x1sinxcosx(1x)cosx(x1)sinx 又令c(x1xcosxx1sinx1,则c(x)cosx(1x)sinxsinx(x1)cosxx(sinxcosx(03sinxcosx0,故c(x0c(x4x(3,sinxcosx0,故c(x0c(x42所以c(x)在x(0,