高考真题理科数学导数

1、20122012 年高考真题理科数学解析汇编：导数与积分年高考真题理科数学解析汇编：导数与积分 一、选择题 1 （2012 年高考（新课标理） ）已知函数f (x) 1 ;则y f (x)的图像大致为 ln(x1) x 2 （2012 年高考（浙江理） ）设a0,b0.（） B若2a 2a 2b 3b,则ab D若2a 2a 2b 3b,则ab C若2a 2a 2b 3b,则ab 3 （2012 年高考（重庆理） ）设函数f (x)在 R 上可导,其导函数为f (x),且 （）函数y (1 x) f (x)的图像如题(8)图所示,则下列结论中一定成立的是 A函数f (x)有极大值f (2)和极

2、小值f (1) B函数f (x)有极大值f (2)和极小值f (1) C函数f (x)有极大值f (2)和极小值f (2) D函数f (x)有极大值f (2)和极小值f (2) 4 （2012 年高考（陕西理） ）设函数 f (x) xe ,则 x （） Ax 1为f (x)的极大值点 Cx 1为f (x)的极大值点 Bx 1为f (x)的极小值点 Dx 1为f (x)的极小值点 5 （2012 年高考（山东理） ）设a 0且a 1,则“函数f (x) a在R上是减函数 ”,是 x “函数g(x) (2a)x在R上是增函数”的 A充分不必要条件 C充分必要条件 B必要不充分条件 D既不充分也不

3、必要条件 3 （） 6 （2012 年高考 （湖北理） ）已知二次函数y f (x)的图象如图所示,则它与x轴 所围图形的面积为 A （） B 2 5 4 3 C 3 2 D 2 y 1 1 7 （2012 年高考（福建理） ）如图所示,在边长为 1 的正方形 OABC 中任取一点 1Ox 第3题图 P,则点 P 恰好取自阴影部分的概率为 A （） 1 4 B 1 5 3 C 1 6 D 1 7 8 （2012 年高考（大纲理） ）已知函数y x 3xc的图像与x轴恰有两个 公共点,则c A2或 2 二、填空题 （） B9或 3C1或 1D3或 1 9 （ 2012 年 高 考 （ 上 海 理

4、 ） ）已 知 函 数 y f (x)的 图 像 是 折 线 段ABC, 若 中 A(0,0),B(1 2 ,5),C(1,0). 函数y xf (x) (0 x 1)的图像与x轴围成的图形的面积为_ . 10 （2012 年高考（山东理） ）设a 0.若曲线y 2 的面积为a,则a _. x与直线x a, y 0所围成封闭图形 11 （2012 年高考（江西理） ）计算定积分 1 1 (x2sin x)dx _. 3 12 （ 2012年 高 考 （ 广 东 理 ） ）曲 线y x x 3在 点 1,3 处 的 切 线 方 程 为 _. 三、解答题 13 （2012 年高考（天津理） ）已知

5、函数f (x)=xln(x+a)的最小值为0,其中a0. ()求a的值; ()若对任意的x0,+),有f (x) kx成立,求实数k的最小值; 2 ()证明 2i1 ln(2n+1)0,b R, 函 数 f x 4ax3 2bx a b. 1 2x axb,求(a1)b的最大值. 2 A A G G E E D D F F ()证明:当 0 x1 时, ()函数f x 的最大值为|2a-b|a; ()f x +|2a-b|a0; () 若1f x 1 对x 0,1恒成立,求a+b的取值范围. 16 （2012 年高考（重庆理） ）(本小题满分 13 分,()小问 6 分,()小问 7 分.)

6、B BC C 设f (x) aln x 于y轴. () 求a的值; 13 x1,其中aR,曲线y f (x)在点(1,f (1)处的切线垂直 2x2 () 求函数f (x)的极值. 17 （2012 年高考（陕西理） ）设函数fn(x) x bx c n(nN ,b,cR) (1)设n 2,b 1, 1 c 1,证明:f n (x)在区间,1内存在唯一的零点; 2 (2)设n 2,若对任意x 1,x2 1,1,有| f 2 (x 1) f2 (x 2 )| 4,求b的取值范围; (3)在(1)的条件下,设xn是fn(x)在 性. 18 （2012 年高考（山东理） ）已知函数 1 ,1内的零点

7、,判断数列x 2 ,x 3 ,L ,x n L 的增减 2 f (x) ln xk (k为常数,e 2.71828是自然对 ex 数的底数),曲线y f (x)在点(1,f (1)处的切线与x轴平行. ()求k的值; ()求f (x)的单调区间; () 设g(x) (x x) f (x), 其 中f (x)为f (x)的 导 函 数 . 证 明 : 对 任 意 2 x 0,g(x) 1e2. 19 （2012 年高考（辽宁理） ）设 f (x) ln(x 1)x 1 ax b(a,bR,a,b为常数), 曲线y f (x)与 直线y 3 x在(0,0)点相切. 2 ()求a,b的值. ()证明

8、:当0 x 2时,f (x) 20 （2012 年高考（江苏） ）若函数y f (x)在x x0处取得极大值或极小值,则称x0为函 9x . x6 数y f (x)的极值点. 已知a，b是实数,1 和1是函数f (x) x3 ax2bx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; (3)设h(x) f ( f (x)c,其中c2， 2,求函数y h(x)的零点个数. 21 （2012 年高考（湖南理） ）已知函数f (x)= eax x,其中a0. (1) 若对一切 xR,f (x)1 恒成立,求a的取值集合. (2)在函数f

9、 (x)的图像上取定两点A(x 1, f (x1) ,B(x2, f (x2) (x 1 x 2 ),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x 0 的取值范围;若不存 在,请说明理由. 22 （2012 年高考（湖北理） ）()已知函数f (x) rx xr (1 r) (x 0),其中r为有理数, 且0 r 1. 求f (x)的 最小值; ()试用()的结果证明如下命题: 设a 1 0, a 2 0,b 1, b2 为正有理数. 若b 1 b 2 1,则a 1 b1a 2 b2 a 1b1 a 2b2 ; ()请将()中的命题推广到一般形式

10、,并用数学归纳法证明你所推广的命题. 注:当为正有理数时,有求导公式(x) x1. 23 （ 2012年 高 考 （ 广 东 理 ）( 不 等 式 、 导 数 ) 设a 1, 集 合 AxR x 0,B xR 2x231 ax 6a 0,D AI B. ()求集合D(用区间表示); ()求函数f x 2x3 31 ax2 6ax在D内的极值点. 24 （2012 年高考（福建理） ）已知函数f (x) e ax ex(aR). x2 ()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; ()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

11、在该点处的切线 与曲线只有一个公共点P. 25 （2012 年高考（大纲理） ）(注意:在试题卷上作答无效) 设函数f (x) axcosx,x0,. (1)讨论f (x)的单调性; (2)设f (x) 1sin x,求a的取值范围. 26 （2012 年高考（北京理） ）已知函数f (x) ax 1(a 0),g(x) x bx. 23 (1)若曲线y f (x)与曲线y g(x)在它们的交点 (1,c)处具有公共切线 ,求a,b的 值; (2)当a 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. 2 27 （2012 年高考（安徽理） ）(本小题满分 13 分

12、)设f (x) aex 1 b(a 0) xae (I)求f (x)在0,)上的最小值; (II)设曲线y f (x)在点(2, f (2)的切线方程为y 3 x;求a,b的值. 2 2012 年高考真题理科数学解析汇编：导数参考答案 一、选择题 1.【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 2.【答案】A 【解析】若2a 2a 2b 3b,必有2a 2a 2b 2b.构造函数:f x 2x 2x,则 f x 2x ln2 2 0恒成立,故有函

13、数 f x 2x 2x在x0 上单调递增,即ab成立. 其余选项用同样方法排除. 3.【答案】D 【解析】x 2,1 x 0,由(1 x) f (x) 0 f (x) 0,函数f (x)为增; 2 x 1,1 x 0,由(1 x) f (x) 0 f (x) 0,函数f (x)为减; 1 x 2,1 x 0,由(1 x) f (x) 0 f (x) 0,函数f (x)为减; x 2,1 x 0,由(1 x) f (x) 0 f (x) 0,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. 4.解析: f (x

14、) (x1)e ,令f (x) 0,得x 1,x - 1时,f (x) 0,f (x) xe为增函数,所以x 1为f (x)的极小值点, 选 D. 5.【解析】若函数f (x) a在 R 上为减函数,则有0 a 1.函数g(x) (2 a)x为增 x3 函数,则有2a 0,所以a 2,所以“函数f (x) a在 R 上为减函数”是“函数 x g(x) (2 a)x3为增函数”的充分不必要条件,选 A. 6.考点分析:本题考察利用定积分求面积. 解析 :根据 图像可得 :y f (x) x21,再由 定积分的 几何意义 ,可求得面 积为 14 S (x21)dx (x3 x)1 . 1 1 33

15、 1 7.【答案】C 【解析】Q S 阴影 2 3 1 2 1 11 2( x x)dx (x x )S 正 1,故P ,答案 C 0 326 0 6 1 【考点定位】本题主要考查几何概型的概率和定积分,考查推理能力、计算求解能力. 8.答案 A 【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.要是函数图像与 x轴有两个不同的交点,则需要满足极佳中一个为零即可. 【解析】 因为三次函数的图像与x轴恰有两个公共点,结合该函数的图像,可得极大值或 2 者极小值为零即可满足要求.而f (x) 3x 3 3(x)(x1),当x 1时取得极值 由f (1) 0或f (1) 0可得c2 0或

16、c2 0,即c 2. 二、填空题 9.解析如图 1, y 5B y 5 P x M 0 x 10 x, , f (x) 1 1010 x, 2 x 1 1 2 AC 10 x2,0 x 1 2 所以y xf (x) , 1 2 110 x 10 x, x 1 2 图 1 N OD 1 图 2 x 易知,y=xf(x)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 2,封闭图形MNO与OMP全等,面积相等,故所求面积即为矩形ODMP的面积 S=1 2 5 2 5 4 . 评注对于曲边图形,上海现行教材中不出微积分,能用微积分求此面积的考生恐是极 少的,而对于极大部分

17、考生,等积变换是唯一的出路. 10.【解析】由已知得S a 0 2224 ax x2| 0 a2 a2,所以a2 ,所以a . 3339 331 11. 2 【解析】本题考查有关多项式函数,三角函数定积分的应用. 3 x 3 1 1 1 112 (x sin x)dx cosx | cos1 cos1 1 . 1 333 333 1 2 x3 cos x,主要是把三角函数的导数公式记 【点评】 这里,许多学生容易把原函数写成 3 混而引起的.体现考纲中要求了解定积分的概念.来年需要注意定积分的几何意义求曲 面面积等. 2 12.解 析 :2x y 1 0.y| x1 31 1 2, 所 以 切

18、 线 方 程 为y 3 2x 1, 即 2x y 1 0. 三、解答题 13.【命题意图】本试题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、不等式等基础 知识,考查函数思想、分类讨论思想、考查综合分析和解决问题的能力. (1)f (x)的定义域为(a,) f (x) xln(xa) f (x) 1 1xa1 0 x 1a a xaxa f (x) 0 x 1a, f (x) 0 a x 1a 得： x 1a时，f (x) min f (1a) 1a 0 a 1 （2）设g(x) kx f (x) kx xln(x1)(x 0) 则g(x) 0在x0,+)上恒成立 g(x)min 0 g(0)

19、（*） 22 g(1) k 1ln2 0 k 0 1x(2kx2k 1) x1x1 112k 当2k 1 0(k )时，g(x) 0 0 x （*） x0 g(x0) g(0) 0与 22k g(x) 2kx1 矛盾 1 时，g(x) 0 g(x)min g(0) 0符合（*） 2 1 得：实数k的最小值为(lfxlby) 2 1 2 （3）由（2）得：xln(x1) x 对任意的x 0值恒成立 2 当k 取x 222 ln(2i1)ln(2i1)(i 1,2,3,L ,n)： 22i1(2i1)2i1 2 ln(2n+1)0 在 0 x1 上恒成立, 此时f x 的最大值为:f 1 4a 2

20、b a b 3a b=|2a-b|a; 当b0 时, f x 12ax2 2b在 0 x1 上的正负性不能判断, 此时f x 的最大值为: b a，b 2a =|2a-b|a;fmax x maxf (0)，（）f 1 max(b a)，(3a b) 3a b， b 2a 综上所述:函数f x 在 0 x1 上的最大值为|2a-b|a; () 要证f x +|2a-b|a0,即证g x =f x |2a-b|a. 亦即证g x 在 0 x1 上的最大值小于(或等于)|2a-b|a, g x 4ax3 2bx a b,令 g x 12ax2 2b 0 x 当b0 时, g x 12ax2 2b0

21、 在 0 x1 上恒成立, 此时g x 的最大值为:g 0 a b 3a b=|2a-b|a; 当b0,g(x) 1 e恒成立. 2 x 1 x ,则,x(0,1)p (x) 0, eeex x 1 则当0 x 1时p(x) x p(0) 1, e 1 1ln x 1 22 x 于是当0 x 1时,要证g(x) (x x), x(1ln x) 1 e xxe 1 2 只需证x(1ln x) 1e即可, x 另证 1:设函数p(x) 设q(x) 1 x(1 ln x),x(0,1),q(x) 1 x(1 ln x), 令q(x) 2ln x 0解得x e 2 2(0,1), 2 当x(0,e )

22、时q(x) 0;当x(e,1)时q(x) 0, 则当0 x 1时q(x) 1 x(1 ln x) q(e ) 1 e , 22 1 1ln x 22 x 于是可知当0 x 1时(x x)成立1 e xe 综合(1)(2)可知对任意 x0,g(x) 1 e恒成立. 另证 2:根据重要不等式当0 x 1时ln(x 1) x,即x 1 e, x 2 1 1ln x 1 22 x 于是不等式g(x) (x x), x(1ln x) 1 e xxe 设q(x) 1 x(1 ln x),x(0,1),q(x) 1 x(1 ln x), 令q(x) 2ln x 0解得x e2(0,1), 当x(0,e2)时

23、q(x) 0;当x(e2,1)时q(x) 0, 则当0 x 1时q(x) 1 x(1 ln x) q(e2) 1 e2, 1 1ln x 于是可知当0 x 1时(x2 x) x ex 1 e2成立. 19.【答案及解析】 【点评】 本题综合考查导数的概念、 几何意义、 导数在判断函数单调性与最值中的运用. 3 x在(0,0)点 2 9x 相切,求出a,b的值,然后,利用函数的单调性或者均值不等式证明f (x) 即可. x6 本题容易忽略函数f (x)的定义域,根据条件曲线y f (x)与直线y 从近几年的高考命题趋势看,此类型题目几乎年年都有涉及,因此,在平时要加强训练. 本题属于中档题. 3

24、22 20.【答案】解:(1)由f (x) x ax bx,得f(x) 3x 2ax b. 1 和1是函数f (x) x3 ax2bx的两个极值点, f(1)3 2ab=0,f(1)32ab=0,解得a=0，b=3. (2) 由(1)得,f (x) x33x , g(x) f (x)2=x33x2=x1 x2,解得x 1 =x 2 =1 ，x 3 = 2. 当x2时,g(x)0;当2 x0, x=2是g(x)的极值点. 当2 x1时,g(x)0,x=1不是g(x)的极值点. g(x)的极值点是-2. (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:

25、d 2, 2 当d =2时,由(2 )可知,f (x)= 2的两个不同的根为 I 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 0,f (1)d=f (2)d= 2d 0 ,于是f (x)是单调增函数,从而f (x) f (2)=2. 当x2， 无实根.此时f (x)=d在2， ， 时. f(x)0,于是f (x)是单调增函数. 当x1 2 又f (1)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 I )内有唯一实根. ， 1时,f(x)0,f (1)d 0,y=f (x)d

26、的图象不间断, f (x)=d在(一 1,1 )内有唯一实根. x 2 =2;当d 2时因此,当d =2时,f (x)=d有两个不同的根x 1 ，x 2 满足x 1 =1， i=3, 4, 5.f (x)=d有三个不同的根x 3，x1 ，x 5 ,满足x i 2， 现考虑函数y h(x)的零点: t2=2.( i )当c =2时,f (t)=c有两个根t1，t2,满足t1=1， 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. i=3, 4, 5.( 11 )当c 2时,f (t)=c有三个不同的根t3，t4，t5,满足ti2， 而f (x)=t

27、ii=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. 【考点】函数的概念和性质,导数的应用. 【解析】(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) x33x,求出g(x),令g(x)=0,求解讨论即可. (3)比较复杂,先分d =2和d 2讨论关于x的方程f (x)=d根的情况;再考虑函数 y h(x)的零点. 21.【解析】()若a 0,则对一切x 0,f (x) eax x 1,这与题设

28、矛盾,又a 0, 故a 0. ax 而f (x) ae 1,令f (x) 0,得x 11 ln. aa 1111 ln 时,f (x) 0, f (x)单调递减;当x ln 时,f (x) 0, f (x)单调递增, aaaa 1111111 故当x ln 时,f (x)取最小值f ( ln) ln. aaaaaaa 当x 于是对一切xR, f (x) 1恒成立,当且仅当 111 ln1. aaa 令g(t) t tlnt,则g(t) lnt. 当0t 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

29、综上所述,a的取值集合为1. 1 1即a 1时,式成立. a f (x 2 ) f (x 1) eax2eax1 ()由题意知,k 1. x 2 x 1 x 2 x 1 eax2eax1 令(x) f (x)k ae,则 x 2 x 1 ax eax1 a(x2x1)(x 1) ea(x 2 x 1)1, x 2 x 1 eax2 a(x1x2)(x 2 ) ea(x 1 x 2 )1. x 2 x 1 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. 故当t 0,F(t) F(0) 0,即e t 1 0.

30、从而 t tt ea(x2x1)a(x 2 x 1)1 0 , ea(x1x2)a(x 1 x 2 )1 0, 又 eax1eax2 0, 0, x 2 x 1 x 2 x 1 所以(x 1) 0, (x 2 ) 0. 因为函数y (x)在区间 x 1,x2 上的图像是连续不断的一条曲线,所以存在 x 0 (x 1,x2 )使(x 0 ) 0,(x) a2eax 0,(x)单调递增,故这样的c是唯一的,且 1eax2eax11eax2eax1 .故当且仅当x(lnc ln,x 2 )时,f (x 0 ) k. aa(x 2 x 1) aa(x 2 x 1) 综上所述,存在x0(x 1,x2 )

31、使f (x 0 ) k成立.且x 0 的取值范围为 1eax2eax1 (ln,x 2 ). aa(x 2 x 1) 【点评】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f ( ln) 1 a 1 a 111 ln.对一切 xR,f(x)1 恒成立 aaa 转化为f (x)min1,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. 22.考点分析:本题主要考察利用导数求函数的最值,并结合推理,

32、考察数学归纳法,对考生的 归纳推理能力有较高要求. 解析:()f (x) r rxr1 r(1 xr1),令f (x) 0,解得x 1. 当0 x 1时,f (x) 0,所以f (x)在(0,1)内是减函数; 当x 1时,f (x) 0,所以f (x)在(1, )内是增函数. 故函数f (x)在x 1处取得最小值f (1) 0. ()由()知,当x(0,)时,有f (x) f (1) 0,即xr rx (1 r) 若a 1 ,a 2 中有一个为 0,则a 1 b1a 2 b2 a 1b1 a 2b2 成立; 若a 1 ,a 2 均不为 0,又b 1 b 2 1,可得b 2 1b 1 ,于是 在

33、中令x a 1 aa ,r b 1,可得 (1)b1 b 1 1(1b 1) , a 2 a 2 a 2 即a 1 b1a 2 1b1 a 1b1 a 2 (1b 1) ,亦即a 1 b1a 2 b2 a 1b1 a 2b2 . 综上,对a 1 0, a 2 0,b 1 ,b 2 为正有理数且b 1 b 2 1,总有a 1 b1a 2 b2 a 1b1 a 2b2 . ()()中命题的推广形式为: 设a 1, a2 , L , a n 为非负实数,b 1, b2 , L , b n 为正有理数. bnb2L a n a 1b1 a 2b2 L a nbn . 若b 1 b 2 L b n 1,

34、则a 1 b1a 2 用数学归纳法证明如下: (1)当n 1时,b 1 1,有a 1 a 1 ,成立. (2)假设当n k时,成立,即若a 1,a2 ,L ,a k 为非负实数,b 1,b2 ,L ,b k 为正有理数, bkb2L a k a 1b1 a 2b2 L a kbk .且b 1 b 2 L b k 1,则a 1 b1a 2 当n k 1时,已知a 1,a2 ,L ,a k ,a k1 为非负实数,b 1,b2 ,L ,b k ,b k1 为正有理数, 且b 1 b 2 L b k b k1 1,此时0 b k1 1,即1b k1 0,于是 a a L a a b1 1 b2 2

35、bk k bk1 k1 (a a L a )a b1 1 b2 2 bk k bk1 k1 =(a b1 1bk1 1 a b2 1bk1 2 L a bk 1bk11bk1 k ) bk1a k1 . 因 b k b 1 b 2L 1,由归纳假设可得 1b k1 1b k1 1b k1 a b2 1bk1 2 a b1 1bk1 1 L a bk 1bk1 k a 1 b k b 1 b 2 ab a b L a kbk, a 2 L a k 1 12 2 1b k1 1b k1 1b k1 1b k1 1bk1 bk1a k1 .从而a a L a a b1 1 b2 2 bk k bk1

36、 k1 a b a 2b2 L a kbk 1 1 1b k1 又因(1b k1) bk1 1,由得 a 1b1 a 2b2 L a kbk 1b k1 1bk1 bk1a k1 a 1b1 a 2b2 L a kbk(1b k1) ak1bk1 1b k1 a 1b1 a 2b2 L a kbk a k1bk1 , bkbk1b2L a k a k1 a 1b1 a 2b2 L a kbk a k1bk1 .从而a 1 b1a 2 故当n k 1时,成立. 由(1)(2)可知,对一切正整数n,所推广的命题成立. 说明:()中如果推广形式中指出式对n 2成立,则后续证明中不需讨论n 1的情 况

37、. 2 23.解析:()考虑不等式2x 31 ax 6a 0的解. 因为 31 a 426a 3a33a1,且a 1,所以可分以下三种情况: 当 a 1时,0,此时B R,D A 0,. 2 1 3 1 时, 0,此时B x x 1,D 0,1U1,. 3 1 当a 时, 0,此时2x231 ax 6a 0有两根,设为x 1 、x 2 ,且x 1 x 2 ,则 3 当a x 1 31 a3a 33a 1 4 ,x 2 31 a3a 33a 1 4 ,于是 B x x x 1或x x2 . 当0 a 31 时 ,x 1 x 2 1a 0 ,x 1x2 3a 0, 所 以x 2 x 1 0, 此

38、时 23 D 0,x 1 Ux 2 ,;当a 0时,x 1x2 3a 0,所以x 1 0,x 2 0,此时D x 2 ,. 综上所述,当 时, 111 a 1时,D A 0,;当a 时,D 0,1U1,;当0 a 333 ;当D 0,x 1 Ux 2 ,a 0时,D x 2 ,.其中 x 1 31 a3a 33a 1 4 ,x 2 31 a3a 33a 1 4 . () f x 6x2 61 ax 6a,令 f x 0可得x ax 1 0 .因为a 1,所以 f x 0有两根m 1 a和m 2 1,且m 1 m 2 . 当 1 a 1时,D A 0,此时 f x 0在D内有两根 m 1 a和m

39、 2 1,列表 3 可得 x0,aaa,1 1 1, f x fx + 递增 0 极小值 - 递减 0 极大值 + 递增 所以fx在D内有极大值点 1,极小值点a. 当a 11 时,D 0,1U1,此时 f x 0在D内只有一根m 1 a ,列表可得 33 1 0, 3 + 递增 x 1 3 0 极小值 1 ,1 3 - 递减 1, + 递增 f x fx 所以f x在D内只有极小值点a ,没有极大值点. 当0 a 1 时,D 0,x 1 Ux 2 ,此时0 a x 1 1 x 2 (可用分析法证明),于是 3 f x 0在D内只有一根m 1 a,列表可得 x0,a + 递增 a 0 极小值

40、a,x 1 - 递减 x 2 , + 递增 f x fx 所以f x在D内只有极小值点a ,没有极大值点. 当a 0时,D x 2 ,此时x 2 1,于是 f x在D内恒大于 0, fx在D内没有 极值点. 综上所述,当 a 1时,f x在D内有极大值点 1,极小值点a ;当0 a 1 3 1 时,f x 3 在D内只有极小值点a,没有极大值点.当a 0时,f x在D内没有极值点. 24.【考点定位】本题主要考查函数的导数、导数的应用、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、 抽象与概括的能力、 推理与论证的能力,考查数形结合的 思想、转化与化归的思想、分类讨论的思想、有限与

41、无限的思想. 解:(1)Q f (x) e 2ax e,k f (1) 2a 0 a 0,故f (x) e e xx x 1时,f (x) 0,x 1时,f (x) 0,所以函数f (x)的增区间为(1,),减区间 为(,1) (2)设切点P(x0, y0),则切线y f (x0)(x x0) f (x0) 令g(x) f (x) f (x0)(x x0) f (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) 0 g(x) f (x) f (x 0 ) exex02a(x x 0 ),若a 0,Q g(x) 0 g(x) g(x 0 ) 0,因此有唯一零点,由P的任

42、意性知a 0不合题意 x 若a 0,令h(x) e e 0 2a(x x 0 ),则h(x 0 ) 0 x h(x) ex2a,存在一个零点P(ln(2a), f (ln2a),使曲线在该点处的切线与曲线 只有一个公共点.故a的取值范围为a 0. 25.【命题意图】 本试题考查了导数在研究函数中的运用.第一就是函数中有三角函数,要利 用三角函数的有界性,求解单调区间.另外就是运用导数证明不等式问题的构造函数思 想的运用. 解: f (x) a sin x . ()因为x0,所以0 sin x 1. 当a 1时,f (x) 0,f (x)在x0,上为单调递增函数; 当a 0时,f (x) 0,f

43、 (x)在x0,上为单调递减函数; 当0 a 1时,由 f (x) 0 得sin x a, 由 f (x) 0 得0 x arcsina或 arcsin a x ; 由 f (x) 0 得arcsina x arcsina . 所以当 0 a 1时 f (x)在 0,arcsin a 和 arcsina, 上为为单调递增函数 ;在 arcsin a,arcsin a上为单调递减函数. ()因为f (x) 1sin x axcosx 1sin x ax 1sin xcosx 当x 0时,01sin0 cos0 0恒成立 当 时,ax 1sin xcosx a 0 x 1sin xcosx1sin xcosx a min xx 令g(x) 1sin x cos x (0 x ),则 x (cos x sin x)x 1 sin x cos x(1 x)cos x (x 1)sin x 1 g(x) 22xx 又令c(x) (1 x)cos x(x1)sin x1,则 c(x) cosx(1 x)sin xsin x(x1)cos x x(sin xcosx) 则当x(0, 当x( 3 )时,sin xcosx