2012函数与导数(较难)含答案)
函数与导数例高考题汇编(含答案)
函数与导数高考题1.(安徽理3)设f(x)是定义在R 上的奇函数，当x≤0时，f(x)=2x'-x,则f()=(A)-3 (B)- 1 (C)1 (D)3【答案】A【命题意图】本题考查函数的奇偶性，考查函数值的求法 .属容易题.【解析】f()= - f( - 1)= - 42( - 1)²- ( - 1)]= - 3 .故选A.2 . (安徽理10)函数f (x )=ax ”g 1- x )“在区 间〔0,1〕上的图像如图所示，则m ,n 的值可 能 是(A)m=1,n=1(B) m=1,n=2(C) m=2,n=1(D) m=3,n=1【答案】B 【命题意图】本题考查导数在研究 函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.【 解 析 】 代 入 验 证 ， 当m = 1 , n = 2 , f ( x ) = a x g ( 1 - x ) ² = n ( x ³ - 2 x ² + x ) ,则f ' ( x ) = a ( 3 x ² - 4 x + 1 ) , 由 ,结合图像可知函数应在递增，在 递减，即在, 知 a 存 在 . 故 选 B .3.(安徽文5)若点(a,b)在y=lgx 图像上，a≠1,则下列点也在此图像上的是(A)(,b) (B)(10a,1 b) (C)(,b+1) (D)(a2,2b)【答案】D 【命题意图】本题考查对数函数的基本运算，考查对数函数的图像与对应点的关系 .【 解 析 】 由 题 意b = 1 g a , 2 b = 2 1 l g a = 1 g a ² , 即( a ² , 2 b )也 在 函 数 y = l g x 图 像 上 .4 . (安徽文10) 函数f(x )=ax ”g (1 - . x )² 在区间(0,1)上的 图像如图所示，则n 可能是 (A)1 (B) 2取得最大值，由f'(x)=a(3x²-4x+1)=0可知，(C) 3 (D)4【答案】A【命题意图】本题考查导数在研究函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.【解析】代入验证，当7=1时，f(x)=axg(1-x)²=a(x³-2x²+x),则f(x)=a(3r²-4x+1)由f ( x ) = a ( 3 x ² 4 x + 1 ) = 0 可知，,结合图像可知函数应在递增，在递减，即在取得最大值，由, 知a 存在. 故选A .7 . (福建理5) 等于A.1B.e- 1C. CD.e+1【答案】C8 . (福建理9 )对于函数f ( x ) = a s i n x + b x + c (其中，a , b ∈R , c ∈Z ) ,选取a , b , C 的一组值计算f ( )和f ( - 1 )所得出的正确结果一定不可能是A . 4和6B . 3和1C . 2和4D . 1和2【答案】D9 . ( 福建理1 0 ) 已知函数f ( x ) = e⁴+ x , 对于曲线y = f ( x ) 上横坐标成等差数列的三个点A , B , c , 给出以下判断：①△ABC 一定是钝角三角形②△ABC可能是直角三角形③△ABC可能是等腰三角形④△ABC不可能是等腰三角形其中，正确的判断是A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】B10.(福建文6)若关于x的方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是A.(- 1,1)B.(-2,2)C.(-o,-2)U(2,+o)D.(-o,- 1)U(1,+c)【答案】C11. (福建文8)已知函数 ,若f(a)+f(1)=0,则实数a的值等于A. 3B. 1C. 1D. 3【答案】A12.(福建文10)若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值，则ab的最大值等于A.2B.3C. 6D. 9【答案】D13.(广东理4)设函数f(x)和g(x)分别是R上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是A . f(x)+1g(x)是偶函数B . f(x) - 1g(x)是奇函数c.if(x)\+g(x)是偶函数 D . i f ( x ) - g ( x )是奇函数【答案】A【解析】因为g(x)是R 上的奇函数，所以lg(x)是R 上的偶函数，从而f(x)+1g(x)是偶函数，故选A.14 . (广东文4)函 的定义域是 ( )A.(-~,- 1)B.(1,+~) c.(- 1,1)U(1,+oo) D.(-0,+oo)【答案】C16.(湖北理6)已知定义在R 上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=a¹-a ⁴+2(a>0,且a≠1),若g(2)=a,则f(2)=A.2B.C.D. a² 【答案】B【解析】由条件f(2)+g(2)=a²-a²+2,f(-2)+g(-2)=a²-a²+2, 即-f(2)+g(2)=a²-a²+2, 由此解得g(2)=2,f(2)=a²-a-所 以 a = 2 ,, 所 以 选 B18 . (湖南文7)曲线主点处的切线的斜率为( )A. B. 2 C. D. 【答案】B【解析】19.(湖南文8)已知函数f(x)=e¹-1,g(x)=-x²+4x -3.若有f(a)=g(b),则b 的取值范围为A.[2-√2,2+√2]B.(2-√2.2+√2)c.[1,3] p.(1,3)【答案】B【解析】由题可知f(x)=e ⁴- 1>- 1,g(x)=-x²+4x-3=-(x-2)²+1≤1,若有f(a)=g(b),则g(b) ∈(- 1,1), 即-b²+4b-3>- 1,解得2-√Z<b<2+√2., 所 以,y=020 . (湖南理6)由直线 与曲线y=COSX 所围成的封闭图形的面积为( )A.2B.1C.D.√3 【答案】D【解析】由定积分知识可得, 故 选 D 。
函数导数习题(含答案)
函数、导数部分1、已知函数()x f y =，[]b a x ,∈，那么集合()()[]{}(){}2,,,,=∈=x y x b a x x f y y x 中元素的个数为 1或02、将函数()xx f 2=的图象向左平移一个单位得到图象1C ，再将1C 向上平移一个单位得图象2C ，作出2C 关于直线x y =对称的图象3C ，则3C 对应的函数的解析式为()11log 2--=x y3、函数x x x y sin cos -=在下面的哪个区间上是增函数（ B ）A. ⎪⎭⎫⎝⎛23,2ππ B. ()ππ2, C. ⎪⎭⎫ ⎝⎛25,23ππ D. ()ππ3,24、设()x x x f s i n =，1x 、⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈2,22ππx ，且()1x f ＞()2x f ，则下列结论必成立的是（D ）A. 1x ＞2xB. 1x +2x ＞0C. 1x ＜2xD. 21x ＞22x 5、方程2log 2=+x x 和2log 3=+x x 的根分别是α、β，则有（ A ） 6、方程0122=++x ax 至少有一个负的实根的充要条件是 a ≤ 1 7、在同一坐标系中，函数1+=ax y 与1-=x a y （a >0且a ≠1）的图象可能是 C8、函数()()()b x b x a ax x f +-+-+=348123的图象关于原点中心对称，则()x f （B ）A. 在[]34,34-上为增函数 C. 在[)+∞,34上为增函数，在(]34,-∞-上为减函数B. 在[]34,34-上为减函数 D. 在(]34,-∞-上为增函数，在[)+∞,34上为减函数 9、设(){}12,2++==bx x y y x M ，()(){}b x a y y x P +==2,，(){}φ==P M b a S ,，则S 的面积是π10、已知()()x x x f a a log log 2+-=对任意⎪⎭⎫⎝⎛∈21,0x 都有意义，则实数a 的取值范围是1,116⎡⎫⎪⎢⎣⎭11、函数432--=x x y 的定义域为[]m ,0，值域为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--4,425，则实数m 的取值范围是 3,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦12、函数()cox x xcoxx f ++=sin 1sin 的值域是121,11,22⎡⎤⎛⎤---- ⎢⎥⎥ ⎣⎦⎝⎦. 13、对于任意实数x 、y ，定义运算x *y 为：x *y =cxy by ax ++，其中a 、b 、c 为常数，等式右边的运算是通常的加法和乘法运算，现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零常数m ，使得对于任意实数x ，都有x *m =x ，则m =__________4_____. 14、若函数())4(log -+=xax x f a （a >0且a ≠1）的值域为R ，则实数a 的取值范围是04a <≤或1a ≠.15、若曲线()21a x y --=与2+=x y 有且只有一个公共点P ，O 为坐标原点，则OP 的取值范围是2⎤⎦.16、若定义在区间D 上的函数()x f 对D 上的任意n 个值1x ，2x ，…，n x ，总满足()()()[]n x f x f x f n ++211≤⎪⎭⎫ ⎝⎛++n x x x f n 21，则称()x f 为D 上的凸函数.已知函数x y sin =在区间()π,0上是“凸函数”，则在△ABC 中，C B A sin sin sin ++的17、二次函数()x f 满足()()22+-=+x f x f ，又()30=f ，()12=f ，若在[0，m ]上有最大值3，最小值1，则m 的取值范围是 [2,4]18.已知函数)(x f y =的图象与函数xa y =（0>a 且1≠a ）的图象关于直线x y =对称，记]1)2(2)()[()(-+=f x f x f x g ．若)(x g y =在区间]2,21[上是增函数，则实数a 的取值范围是（ D ）A ．),2[+∞B ．)2,1()1,0(C ．)1,21[D ．]21,0( 19、设a 为实数，设函数x x x a x f -+++-=111)(2的最大值为g (a )。
导数与函数的零点知识点讲解+例题讲解(含解析)
导数与函数的零点一、知识梳理1.利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．二、例题精讲 + 随堂练习考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．解(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a ＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【训练1】已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝e x－12x－12－1，记φ(x)＝e x－12x－12－1，则φ′(x)＝e x＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．解(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．【训练2】 已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为R ， 又f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1，所以f (x )＝e x －x ＋1，求导得f ′(x )＝e x －1.易知f (x )在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增， 所以当x ＝0时，f (x )在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0， ①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上是增函数， 当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0； 当x <0时，取x ＝－1a ， 则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1＝－a <0. 所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )． 在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 在(ln (－a )，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2，0)．考点三 函数零点的综合问题 【例3】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－ax 单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0， 故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)． 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)． (1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.(1)解 f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－xx ＝0， ∴x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e －m ，f (e)＝1－e －m ， 因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －f (e)＝－2－1e ＋e>0， 函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值为1－e －m .(2)证明 由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0<x 1<1，x 2>1， ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0， 由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<ln 2－2. 又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2， 所以0<x 1，1x 2<1.则f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＝ln x 1－x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝ln x 2－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝－x 2＋1x 2＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x ＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0，当x >2时，g (x )是减函数，所以g (x )<g (2)＝－32＋ln 4.因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324＝ln 1.634＝ln4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，所以当x >2时，f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2<0， 即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2.因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以x 1<1x 2，故x 1x 2<1.三、课后练习1.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________. 解析 由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)| ＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0， 即|AB |的最小值是4－2ln 2. 答案 4－2ln 22.若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x (a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae 2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0， 解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)3.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围. 解 (1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103， 所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2， 所以f ′(x )＝x 2－x －2. 由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞). (2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56， f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点， 则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.4.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示.由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4. 答案 D5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数. 解 函数g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)， 令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0). 设h (x )＝－13x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23. 令h (x )＝0，即－13x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3. 作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点. ③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和. 解 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )， 当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立， 则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1， 所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意. 当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)， 当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a <e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根. 解 (1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}， 当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－xx (x >0)； 当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. 所以f (x )的单调递增区间为(0，1).(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ； 由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a <x <e.从而f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e ，所以，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3.解得a ＝－e 2.(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1， 所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0<x <e 时，g ′(x )>0； 当x >e 时，g ′(x )<0.从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减. 所以g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1， 所以，|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12，所以，方程|f (x )|＝ln x x ＋12没有实数根.。
2012年高考文科数学解析分类汇编：导数(逐题详解)
2012年高考文科数学解析分类汇编：导数一、选择题1 ．（2012年高考（重庆文））设函数()f x 在R 上可导,其导函数()f x ',且函数()f x 在2x =-处取得极小值,则函数()y xf x '=的图象可能是2 ．（2012年高考（浙江文））设a>0,b>0,e 是自然对数的底数（ ）A ．若e a +2a=e b+3b,则a>bB ．若e a +2a=e b+3b,则a<bC ．若e a -2a=e b-3b,则a>bD ．若e a -2a=e b-3b,则a<b3 ．（2012年高考（陕西文））设函数f(x)=2x+lnx 则 （ ）A ．x=12为f(x)的极大值点 B ． x=12为f(x)的极小值点 C ．x=2为 f(x)的极大值点D ．x=2为 f(x)的极小值点4 ．（2012年高考（山东文））设函数1()f x x=,2()g x x bx =-+.若()y f x =的图象与()y g x =的图象有且仅有两个不同的公共点1122(,),(,)A x y B x y ,则下列判断正确的是 （ ） A ．12120,0x x y y +>+> B ．12120,0x x y y +>+< C ．12120,0x x y y +<+>D ．12120,0x x y y +<+<5 ．（2012年高考（辽宁文））函数y=12x 2-㏑x 的单调递减区间为 （ ）A ．(-1,1]B ．(0,1]C ．[1,+∞)D ．(0,+∞)6 ．（2012年高考（湖北文））如图,在圆心角为直角的扇形OAB 中,分别以,OA OB 为直径作两个半圆. 在扇形OAB 内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率是（ ）A ．112π- B ．1πC ．21π-D ．2π7 ．（2012年高考（福建文））已知32()69,f x x x x abc a b c =-+-<<,且()()()0f a f b f c ===.现给出如下结论:①(0)(1)0f f >;②(0)(1)0f f <;③(0)(3)0f f >;④(0)(3)0f f <. 其中正确结论的序号是 （ ）A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④二、填空题8 ．（2012年高考（上海文））已知函数)(x f y =的图像是折线段ABC ,若中A (0,0),B (21,1),C (1,0). 函数)10()(≤≤=x x xf y 的图像与x 轴围成的图形的面积为_______ .9 ．（2012年高考（课标文））曲线(3ln 1)y x x =+在点(1,1)处的切线方程为________ 三、解答题10．（2012年高考（重庆文））已知函数3()f x ax bx c =++在2x =处取得极值为16c -(1)求a 、b 的值;(2)若()f x 有极大值28,求()f x 在[3,3]-上的最大值.11．（2012年高考（浙江文））已知a∈R,函数3()42f x x ax a =-+(1)求f(x)的单调区间(2)证明:当0≤x≤1时,f(x)+ 2a ->0.12．（2012年高考（天津文））已知函数3211()(0)32a f x x x ax a a -=+-->(I)求函数)(x f 的单调区间;(II)若函数)(x f 在区间(2,0)-内恰有两个零点,求a 的取值范围;(III)当1a =时,设函数)(x f 在区间]3,[+t t 上的最大值为()M t ,最小值为()m t ,记()()()g t M t m t =-,求函数()g t 在区间]1,3[--上的最小值.13．（2012年高考（陕西文））设函数()(,,)nn f x x bx cn N b c R +=++∈∈(1)设2n ≥,1,1b c ==-,证明:()n f x 在区间1,12⎛⎫⎪⎝⎭内存在唯一的零点;(2)设n 为偶数,(1)1f -≤,(1)1f ≤,求b+3c 的最小值和最大值;(3)设2n =,若对任意12,x x [1,1]∈-,有2122|()()|4f x f x -≤,求b 的取值范围;14．（2012年高考（山东文））已知函数ln ()(e xx kf x k +=为常数,e=2.71828是自然对数的底数),曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行. (Ⅰ)求k 的值;(Ⅱ)求()f x 的单调区间;(Ⅲ)设()()g x xf x '=,其中()f x '为()f x 的导函数.证明:对任意20,()1e x g x -><+.[15．（2012年高考（辽宁文））设()ln 1f x x x =+-,证明:(Ⅰ)当x ﹥1时,()f x ﹤32( 1x -) (Ⅱ)当13x <<时,9(1)()5x f x x -<+16．（2012年高考（课标文））设函数f (x )= e x-ax -2(Ⅰ)求f (x )的单调区间(Ⅱ)若a =1,k 为整数,且当x >0时,(x -k ) f´(x )+x +1>0,求k 的最大值17．（2012年高考（江西文））已知函数2()()xf x ax bx c e =++在[]0,1上单调递减且满足(0)1,(0)0f f ==.(1)求a 的取值范围;(2)设()()()g x f x f x '=--,求()g x 在[]0,1上的最大值和最小值.18．（2012年高考（湖南文））已知函数f(x)=e x-ax,其中a>0.[@、中国^教育出版&网~](1)若对一切x∈R,f(x) ≥1恒成立,求a 的取值集合;[z(2)在函数f(x)的图像上去定点A(x 1, f(x 1)),B(x 2, f(x 2))(x 1<x 2),记直线AB 的斜率为k ,证明:存在x 0∈(x 1,x 2),使0()f x k '=恒成立.19．（2012年高考（湖北文））设函数()(1)(0)nf x ax x b x =-+>,n 为正整数,,a b 为常数,曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为1x y +=.(1)求,a b 的值; (2)求函数()f x 的最大值; (3)证明:1()f x ne<. 20．（2012年高考（广东文））(不等式、导数)设1a <,集合{}0A x R x =∈>,(){}223160B x R x a x a =∈-++>,D A B = .(Ⅰ)求集合D (用区间表示);(Ⅱ)求函数()()322316f x x a x ax =-++在D 内的极值点.21．（2012年高考（福建文））已知函数3()sin (),2f x ax x a R =-∈且在]2,0[π上的最大值为32π-,(1)求函数()f x 的解析式;(2)判断函数()f x 在(0,)π内的零点个数,并加以证明.22．（2012年高考（大纲文））已知函数321()3f x x x ax =++.(Ⅰ)讨论()f x 的单调性;(Ⅱ)设()f x 有两个极值点12,x x ,若过两点11(,())x f x ,22(,())x f x 的直线l 与x 轴的交点在曲线()y f x =上,求a 的值.23．（2012年高考（北京文））已知函数2()1f x ax =+(0a >),3()g x x bx =+.(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3,9a b ==-时,求函数()()f x g x +在区间[,2]k 上的最大值为28,求k 的取值范围.24．（2012年高考（安徽文））设定义在(0,+∞)上的函数1()(0)f x ax b a ax=++> (Ⅰ)求()f x 的最小值;(II)若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为32y x =,求,a b 的值.2012年高考文科数学解析分类汇编：导数参考答案一、选择题 1. 【答案】:C【解析】:由函数()f x 在2x =-处取得极小值可知2x <-,()0f x '<,则()0xf x '>;2x >-,()0f x '>则20x -<<时()0xf x '<,0x >时()0xf x '>【考点定位】本题考查函数的图象,函数单调性与导数的关系,属于基础题. 2. 【答案】A【命题意图】本题主要考查了函数复合单调性的综合应用,通过构造法技巧性方法确定函数的单调性.【解析】若23a b e a e b +=+,必有22a b e a e b +>+.构造函数:()2x f x e x =+,则()20x f x e '=+>恒成立,故有函数()2x f x e x =+在x >0上单调递增,即a >b 成立.其余选项用同样方法排除.3. 解析:22()x f x x -'=,令()0,f x '=得2x =,2x <时,()0f x '<,1()ln f x x x=+为减函数;2x >时,()0f x '>,1()ln f x x x=+为增函数,所以2x =为()f x 的极小值点,选D.4. 解析:设32()1F x x bx =-+,则方程()0F x =与()()f x g x =同解,故其有且仅有两个不同零点12,x x .由()0F x '=得0x =或23x b =.这样,必须且只须(0)0F =或2()03F b =,因为(0)1F =,故必有2()03F b =由此得3322b =.不妨设12x x <,则32223x b ==.所以231()()(2)F x x x x =--,比较系数得3141x -=,故31122x =-.3121202x x +=>,由此知12121212110x x y y x x x x ++=+=<,故答案应选B. 另解:令)()(x g x f =可得b x x+-=21. 设b x y xy +-=''=',12不妨设21x x <,结合图形可知,21x x <, 即210x x <-<,此时021>+x x ,112211y x x y -=-<=,即021<+y y .答案应选B.5. 【答案】B【解析】b x y +-=''y x1x x211ln ,,00,02y x x y x y x x x x''=-∴=->∴< 由≤，解得-1≤≤1,又≤1,故选B 【点评】本题主要考查利导数公式以及用导数求函数的单调区间,属于中档题.6. C 【解析】如图,不妨设扇形的半径为2a,如图,记两块白色区域的面积分别为S 1,S 2,两块阴影部分的面积分别为S 3,S 4,则S 1+S 2+S 3+S 4=S 扇形OAB =221(2)4a a ππ=①,而S 1+S 3 与S 2+S 3的和恰好为一个半径为a 的圆,即S 1+S 3 +S 2+S 32a π=②. ①-②得S 3=S 4,由图可知S 3=221()2OEDC EOD S S S a a π+-=-正方形扇形扇形COD ,所以. 222S a a π=-阴影.由几何概型概率公式可得,此点取自阴影部分的概率 P=222221OABS a a S a πππ-==-阴影扇形.【点评】本题考查古典概型的应用以及观察推理的能力.本题难在如何求解阴影部分的面积,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在实际生活中的应用. 7. 【答案】C【解析】(0),(1)4,(3)275427(0)f abc f abc f abc abc f =-=-=-+-=-= , 又()3(1)(3)f x x x '=--,所以()f x 在(,1)-∞和(3,)+∞上单调增加,在(1,3)上单调递减,故13a b c <<<<,(0)(1)0,(0)(3)0f f f f ∴<>【考点定位】本题考查函数的零点,函数的单调性极值,考查分析判断能力、必然与或然的思想.二、填空题8. [解析] 如图1,⎩⎨⎧≤<-≤≤=1,220,2)(2121x x x x x f , 所以⎩⎨⎧≤<+-≤≤==1,220,2)(212212x x x x x x xf y ,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MND 与OMP 全等,面积相等,故所求面积即为矩形ODMP 的面积S=412121=⨯.9. 【命题意图】本题主要考查导数的几何意义与直线方程,是简单题.xy A BC 1 1 图1(O )Nx y OD M 1 P 图2【解析】∵3ln 4y x '=+,∴切线斜率为4,则切线方程为:430x y --=.三、解答题 10. 【答案】:(Ⅰ)1327(Ⅱ)427【解析】::(Ⅰ)因3()f x ax bx c =++ 故2()3f x ax b '=+ 由于()f x 在点2x = 处取得极值 故有(2)0(2)16f f c '=⎧⎨=-⎩即1208216a b a b c c +=⎧⎨++=-⎩ ,化简得12048a b a b +=⎧⎨+=-⎩解得112a b =⎧⎨=-⎩(Ⅱ)由(Ⅰ)知 3()12f x x x c =-+,2()312f x x '=-令()0f x '= ,得122,2x x =-=当(,2)x ∈-∞-时,()0f x '>故()f x 在(,2)-∞-上为增函数;当(2,2)x ∈- 时,()0f x '< 故()f x 在(2,2)- 上为减函数 当(2,)x ∈+∞ 时()0f x '> ,故()f x 在(2,)+∞ 上为增函数.由此可知()f x 在12x =- 处取得极大值(2)16f c -=+,()f x 在22x = 处取得极小值(2)f c =-由题设条件知1628c += 得12c =此时(3)921,(3f c f c -=+==-+=,(2)164f c =-=-因此()f x 上[3,3]-的最小值为(2)4f =-【考点定位】本题主要考查函数的导数与极值,最值之间的关系,属于导数的应用.(1)先对函数()f x 进行求导,根据(2)0f '==0,(2)16f c =-,求出a,b 的值.(1)根据函数()f x =x3-3ax2+2bx 在x=1处有极小值-1先求出函数中的参数a,b 的值,再令导数等于0,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.11. 【命题意图】本题是导数中常规的考查类型主要利用三次函数的求导判定函数的单调区间,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2()122f x x a '=-,当0a ≤时,()0f x '≥恒成立,此时()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞.当0a >时,()12()()66a a f x x x '=-+,此时函数()f x 的单调递增区间为,66a a ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.(2)由于01x ≤≤,当2a ≤时,33()2422442f x a x ax x x +-=-+≥-+. 当2a >时,333()242(1)244(1)2442f x a x a x x x x x +-=+--≥+--=-+.设3()221,01g x x x x =-+≤≤,则233()626()()33g x x x x '=-=-+. 则有 x30,3⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭333,13⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭1()g x ' - 0 + ()g x1减极小值增1所以min 343()()1039g x g ==->. 当01x ≤≤时,32210x x -+>. 故3()24420f x a x x +-≥-+>.12.解:(1)2()(1)(1)()f x x a x a x x a '=+--=+-,由()0f x '=,得121,0x x a =-=>13.14.解:(I)1ln ()e x x k x f x --'=,由已知,1(1)0ek f -'==,∴1k =. (II)由(I)知,1ln 1()e xx x f x --'=. 设1()ln 1k x x x =--,则211()0k x x x'=--<,即()k x 在(0,)+∞上是减函数, 由(1)0k =知,当01x <<时()0k x >,从而()0f x '>,当1x >时()0k x <,从而()0f x '<.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1x ≥时,()()g x xf x '=≤0<1+2e -,故只需证明2()1e g x -<+在01x <<时成立.当01x <<时,e x >1,且()0g x >,∴1ln ()1ln e xx x x g x x x x --=<--. 设()1ln F x x x x =--,(0,1)x ∈,则()(ln 2)F x x '=-+, 当2(0,e )x -∈时,()0F x '>,当2(e ,1)x -∈时,()0F x '<,所以当2e x -=时,()F x 取得最大值22()1e F e --=+.所以2()()1e g x F x -<≤+.综上,对任意0x >,2()1e g x -<+.另证:因为)0(),ln 1(1)()(>--='=x x x x e x f x x g x,设x x x x h ln 1)(--=,则2ln )(--='x x h ,令2,02ln )(-==--='e x x x h ,当),0(2-∈e x 时0)(>'x h ,)(x h 单调递增;当),(2+∞∈-e x 时0)(<'x h ,)(x h 单调递减.所以当0>x 时,221)()(--+=≤e e h x h ,而当0>x 时110<<x e ,所以当0>x 时21)ln 1(1)(-+<--=e x x x e x g x ,综上可知结论成立.15. 【答案与解析】【点评】本题主要考查导数公式,以及利用导数,通过函数的单调性与最值来证明不等式,考查转化思想、推理论证能力、运算能力、应用所学知识解决问题的能力,难度较大. 16. (Ⅰ) 解:()x f 的定义域为R ,()a e x f x -=';若0≤a ,则()0>'x f 恒成立,所以()x f 在R 总是增函数若0>a ,令()0>'x f ,求得a x ln >,所以()x f 的单增区间是()∞+,ln a ; 令()0<'x f , 求得 a x ln <,所以()x f 的单减区间是()a ln ,∞-(Ⅱ) 把()⎩⎨⎧-='=ae xf a x 1 代入()()01>++'-x x f k x 得:()()011>++--x e k x x ,因为0>x ,所以01>-x e ,所以:()()11-->--x e k x x ,11--->-x e x k x , 11-+<-x e x x k ,所以:(*))0(11 >+-+<x x e x k x令()x e x x g x +-+=11,则()()()212---='x x x e x e e x g ,由(Ⅰ)知:()()2--=x e x h x 在()∞+,0单调递增,而()()⎩⎨⎧><0201h h ,所以()x h 在()∞+,0上存在唯一零点α,且()2,1∈α; 故()x g '在()∞+,0上也存在唯一零点且为α,当()α,0∈x 时, ()0<'x g ,当()∞+∈,αx 时,()0>'x g ,所以在()∞+,0上,()()αg x g =m in ;由()0='αg 得:2+=ααe ,所以()1+=ααg ,所以()()3,2∈αg , 由于(*)式等价于()αg k <,所以整数的最大值为217. 【解析】(1)由(0)1f c ==,(1)0f =⇒1,1c a b =+=-,则2()[(1)1]x f x ax a x e =-++,2'()((1))x f x ax a x a e =+--,依题意须对于任意(0,1)x ∈,有()0f x '<,当0a >时,因为二次函数2(1)y ax a x a =---的图像开口向上,而(0)0f a '=-<,所以须(1)(1)0f a e '=-<,即01a <<,当1a =时,对任意(0,1)x ∈,有2()(1)0x f x x e '=-<,符合条件;当0a =时,对任意(0,1x ∈,()0x f x xe '=-<,()f x 符合要求,当0a <时,因(0)0f a '=>,()f x 不符合条件,故a 的取值范围为01a ≤≤.(2)因()(21),()(21)x xg x ax e g x ax a e '=-+=-+-当0a =时,()0x g x e '=>,()g x 在0x =上取得最小值(0)1g =,在1x =上取得最大值(1)g e =;当1a =时,对于任意(0,1)x ∈,有()20x g x xe '=-<,()g x 在0x =上取得最大值(0)2g =,在1x =上取得最小值(1)0g =;当01a <<时,由1()002a g x x a-'=⇒=>,18. 【解析】解:(),x f x e a '=-令()0ln f x x a '==得. [当ln x a <时()0,()f x f x '<单调递减;当ln x a >时()0,()f x f x '>单调递增,故当ln x a =时,()f x 取最小值(ln )ln .f a a a a =-于是对一切,()1x R f x ∈≥恒成立,当且仅当ln 1a a a -≥. ①令()ln ,g t t t t =-则()ln .g t t '=-当01t <<时,()0,()g t g t '>单调递增;当1t >时,()0,()g t g t '<单调递减.故当1t =时,()g t 取最大值(1)1g =.因此,当且仅当1a =时,①式成立.综上所述,a 的取值集合为{}1.(Ⅱ)由题意知,21212121()().x x f x f x e e k a x x x x --==--- 令2121()(),x x xe e xf x k e x x ϕ-'=-=--则 12112121()()1,x x x e x e x x x x ϕ-⎡⎤=----⎣⎦- 21221221()()1.x x x e x e x x x x ϕ-⎡⎤=---⎣⎦- 令()1t F t e t =--,则()1t F t e '=-.当0t <时,()0,()F t F t '<单调递减;当0t >时,()0,()F t F t '>单调递增.故当0t =,()(0)0,F t F >=即10.t e t -->从而2121()10x x e x x ---->,1212()10,x x e x x ---->又1210,x e x x >-2210,x e x x >- 所以1()0,x ϕ<2()0.x ϕ>因为函数()y x ϕ=在区间[]12,x x 上的图像是连续不断的一条曲线,所以存在 012(,)x x x ∈使0()0,x ϕ=即0()f x k '=成立.【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、函数与方程思想等数学方法.第一问利用导函数法求出()f x 取最小值(ln )ln .f a a a a =-对一切x∈R,f(x) ≥1恒成立转化为min ()1f x ≥从而得出求a 的取值集合;第二问在假设存在的情况下进行推理,然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题,通过构造函数,研究这个函数的性质进行分析判断.19. 【解析】(1)因为(1)f b =,由点(1,)b 在1x y +=上,可得110b b +=⇒=因为1()(1)n n f x ax a n x -'=-+,所以(1)f a '=-又因为切线1x y +=的斜率为1-,所以11a a -=-⇒=,所以1,0a b ==(2)由(1)可知,11()(1),()(1)()1n n n n n f x x x x x f x n x x n +-'=-=-=+-+ 令()01n f x x n '=⇒=+,即()f x '在(0,)+∞上有唯一的零点01n x n =+.在(0,)1n n +上,()0f x '>,故()f x 单调递增;而在(,)1n n +∞+上,()0f x '<,()f x 单调递减,故()f x 在(0,)+∞的最大值为1()()(1)111(1)nn n n n n n f n n n n +=-=++++. (3)令1()ln 1(0)t t t t ϕ=-+>,则22111()(0)t t t t t t ϕ-'=-> 在(0,1)上,()0t ϕ'<,故()t ϕ单调递减,而在(1,)+∞上,()0t ϕ'>,()t ϕ单调递增, 故()t ϕ在(0,)+∞上的最小值为(1)0ϕ=,所以()0(1)t t ϕ>> 即1ln 1(1)t t t >->,令11t n =+,得11ln 1n n n +>+,即11ln()ln n n e n++> 所以11()n n e n++>,即11(1)n n n n ne +<+ 由(2)知,11()(1)n n n f x n ne+≤<+,故所证不等式成立. 【点评】本题考查多项式函数的求导,导数的几何意义,导数判断函数的单调性,求解函数的最值以及证明不等式等的综合应用.考查转化与划归,分类讨论的数学思想以及运算求解的能力. 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,最值等;另外,要注意含有,ln xe x 等的函数求导的运算及其应用考查.20.解析:(Ⅰ)考虑不等式()223160x a x a -++>的解. 因为()()()2314263331a a a a ∆=⎡-+⎤-⨯⨯=--⎣⎦,且1a <,所以可分以下三种情况: ①当113a <<时,0∆<,此时B =R ,()0,D A ==+∞. ②当13a =时,0∆=,此时{}1B x x =≠,()()0,11,D =+∞ . ③当13a <时,0∆>,此时()223160x a x a -++=有两根,设为1x 、2x ,且12x x <,则()()()13133314a a a x +---=,()()()23133314a a a x ++--=,于是{}12B x x x x x =<>或. 当103a <<时,()123102x x a +=+>,1230x x a =>,所以210x x >>,此时()()120,,D x x =+∞ ;当0a ≤时,1230x x a =≤,所以10x ≤,20x >,此时()2,D x =+∞.综上所述,当113a <<时,()0,D A ==+∞;当13a =时,()()0,11,D =+∞ ;当103a <<时,()()120,,D x x =+∞ ;当0a ≤时,()2,D x =+∞.其中()()()13133314a a a x +---=,()()()23133314a a a x ++--=.(Ⅱ)()()26616f x x a x a '=-++,令()0f x '=可得()()10x a x --=.因为1a <,所以()0f x '=有两根1m a =和21m =,且12m m <.①当113a <<时,()0,D A ==+∞,此时()0f x '=在D 内有两根1m a =和21m =,列表可得x ()0,aa(),1a1 ()1,+∞()f x '+ 0 - 0 + ()f x递增极小值递减极大值递增所以()f x 在D 内有极大值点1,极小值点a . ②当13a =时,()()0,11,D =+∞ ,此时()0f x '=在D 内只有一根113m a ==,列表可得 x10,3⎛⎫⎪⎝⎭131,13⎛⎫ ⎪⎝⎭()1,+∞()f x '+ 0 - + ()f x递增极小值递减递增所以()f x 在D 内只有极小值点a ,没有极大值点. ③当103a <<时,()()120,,D x x =+∞ ,此时1201a x x <<<<(可用分析法证明),于是()0f x '=在D 内只有一根1m a =,列表可得x ()0,aa()1,a x()2,x +∞()f x '+-+()f x递增 极小值 递减 递增所以()f x 在D 内只有极小值点a ,没有极大值点.④当0a ≤时,()2,D x =+∞,此时21x >,于是()f x '在D 内恒大于0,()f x 在D 内没有极值点.综上所述,当113a <<时,()f x 在D 内有极大值点1,极小值点a ;当103a <≤时,()f x 在D 内只有极小值点a ,没有极大值点.当0a ≤时,()f x 在D 内没有极值点.21. 【考点定位】本题主要考查函数的最值、零点、单调性等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、考查函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化化归思想. 解:()(sin cos ),(0,),sin cos 02f x a x x x x x x x π'=+∈∴+>当0a =时,3()2f x =-不合题意; 当0a <时,()0f x '<,()f x 单调递减,max 3[()](0)2f x f ==-,不合题意; 当0a >时,()0f x '>,()f x 单调递增,max33[()]()2222f x f a πππ-==-=1a ∴=,所以综上3()sin 2f x x x =-(2)()f x 在(0,)π上有两个零点.证明如下: 由(1)知3()sin 2f x x x =-,33(0)0,()0222f f ππ-=-<=> ∴()f x 在[0,]2π上至少有一个零点,又由(1)知()f x 在[0,]2π上单调递增,故在[0,]2π上只有一个零点,当x 2ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，时,令()()sin cos g x f x x x x '==+, 10)02g g πππ=>=-<（），（,()g x 在2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上连续,∴2m ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，,()0g m =')2cos -sin 0g x x x x =<（,∴()g x 在2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上递减,当2x m π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，时,()()0g x g m >=,')0f x >（,()f x 递增,∴当(,)2m m π∈时,3()()022f x f ππ-≥=>∴()f x 在(,)m π上递增,∵()0,()0f m f π><∴()f x 在(,)m π上只有一个零点,综上()f x 在(0,)π上有两个零点.22. 【命题意图】本试题考查了导数在研究函数中的运用.第一问就是三次函数,通过求解导数求解单调区间.另外就是运用极值概念,求解参数值的运用.解:(1)依题意可得2()2f x x x a '=++当440a ∆=-≤即1a ≥时,220x x a ++≥恒成立,故()0f x '≥,所以函数()f x 在R 上单调递增;当440a ∆=->即1a <时,2()20f x x x a '=++=有两个相异实根1224411,112ax a x a ---==---=-+-且12x x <故由2()20f x x x a '=++>⇒(,11)x a ∈-∞---或(11,)x a ∈-+-+∞,此时()f x 单调递增由2()201111f x x x a a x a '=++<⇒---<<-+-,此时此时()f x 单调递增递减综上可知当1a ≥时,()f x 在R 上单调递增;当1a <时,()f x 在(,11)x a ∈-∞---上单调递增,在(11,)x a ∈-+-+∞单调递增,在(11,11)a a ----+-单调递减. (2)由题设知,12,x x 为方程()0f x '=的两个根,故有2211221,2,2a x x a x x a <=--=--因此321111()33a f x =+同理222()(1)33a f x a x =-- 因此直线l 的方程为2(1)33ay a x =--设l 与x 轴的交点为0(,0)x ,得02(1)ax a =-而22322031()()()(12176)32(1)2(1)2(1)24(1)a a a a f x a a a a a a =++=-+---- 由题设知,点0(,0)x 在曲线()y f x =的上,故0()0f x =,解得0a =或23a =或34a = 所以所求a 的值为0a =或23a =或34a =. 【点评】试题分为两问,题面比较简单,给出的函数比较常规,这一点对于同学们来说没有难度,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,运用极值的问题,和直线方程的知识求解交点,得到参数的值.23. 【考点定位】此题应该说是导数题目中较为常规的类型题目,考醒的切线、单调性、极值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,在题目占能够发现(3)28F -=和分析出区间[,2]k 包含极大值点13x =-,比较重要.解:(1)()2f x ax '=,2()=3g x x b '+.因为曲线()y f x =与曲线()y g x =在它们的交点()1c ，处具有公共切线,所以(1)(1)f g =,(1)(1)f g ''=.即11a b +=+且23a b =+.解得3,3a b ==(2)记()()()h x f x g x =+当3,9a b ==-时,32()391h x x x x =+-+,2()369h x x x '=+- 令()0h x '=,解得:13x =-,21x =;()h x 与()h x '在(,2]-∞上的情况如下:x (,3)-∞- 3-(3,1)-1 (1,2)2 ()h x + 0 —0 +()h x '↑ 28↓ -4↑3由此可知:当3k ≤-时,函数()h x 在区间[,2]k 上的最大值为(3)28h -=; 当32k -<<时,函数()h x 在区间[,2]k 上的最大值小于28. 因此,k 的取值范围是(,3]-∞-24. 【解析】(I)11()22f x ax b ax b b ax ax=++≥+=+ 当且仅当11()ax x a ==时,()f x 的最小值为2b + (II)由题意得:313(1)22f a b a =⇔++= ①2113()(1)2f x a f a ax a ''=-⇒=-= ②由①②得:2,1a b ==-。
全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)
全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)全国卷历年高考函数与导数真题归类分析（含答案）（2015年-2018年共11套）函数与导数小题（共23小题）一、函数奇偶性与周期性1.（2015年1卷13）若函数$f(x)=x\ln(x+a+x^2)$为偶函数，则$a=$解析】由题知$y=\ln(x+a+x^2)$是奇函数，所以$\ln(x+a+x^2)+\ln(-x+a+x^2)=\ln(a+x-x)=\ln a$，解得$a=1$。
考点：函数的奇偶性。
2.（2018年2卷11）已知$$f(x)=\begin{cases}\frac{x+1}{x},x<0\\ax^2,x\geq0\end{cases}$$ 是定义域为$(-\infty,0)\cup[0,+\infty)$的奇函数，满足$f(\frac{1}{2})=1$。
若，$f'(-1)=-2$，则$a=$解：因为$f(x)$是奇函数，所以$f(-\frac{1}{2})=-1$，$f(0)=0$。
又因为$f'(-1)=-2$，所以$f'(-x)|_{x=1}=2$，$f'(0+)=0$，$f'(0-)=0$。
由此可得$$\begin{aligned}a&=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\\&=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{ax^2}{x}\\&=\lim\limits_{x\to0^+}ax\\&=\lim\limits_{x\to 0^-}ax\\&=-\frac{1}{2}\end{aligned}$$ 故选B。
3.（2016年2卷12）已知函数$f(x)(x\in R)$满足$f(-x)=2-f(x)$，若函数$y=\sum\limits_{i=1}^m(x_i+y_i)$的图像的交点为$(x_1,y_1),(x_2,y_2),\cdots,(x_m,y_m)$，则$\sum\limits_{i=1}^m(x_i+y_i)=( )$解析】由$f(x)$的奇偶性可得$f(0)=1$，又因为$f(x)$是偶函数，所以$f'(0)=0$。
广东省汕头市东里中学2012-2013学年高二理科数学期末统考复习 函数与导数(教师版)
2、微积分基本定理（牛顿—莱布尼兹公式） ： 3、定积分的应用：①求曲边梯形的面积： ②求变速直线运动的路程： S =
ò
b
a
f ( x)dx = F ( x) |b a = F (b) - F ( a )
b
ò
b
a
v(t )dt ；③求变力做功： W = ò F ( x)dx 。
a
练习题
1、已知曲线 y = x + 1 ，则在点 P (1, 2) 处的切线方程为
g ( x) 的最大值是 g (1) = 1 ，于是 p 取值范围是 [1, +¥) .
第5页
{x | 0 < x < 2} 。
B ）
æ1ö 9、 （07 山东卷）设函数 y = x 与 y = ç ÷ è2ø
3
x-2
的图象的交点为 ( x0，y0 ) ，则 x0 所在的区间是（ D． (3， 4)
第1页
A． (0， 1)
B． (1， 2)
C． (2， 3)
二、
导数；
1 常见 函数的 导 数 公式 : ① C ' = 0 ； ② ( x n ) ' = nx n -1 ； ③ (sin x) ' = cos x ； ④ (cos x) ' = - sin x ； ⑤ (a x ) ' = a x ln a ；⑥ (e x ) ' = e x ；⑦ (log a x) ' = 1 1 ' ；⑧ (ln x) = 。 x ln a x
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综上所述，实数 a 的取值范围是[0，+ ¥) .
…………………… 14 分
练习题 1（07 东莞二模）已知函数 f ( x) = ax + cx + d (a ¹ 0) 是 R 上的奇函数，当 x = 1 时 f ( x) 取得极
2012年函数与导数(文科)教师版
B 函数与导数B1 函数及其表示1．B1[2012·天津卷] 已知函数y ＝|x 2－1|x －1的图象与函数y ＝kx 的图象恰有两个交点，则实数k 的取值范围是______． 1．(0,1)∪(1,2) [解析] y ＝|x 2－1|x －1＝⎩⎪⎨⎪⎧－＋，－1≤x<1，x ＋1，x<－1或x>1， 在同一坐标系内画出y ＝kx 与y ＝|x 2－1|x －1的图象如图，结合图象当直线y ＝kx 斜率从0增到1时，与y ＝|x x －1在x 轴下方的图象有两公共点；当斜率从1增到2时，与y ＝|x 2－1|x －1的图象在x 轴上、下方各有一个公共点． 2．B1[2012·陕西卷] 设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ x ，x≥0，⎝⎛⎭⎫12x ，x ＜0，则f(f(－4))＝________. 2．4 [解析] 由题目所给的是一分段函数，而f(－4)＝16，所以f(16)＝4，故答案为4. 3．B1[2012·山东卷] 函数f(x)＝1＋＋4－x 2的定义域为( ) A ．[－2,0)∪(0,2] B ．(－1,0)∪(0,2] C ．[－2,2] D ．(－1,2]3．B [解析] 要使函数f(x)＝1＋＋4－x 2有意义，须有⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋1>0，＋，4－x 2≥0，解之得－1<x≤2且x≠0. 4．B1[2012·江西卷] 设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋1，x≤1，2x，x>1，则f(f(3))＝( ) A.15 B ．3 C.23 D.1394．D [解析] f(x)＝23，f(f(3))＝⎝⎛⎭⎫232＋1＝139，故选D. 5．B1[2012·江苏卷] 函数f(x)＝1－2 log 6x 的定义域为________．5．(0，6] [解析] 解题突破口为寻找使函数解析式有意义的限制条件．由⎩⎪⎨⎪⎧x>0，1－2log 6x≥0，解得0<x≤ 6. 6．B1[2012·广东卷] 函数y ＝x ＋1x的定义域为________． 6．{x|x ≥－1且x≠0} [解析] 本题考查函数的定义域，函数有意义，满足：⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，x≠0.解得{x|x ≥－1且x≠0}． 7．B1[2012·福建卷] 设f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x 为有理数，0，x 为无理数，则f(g(π))的值为( ) A ．1 B ．0 C ．－1 D ．π7．B [解析] 解题的关键是求分段函数的值时，一定要认真分析自变量所在的区间，因为各段上的解析式是不相同的．∵π是无理数，∴g(π)＝0，f(g(π))＝f(0)＝0，所以选择B.8．B1[2012·四川卷] 函数f(x)＝11－2x的定义域是________．(用区间表示)8.⎝⎛⎭⎫－∞，12 [解析] 由⎩⎨⎧1－2x ≠0，1－2x≥0，解得x ＜12，即函数f(x)的定义域为⎝⎛⎭⎫－∞，12. B2 反函数9．B2[2012·全国卷] 函数y ＝x ＋1(x≥－1)的反函数为( )A ．y ＝x 2－1(x≥0)B ．y ＝x 2－1(x≥1)C ．y ＝x 2＋1(x≥0)D ．y ＝x 2＋1(x≥1)9．A [解析]解题的突破口为原函数与反函数定义域与值域的关系和反解x 的表达式．由y ＝x ＋1得y 2＝x ＋1，即x ＝y 2－1，交换x 和y 得y ＝x 2－1，又原函数的值域为y≥0，所以反函数的定义域为x≥0，故选A. B3 函数的单调性与最值10．B3[2012·课标全国卷] 设函数f(x)＝＋2＋sinx x 2＋1的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝________. 10．[答案] 2[解析] 因为f(x)＝＋2＋sinx x 2＋1＝1＋2x ＋sinx x 2＋1，令g(x)＝2x ＋sinx x 2＋1，则f(x)＝g(x)＋1.由g(－x)＝－2x －sinx x 2＋1＝－g(x)及函数g(x)的定义域为R ，得函数g(x)是奇函数，故g(x)max 与g(x)min 互为相反数．故g(x)max ＋g(x)min ＝0.易知M ＝g(x)max ＋1，m ＝g(x)min ＋1，所以M ＋m ＝g(x)max ＋1＋g(x)min ＋1＝0＋2＝2.11．B3[2012·安徽卷] 若函数f(x)＝|2x ＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a ＝________.11．－6 [解析] 容易作出函数f(x)的图像(图略)，可知函数f(x)在⎝⎛⎦⎤－∞，－a 2上单调递减，在⎣⎡⎭⎫－a 2，＋∞单调递增．又已知函数f(x)的单调递增区间是[3，＋∞)，所以－a 2＝3，解得a ＝－6. 12．B2、D2[2012·四川卷] 设函数f(x)＝(x －3)3＋x －1，{a n }是公差不为0的等差数列，f(a 1)＋f(a 2)＋…＋f(a 7)＝14，则a 1＋a 2＋…＋a 7＝( )A ．0B ．7C ．14D ．2112．D [解析] 记公差为d ，则f(a 1)＋f(a 2)＋…＋f(a 7)＝(a 1－3)3＋(a 2－3)3＋…＋(a 7－3)3＋(a 1＋a 2＋…＋a 7)－7 ＝(a 4－3d －3)3＋(a 4－2d －3)3＋…＋(a 4＋2d －3)3＋(a 4＋3d －3)3＋7a 4－7＝7(a 4－3)3＋7×3(a 4－3)＋7a 4－7.由已知，7(a 4－3)3＋7×3(a 4－3)＋7a 4－7＝14，即7(a 4－3)3＋7×3(a 4－3)＋7(a 4－3)＝0，∴(a 4－3)3＋4(a 4－3)＝0.因为f(x)＝x 3＋4x 在R 上为增函数，且f(0)＝0，故a 4－3＝0，即a 4＝3，∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝7a 4＝7×3＝21.13．B3、B4[2012·陕西卷] 下列函数中，既是奇函数又是增函数的为( )A ．y ＝x ＋1B ．y ＝－x 3C ．y ＝1xD ．y ＝x|x| 13．D [解析] 本小题主要考查函数的单调性、奇偶性，解题的突破口为单调性的定义、奇偶性的定义与函数图像的对应关系．若函数为单调增函数，其图像为从左向右依次上升；若函数为奇函数，其图像关于原点对称．经分析，A 选项函数的图像不关于原点对称，不是奇函数，排除；B 选项函数的图像从左向右依次下降，为单调减函数，排除；C 选项函数的图像从左向右依次下降，为单调减函数，排除；故选D.其实对于选项D ，我们也可利用x>0、x ＝0、x<0讨论其解析式，然后画出图像，经判断符合要求，故选D.14．B3、B10[2012·北京卷] 某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图1－6所示．从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为( )A ．5B ．7C ．9D ．1114．C [解析] 本题考查利用函数图像识别函数值的变化趋势，也就是函数增减速度的快慢．法一：因为随着n 的增大，S n 在增大，要使S n n 取得最大值，只要让随着n 的增大S n ＋1－S n 的值超过S n ＋1－S 1n(平均变化)的加入即可，S n ＋1－S n 的值不超过S n ＋1－S 1n(平均变化)的舍去，由图像可知，6,7,8,9这几年的改变量较大，所以应该加入，到第10,11年的时候，改变量明显变小，所以不应该加入，故答案为 C.法二：假设S m m 是S n n 取的最大值，所以只要S m m >S m ＋1m ＋1即可，也就是S m －0m －0>S m ＋1－0＋－0，即可以看作点Q m (m ，S m )与O(0,0)连线的斜率大于点Q m ＋1(m ＋1，S m ＋1)与O(0,0)连线的斜率，所以观察可知到第Q 9(9，S 9)与O(0,0)连线的斜率开始大于点Q 10(10，S 10)与O(0,0)连线的斜率．答案为C.15．A2、A3、B3、E3[2012·北京卷] 已知f(x)＝m(x －2m)(x ＋m ＋3)，g(x)＝2x －2，若∀x ∈R ，f(x)<0或g(x)<0，则m 的取值范围是________．15．(－4,0) [解析] 本题考查函数图像与性质、不等式求解、逻辑、二次函数与指数函数等基础知识和基本技能，考查分类讨论的数学思想、分析问题和解决问题以及综合运用知识的能力．由已知g(x)＝2x －2<0，可得x<1，要使∀x ∈R ，f(x)<0或g(x)<0，必须使x≥1时，f(x)＝m(x －2m)(x ＋m ＋3)<0恒成立，当m ＝0时，f(x)＝m(x －2m)(x ＋m ＋3)＝0不满足条件，所以二次函数f(x)必须开口向下，也就是m<0，要满足条件，必须使方程f(x)＝0的两根2m ，－m －3都小于1，即⎩⎪⎨⎪⎧2m<1，－m －3<1，可得m ∈(－4,0)． 16．B3、D4、M4[2012·北京卷] 设A满足性质P ：a ，b ，c ，d ，e ，f ∈[－1,1]，且a ＋r i (A)为A 的第i 行各数之和(i ＝1,2)，c j (A)为A 的第j 列各数之和(j ＝1,2,3)；记k(A)为|r 1(A)|，|r 2(A)|，|c 1(A)|，|c 2(A)|，|c 3(A)|中的最小值．(1)对如下数表A ，求k(A)的值；(2)设数表A 形如其中－1≤d≤0，求k(A)的最大值；(3)A ，求k(A)的最大值．16．解：(1)因为r 1(A)＝1.2，r 2(A)＝－1.2，c 1(A)＝1.1，c 2(A)＝0.7，c 3(A)＝－1.8，所以k(A)＝0.7.(2)r 1(A)＝1－2d ，r 2(A)＝－1＋2d ，c 1(A)＝c 2(A)＝1＋d ，c 3(A)＝－2－2d.因为－1≤d≤0，所以|r 1(A)|＝|r 2(A)|≥1＋d≥0， |c 3(A)|≥1＋d≥0.所以k(A)＝1＋d≤1.当d ＝0时，k(A)取得最大值1.(3)任给满足性质P 的数表A(如下所示)．任意改变A 的行次序或列次序，或把A 所得数表A *仍满足性质P ，并且k(A)＝k(A *)． 因此，不妨设r 1(A)≥0，c 1(A)≥0，c 2(A)≥0.由k(A)的定义知，k(A)≤r 1(A)，k(A)≤c 1(A)，k(A)≤c 2(A)．从而3k(A)≤r 1(A)＋c 1(A)＋c 2(A)＝(a ＋b ＋c)＋(a ＋d)＋(b ＋e)＝(a ＋b ＋c ＋d ＋e ＋f)＋(a ＋b －f)＝a ＋b －f≤3.所以k(A)≤1.由(2)知，存在满足性质P 的数表A 使k(A)＝1.故k(A)的最大值为1.17．B3、B4[2012·天津卷] 下列函数中，既是偶函数，又在区间(1,2)内是增函数的为( )A ．y ＝cos2x ，x ∈RB ．y ＝log 2|x|，x ∈R 且x≠0C ．y ＝e x －e －x2，x ∈R D ．y ＝x 3＋1，x ∈R 17．B [解析] 法一：由偶函数的定义可排除C 、D ，又∵y ＝cos2x 为偶函数，但在(1,2)内不单调递增，故选B. 法二：由偶函数定义知y ＝log 2|x|为偶函数，以2为底的对数函数在(1,2)内单调递增．18．B3、B9、B12[2012·福建卷] 已知函数f(x)＝axsinx －32(a ∈R )，且在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为π－32. (1)求函数f(x)的解析式； (2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．18．解：(1)由已知f′(x)＝a(sinx ＋xcosx)，对于任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，有sinx ＋xcosx ＞0. 当a ＝0时，f(x)＝－32，不合题意；当a ＜0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f′(x)＜0，从而f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内单调递减， 又f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的图象是连续不断的，故f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f(0)＝－32，不合题意； 当a ＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f′(x)＞0，从而f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内单调递增，又f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的图象是连续不断的，故f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f ⎝⎛⎭⎫π2，即π2a －32＝π－32，解得a ＝1.综上所述，得f(x)＝xsinx －32. (2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：由(1)知，f(x)＝xsinx －32，从而有f(0)＝－32＜0.f ⎝⎛⎭⎫π2＝π－32＞0， 又f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的图象是连续不断的．所以f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内至少存在一个零点． 又由(1)知f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递增，故f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内有且仅有一个零点．当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时，令g(x)＝f′(x)＝sinx ＋xcosx.由g ⎝⎛⎭⎫π2＝1＞0，g (π)＝－π＜0，且g(x)在⎣⎡⎦⎤π2，π上的图象是连续不断的，故存在m ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使得g(m)＝0. 由g′(x)＝2cosx －xsinx ，知x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，有g′(x)＜0，从而g(x)在⎝⎛⎭⎫π2，π内单调递减． 当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，m 时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在⎝⎛⎭⎫π2，m 内单调递增，故当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，m 时，f(x)≥f ⎝⎛⎫π2＝π－32＞0，故f(x)在⎣⎡⎦⎤π2，m 上无零点； 当x ∈(m ，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m ，π)内单调递减．又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m ，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m ，π)内有且仅有一个零点．综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．19．B3、B10[2012·北京卷] 某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图1－6所示．从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为( )A ．5B ．7C ．9D ．1119．C [解析] 本题考查利用函数图像识别函数值的变化趋势，也就是函数增减速度的快慢．法一：因为随着n 的增大，S n 在增大，要使S n n 取得最大值，只要让随着n 的增大S n ＋1－S n 的值超过S n ＋1－S 1n(平均变化)的加入即可，S n ＋1－S n 的值不超过S n ＋1－S 1n(平均变化)的舍去，由图像可知，6,7,8,9这几年的改变量较大，所以应该加入，到第10,11年的时候，改变量明显变小，所以不应该加入，故答案为C.法二：假设S m m 是S n n 取的最大值，所以只要S m m >S m ＋1m ＋1即可，也就是S m －0m －0>S m ＋1－0＋－0，即可以看作点Q m (m ，S m )与O(0,0)连线的斜率大于点Q m ＋1(m ＋1，S m ＋1)与O(0,0)连线的斜率，所以观察可知到第Q 9(9，S 9)与O(0,0)连线的斜率开始大于点Q 10(10，S 10)与O(0,0)连线的斜率．答案为C.20．B3、B4[2012·浙江卷] 设函数f(x)是定义在R 上的周期为2的偶函数，当x ∈[0,1]时，f(x)＝x ＋1，则f ⎝⎛⎭⎫32＝________.20．[答案] 32[解析] 本题考查了函数的性质等基本知识，考查了学生的观察、变通能力，属于较易题． 函数f(x)是定义在R 上的周期为2的偶函数，且当x ∈[0,1]时，f(x)＝x ＋1，那么f ⎝⎛⎭⎫32＝f ⎝⎛⎭⎫－32＝f ⎝⎛⎭⎫2－32＝f ⎝⎛⎭⎫12＝32. B4 函数的奇偶性与周期性21．B4[2012·重庆卷] 若f(x)＝(x ＋a)(x －4)为偶函数，则实数a ＝________.21．4 [解析] 因为f(x)＝x 2＋(a －4)x －4a ，所以根据f(x)为偶函数得f(x)＝f(－x)，即x 2＋(a －4)x －4a ＝x 2＋(4－a)x －4a ，所以a －4＝4－a ，解得a ＝4.22．B4[2012·上海卷] 已知y ＝f(x)是奇函数，若g(x)＝f(x)＋2且g(1)＝1，则g(－1)＝________.22．3 [解析] 考查函数的奇偶性和转化思想，解此题的关键是利用y ＝f(x)为奇函数．已知函数y ＝f(x)为奇函数，由已知得g(1)＝f(1)＋2＝1，∴f(1)＝－1，则f(－1)＝－f(1)＝1，所以g(－1)＝f(－1)＋2＝1＋2＝3.23．B4[2012·广东卷] 下列函数为偶函数的是( )A ．y ＝sinxB ．y ＝x 3C ．y ＝e xD ．y ＝ln x 2＋123．D [解析] 根据奇偶性的定义知A 、B 都为奇函数，C 非奇非偶函数，D 是偶函数，所以选择D..B5 二次函数24．B5[2012·山东卷] 设函数f(x)＝1x，g(x)＝－x 2＋bx.若y ＝f(x)的图象与y ＝g(x)的图象有且仅有两个不同的公共点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则下列判断正确的是( )A ．x 1＋x 2>0，y 1＋y 2>0B ．x 1＋x 2>0，y 1＋y 2<0C ．x 1＋x 2<0，y 1＋y 2>0D ．x 1＋x 2<0，y 1＋y 2<024．B [解析] 本题考查函数的图象与性质，考查推理论证能力，偏难．当y ＝f(x)的图象与y ＝g(x)图象有且仅有两个不同的公共点时，其图象为作出点A 关于原点的对称点C ，则C(－x 1，－y 1)12y 1>y 2，故x 1＋x 2>0，y 1＋y 2<0，故选B.25．B5、B6[2012·上海卷] 方程4x －2x ＋1－3＝0的解是________．25．log 23 [解析] 考查指数方程和二次方程的求解，以及函数与方程的思想和转化思想，关键是把指数方程转化为二次方程求解．把原方程转化为(2x )2－2·2x －3＝0，化为(2x －3)(2x ＋1)＝0，所以2x ＝3，或2x ＝－1(舍去)，两边取对数解得x ＝log 23.B6 指数与指数函数26．B6[2012·四川卷] 函数y ＝a x －a(a>0，且a≠1)的图象可能是( )1－1 26．C [解析] 由f(1)＝0可知选C.27．B6、B8[2012·山东卷] 若函数f(x)＝a x (a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g(x)＝(1－4m)x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝________.27.14[解析] 本题考查指数函数与幂函数的单调性，考查分类讨论思想及推理论证能力，中档题．∵g(x)＝(1－4m)x 在(0，＋∞)上单调递增，∴m<14.当a>1时，f(x)的最大值为a 2＝4，即a ＝2，m ＝2－1＝12>14，与m<14相矛盾，舍去；当0<a<1时，f(x)的最大值为a －1＝4，即a ＝14，m ＝⎝⎛⎭⎫142<14成立． 28．B6、B7[2012·天津卷] 已知a ＝21.2，b ⎝⎛⎭⎫12－0.8，c ＝2 log 52，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．c ＜b ＜aB ．c ＜a ＜bC ．b ＜a ＜cD ．b ＜c ＜a28．A [解析] ∵a ＝21.2>2,1＝⎝⎛⎭⎫120<b ＝⎝⎛⎭⎫12－0.8<⎝⎛⎭⎫12－1＝2，c ＝2log 52＝log 54<1，∴c<b<a. 29．B6、B7[2012·课标全国卷] 当0<x≤12时，4x <log a x ，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎫0，22 B.⎝⎛⎭⎫22，1 C ．(1，2) D ．(2，2) 29．B [解析] 当a>1时，因为0<x≤12，所以log a x<0.不满足4x <log a x ，故舍去；当0<a<1时，因为0<x≤12，数形结合易得，需满足412<log a 12，得2<log a 12，则a 2>12，解得a>22或a<－22.结合前提条件得22<a<1.综上，a ∈⎝⎛⎭⎫22，1. 30．B6、B8、B9[2012·北京卷] 函数f(x)＝x 12－⎝⎛⎭⎫12x 的零点个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．330．B [解析] 本题考查指数函数和幂函数的图象与性质，考查数形结合的数学思想．由f(x)＝x 12－⎝⎛⎭⎫12x ＝0，可得x 12＝⎝⎛⎭⎫12x ，令h(x)＝x 12，g(x)＝⎝⎛⎭⎫12x ，所以函数f(x)的零点个数就是函数h(x)与g(x)的交点个数，如图可知交点个数只有一个，所以函数f(x)的零点个数为1，答案为B.31．E1、B6、B7[2012·湖南卷] 设a ＞b ＞1，c ＜0，给出下列三个结论：①c a ＞c b；②a c ＜b c ；③log b (a －c)＞log a (b －c)．其中所有的正确结论的序号是( )A ．①B ．①②C ．②③D ．①②③31．D [解析] 本题考查不等式性质、指数式和对数式的大小比较，意在考查考生对不等式性质、幂函数和对数函数的性质的运用能力；解题思路：转化为幂函数比较大小，利用换底公式比较对数式的大小．由不等式的基本性质可知①对；幂函数y ＝x c (c<0)在(0，＋∞)上单调递减，又a ＞b ＞1，所以②对；由对数函数的单调性可得log b (a －c)＞log b (b －c)，又由对数的换底公式可知log b (b －c) ＞log a (b －c)，所以log b (a －c)＞log a (b －c)，故选项D 正确．[易错点] 本题易错一：不等式基本性质不了解，以为①错；易错二：指数式大小比较，利用指数函数的性质比较，容易出错；易错三：对换底公式不了解，无法比较，错以为③错．32．A1、E3、B6[2012·重庆卷] 设函数f(x)＝x 2－4x ＋3，g(x)＝3x －2，集合M ＝{x ∈R |f(g(x))>0|，则N ＝{x ∈R |g(x)<2}，则M∩N 为( )A ．(1，＋∞)B ．(0,1)C ．(－1,1)D ．(－∞，1)32．D [解析] 因为f(g(x))＝[g(x)]2－4g(x)＋3，所以解关于g(x)不等式[g(x)]2－4g(x)＋3＞0，得g(x)＜1或g(x)＞3，即3x －2＜1或3x －2＞3，解得x ＜1或x ＞log 35，所以M ＝(－∞，1)∪(log 35，＋∞)，又由g(x)＜2，即3x －2＜2,3x ＜4，解得x ＜log 34，所以N ＝(－∞，log 34)，故M∩N ＝(－∞，1)，选D.B7 对数与对数函数33．B7[2012·重庆卷] 已知a ＝log 23＋log 23，b ＝log 29－log 23，c ＝log 32，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a ＝b<cB ．a ＝b>cC ．a<b<cD ．a>b>c33．B [解析] 因为a ＝log 233＞1，b ＝log 293＝log 233＞1，又∵0＝log 31＜log 32＜log 33＝1，∴a ＝b ＞c ，选B. 34．B7[2012·全国卷] 已知x ＝lnπ，y ＝log 52，z ＝e －12，则( ) A ．x<y<z B ．z<x<y C ．z<y<x D ．y<z<x34．D [解析] 本小题主要考查对数与指数的大小比较，解题的突破口为寻找中间量作比较．x ＝lnπ>lne ＝1,0<log 52<log 42＝log 4412＝12，1＝e 0>e －12＝1e >14＝12，∴y<z<x ，故选D. 35．B7[2012·北京卷] 已知函数f(x)＝lgx ，若f(ab)＝1，则f(a 2)＋f(b 2)＝________.35．2 [解析] 本题考查函数解析式与对数运算性质．因为f(ab)＝lg(ab)＝1，所以f(a 2)＋f(b 2)＝lga 2＋lgb 2＝lg(ab)2＝2lg(ab)＝2.36．B7[2012·安徽卷] (log 29)·(log 34)＝( )A.14B.12C ．2D ．4 36．D [解析] (解法一)由换底公式，得()log 29·()log 34＝lg9lg2·lg4lg3＝2lg3lg2·2lg2lg3＝4. (解法二)()log 29·()log 34＝()log 232·()log 322＝2()log 23·2()log 32＝4.37．A1、B7[2012·安徽卷] 设集合A ＝{x|－3≤2x －1≤3}，集合B 为函数y ＝lg(x －1)的定义域，则A∩B ＝( )A ．(1,2)B ．[1,2]C ．[1,2)D ．(1,2]37．D [解析] 根据已知条件，可求得A ＝[]－1，2，B ＝()1，＋∞，所以A∩B ＝[]－1，2∩()1，＋∞＝(]1，2.B8 幂函数与函数的图像象38．B8[2012·湖北卷] 已知定义在区间[0,2]上的函数1－1所示，则y ＝－f(2－x)的图象为( )图1－1图138．B [解析] y ＝f(x)→y ＝f(－x)→y ＝f[－(x －2)]→y ＝－f(2－x)，即将y ＝f(x)的图象关于y 轴对称，再向右平移2个单位长度，然后关于x 轴对称，即为B 图象． B9 函数与方程39．B9、B12、E5[2012·陕西卷] 设函数f(x)＝x n ＋bx ＋c(n ∈N ＋，b ，c ∈R )．(1)设n≥2，b ＝1，c ＝－1，证明：f(x)在区间⎝⎛⎭⎫12，1内存在唯一零点；(2)设n 为偶数，|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，求b ＋3c 的最小值和最大值；(3)设n ＝2，若对任意x 1，x 2∈[－1,1]有|f(x 1)－f(x 2)|≤4，求b 的取值范围．39．解：(1)当b ＝1，c ＝－1，n≥2时，f(x)＝x n ＋x －1.∵f ⎝⎛⎭⎫12f(1)＝⎝⎛⎭⎫12n －12×1＜0.∴f(x)在⎝⎛⎭⎫12，1内存在零点． 又当x ∈⎝⎛⎭⎫12，1时，f′(x)＝nx n －1＋1＞0，∴f(x)在⎝⎛⎫12，1上是单调递增的，∴f(x)在⎝⎛⎭⎫12，1内存在唯一零点．(2)解法一：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ －－，－，即⎩⎪⎨⎪⎧0≤b －c≤2，－2≤b ＋c≤0.由图像知，b ＋3c 在点(0，－2)取到最小值－6， 在点(0,0)取到最大值0，∴b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0.解法二：由题意知－1≤f(1)＝1＋b ＋c≤1，即－2≤b ＋c≤0，①－1≤f(－1)＝1－b ＋c≤1，即－2≤－b ＋c≤0，② ①×2＋②得－6≤2(b ＋c)＋(－b ＋c)＝b ＋3c≤0，当b ＝0，c ＝－2时，b ＋3c ＝－6；当b ＝c ＝0时，b ＋3c ＝0， 所以b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0.解法三：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧－＝1－b ＋c ，＝1＋b ＋c ，解得b ＝－－2，c ＝＋－－22，∴b ＋3c ＝2f(1)＋f(－1)－3. 又∵－1≤f(－1)≤1，－1≤f(1)≤1，∴－6≤b ＋3c≤0，所以b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0.(3)当n ＝2时，f(x)＝x 2＋bx ＋c.对任意x 1，x 2∈[－1,1]都有|f(x 1)－f(x 2)|≤4等价于f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下：①当⎪⎪⎪⎪b 2＞1，即|b|＞2时，M ＝|f(1)－f(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾．②当－1≤－b 2＜0，即0＜b≤2时，M ＝f(1)－f ⎝⎛⎭⎫－b 2＝⎝⎛⎭⎫b 2＋12≤4恒成立．③当0≤－b 2≤1，即－2≤b≤0时，M ＝f(－1)－f ⎝⎛⎭⎫－b 2＝⎝⎛⎭⎫b 2－12≤4恒成立．综上可知，－2≤b≤2.注：②，③也可合并证明如下：用max{a ，b}表示a ，b 中的较大者． 当－1≤－b 2≤1，即－2≤b≤2时，M ＝max{f(1)，f(－1)}－f ⎝⎛⎭⎫－b 2＝－＋2＋－－2－f ⎝⎛⎭⎫－b 2＝1＋c ＋|b|－⎝⎛⎭⎫－b 24＋c ＝⎝⎛⎭⎫1＋|b|22≤4恒成立． 40．B9、C1[2012·湖北卷] 函数f(x)＝x cos2x 在区间[0,2π]上的零点的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．540．D [解析] 要使f(x)＝xcos2x ＝0，则x ＝0或cos2x ＝0，而cos2x ＝0(x ∈[0,2π])的解有x ＝π4，3π4，5π4，7π4，所以零点的个数为5.故选D.41．B3、B9、B12[2012·福建卷] 已知函数f(x)＝axsinx －32(a ∈R )，且在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为π－32. (1)求函数f(x)的解析式； (2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．41．解：(1)由已知f′(x)＝a(sinx ＋xcosx)，对于任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，有sinx ＋xcosx ＞0. 当a ＝0时，f(x)＝－32，不合题意；当a ＜0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f′(x)＜0，从而f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内单调递减， 又f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的图象是连续不断的，故f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f(0)＝－32，不合题意； 当a ＞0，x ∈⎝⎛⎫0，π2时，f′(x)＞0，从而f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内单调递增，又f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的图象是连续不断的，故f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f ⎝⎛⎭⎫π2，即π2a －32＝π－32，解得a ＝1.综上所述，得f(x)＝xsinx －32. (2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：由(1)知，f(x)＝xsinx －32，从而有f(0)＝－32＜0.f ⎝⎛⎭⎫π2＝π－32＞0， 又f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的图象是连续不断的．所以f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内至少存在一个零点． 又由(1)知f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递增，故f(x)在⎝⎛⎭⎫0，π2内有且仅有一个零点．当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时，令g(x)＝f′(x)＝sinx ＋xcosx.由g ⎝⎛⎭⎫π2＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在⎣⎡⎦⎤π2，π上的图象是连续不断的，故存在m ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使得g(m)＝0. 由g′(x)＝2cosx －xsinx ，知x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，有g′(x)＜0，从而g(x)在⎝⎛⎭⎫π2，π内单调递减．当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，m 时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在⎝⎛⎭⎫π2，m 内单调递增，故当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，m 时，f(x)≥f ⎝⎛⎭⎫π2＝π－32＞0，故f(x)在⎣⎡⎦⎤π2，m 上无零点；当x ∈(m ，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m ，π)内单调递减．又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m ，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m ，π)内有且仅有一个零点．综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．B10 函数模型及其应用42．B10、B11、B12 [2012·浙江卷] 已知a ∈R ，函数f(x)＝4x 3－2ax ＋a.(1) 求f(x)的单调区间； (2)证明：当0≤x≤1时，f(x)＋|2－a|>0.42．解：(1)由题意得f′(x)＝12x 2－2a.当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．当a ＞0 时，f′(x)＝12⎝⎛⎭⎫x －a 6⎝⎛⎭⎫x ＋a 6，此时函数f(x)的单调递增区间为⎝⎛⎦⎤－∞，－a 6和⎣⎡⎭⎫a 6，＋∞， 单调递减区间为⎣⎡⎦⎤－a 6，a 6.(2)由于0≤x≤1，故当a≤2时，f(x)＋|a －2|＝4x 3－2ax ＋2≥4x 3－4x ＋2. 当a ＞2时，f(x)＋|a －2|＝4x 3＋2a(1－x)－2≥4x 3＋4(1－x)－2＝4x 3－4x ＋2.设g(x)＝2x 3－2x ＋1,0≤x≤1，则g′(x)＝6x 2－2＝6⎛⎭⎫x －3⎛⎭⎫x ＋3，于是所以，43．B10、B11、B12[2012·北京卷] 已知函数f(x)＝ax 2＋1(a>0)，g(x)＝x 3＋bx.(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 ＝3，b ＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k 的取值范围．43．解：(1)f′(x)＝2ax ，g′(x)＝3x 2＋b.因为曲线y ＝f(x)与曲线y ＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．即a ＋1＝1＋b ，且2a ＝3＋b.解得a ＝3，b ＝3.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当a ＝3，b ＝－9时， h(x)＝x 3＋3x 2－9x ＋1，h′(x)＝3x 2＋6x －9.令h′(x)＝0，得x 1＝－3，x 2＝1.h(x)与h′(x)在(－∞，2]上的情况如下：由此可知：当当－3＜k ＜2时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.因此，k 的取值范围是(－∞，－3]．44．K2、B10、I2[2012·课标全国卷] 某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．(1)若花店一天购进17枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n(单位：枝，n ∈N )的函数解析式；(2)花店记录了100①假设花店在这100②若花店一天购进17枝玫瑰花，以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于75元的概率．44．解：(1)当日需求量n≥17时，利润y ＝85.当日需求量n<17时，利润y ＝10n －85.所以y 关于n 的函数解析式为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －85，n<17，85，n≥17(n ∈N)． (2)①这100天中有10天的日利润为55元，20天的日利润为65元，16天的日利润为75元，54天的日利润为85元，所以这100天的日利润的平均数为1100(55×10＋65×20＋75×16＋85×54)＝76.4. ②利润不低于75元当且仅当日需求量不少于16枝．故当天的利润不少于75元的概率为p ＝0.16＋0.16＋0.15＋0.13＋0.1＝0.7.45．B10、I4[2012·福建卷] 某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：(1)求回归直线方程y ^＝bx ＋a ，其中b ＝－20，a ＝y －b x ；(2)预计在今后的销售中，销量与单价仍然服从(1)中的关系，且该产品的成本是4元/件，为使工厂获得最大利润，该产品的单价应定为多少元？(利润＝销售收入－成本)45．解：(1)由于x －＝16(x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)＝8.5，y －＝16(y 1＋y 2＋y 3＋y 4＋y 5＋y 6)＝80. 所以a ＝y －－b x －＝80＋20×8.5＝250，从而回归直线方程为y ^＝－20x ＋250.(2)设工厂获得的利润为L 元，依题意得L ＝x(－20x ＋250)－4(－20x ＋250)＝－20x 2＋330x －1000＝－20⎝⎛⎭⎫x －3342＋361.25.当且仅当x ＝8.25时，L 取得最大值．故当单价定为8.25元时，工厂可获得最大利润． B11 导数及其运算46．B11[2012·陕西卷] 设函数f(x)＝2x＋lnx ，则( ) A ．x ＝12为f(x)的极大值点 B ．x ＝12为f(x)的极小值点 C ．x ＝2为f(x)的极大值点 D ．x ＝2为f(x)的极小值点 46．D [解析] 所给的原函数f(x)＝2x ＋lnx 的导函数为f′(x)＝－2x 2＋1x，令f′(x)＝0可得x ＝2，当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当x<2时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数，所以x ＝2为极小值点，故选D.47．B11[2012·课标全国卷] 曲线y ＝x(3lnx ＋1)在点(1,1)处的切线方程为________．47．y ＝4x －3[解析] y′＝3lnx ＋1＋x·3x＝3lnx ＋4，故y′|x ＝1＝4.故所求切线方程为y －1＝4(x －1)，即4x －y －3＝0. 48．B11[2012·辽宁卷] 已知P ，Q 为抛物线x 2＝2y 上两点，点P ，Q 的横坐标分别为4，－2，过P 、Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点A ，则点A 的纵坐标为( )A ．1B ．3C ．－4D ．－848．C [解析] 本小题主要考查导数的几何意义的应用．解题的突破口为求切点坐标和切线的斜率．由x 2＝2y 可知y ＝12x 2，这时y′＝x ，由P ，Q 的横坐标为4，－2，这时P(4,8)，Q(－2,2), 以点P 为切点的切线方程PA 为y －8＝4(x －4)，即4x －y －8＝0①；以点Q 为切点的切线方程QA 为y －2＝－2(x ＋2)，即2x ＋y ＋2＝0②；由①②联立得A 点坐标为(1，－4)，这时纵坐标为－4.49．D3、B11[2012·上海卷] 有一列正方体，棱长组成以1为首项、12为公比的等比数列，体积分别记为V 1，V 2，…，V n ，…，则lim n→∞(V 1＋V 2＋…＋V n )＝________.49.87[解析] 考查等比数列和无穷递缩等比数列的极限，此题只要掌握极限公式即可解决，是简单题型． 由已知可知V 1，V 2，V 3，…构成新的等比数列，首项V 1＝1，公比q ＝18， 由极限公式得lim n→∞ (V 1＋V 2＋…＋V n )＝V 11－q ＝11－18＝87. 50．B11、B12、E1[2012·浙江卷] 设a>0，b>0，e 是自然对数的底数( )A ．若e a ＋2a ＝e b ＋3b ，则a>bB ．若e a ＋2a ＝e b ＋3b ，则a<bC ．若e a －2a ＝e b －3b ，则a>bD ．若e a －2a ＝e b －3b ，则a<b50．A [解析] 本题考查构造函数、利用函数性质来实现判断逻辑推理的正确与否，考查观察、构想、推理的能力．由e a ＋2a ＝e b ＋3b ，有e a ＋3a>e b ＋3b ，令函数f(x)＝e x ＋3x ，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵f(a)>f(b)，∴a>b ，A 正确，B 错误；由e a －2a ＝e b －3b ，有e a －2a<e b －2b ，令函数f(x)＝e x －2x ，则f′(x)＝e x －2，函数f(x)＝e x －2x 在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，当a ，b ∈(0，ln2)时，由f(a)<f(b)，得a>b ，当a ，b ∈(ln2，＋∞)时，由f(a)<f(b)得a<b ，故C 、D 错误． B12 导数的应用51．B12[2012·重庆卷] 设函数f(x)在R 上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf′(x)的图象可能是( )图151．C [解析] 在A 中，当x ＜－2时，由图象知y ＝xf′(x)＞0，则f′(x)＜0；当－2＜x ＜0时，由图象知y ＝xf′(x)＞0，则f′(x)＜0，所以函数在x ＝－2处没有极值；在B 中，当x ＜－2时，由图象知y ＝xf′(x)＜0，则f′(x)＞0；当－2＜x ＜0时，由图象知y ＝xf′(x)＜0，则f′(x)＞0，所以函数在x ＝－2处没有极值；在C 中，当x ＜－2时，由图象知y ＝xf′(x)＞0，则f′(x)＜0；当－2＜x ＜0时，由图象知y ＝xf′(x)＜0，则f′(x)＞0，所以函数在x ＝－2处取得极小值；在D 中，当x ＜－2时，由图象知y ＝xf′(x)＜0，则f′(x)＞0；当－2＜x ＜0时，由图象知y ＝xf′(x)＞0，则f′(x)＜0，所以函数在x ＝－2处取得极大值．综上所知，选C.52．B12[2012·天津卷] 已知函数f(x)＝13x 3＋1－a 2x 2－ax －a ，x ∈R ，其中a ＞0. (1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a 的取值范围；(3)当a ＝1时，设函数f(x)在区间[t ，t ＋3]上的最大值为M(t)，最小值为m(t)，记g(t)＝M(t)－m(t)，求函数g(t)在区间[－3，－1]上的最小值．52．解：(1)f′(x)＝x 2＋(1－a)x －a ＝(x ＋1)(x －a)．由f′(x)＝0，得x 1＝－1，x 2＝a ＞0.当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故函数f(x)(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ －＜0，－＞0，＜0，解得0＜a ＜13.所以，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，13. (3)a ＝1时，f(x)＝13x 3－x －1.由(1)知f(x)在[－3，－1]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增． ①当t ∈[－3，－2]时，t ＋3∈[0,1]，－1∈[t ，t ＋3]，f(x)在[t ，－1]上单调递增，在[－1，t ＋3]上单调递减．因此，f(x)在[t ，t ＋3]上的最大值M(t)＝f(－1)＝－13，而最小值m(t)为f(t)与f(t ＋3)中的较小者．由f(t ＋3)－f(t)＝3(t ＋1)(t ＋2)知，当t ∈[－3，－2]时，f(t)≤f(t ＋3)，故m(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)．而f(t)在[－3，－2]上单调递增，因此f(t)≤f(－2)＝－53，所以g(t)在[－3，－2]上的最小值为g(－2)＝－13－⎝⎛⎭⎫－53＝43. ②当t ∈[－2，－1]时，t ＋3∈[1,2]，且－1,1∈[t ，t ＋3]．下面比较f(－1)，f(1)，f(t)，f(t ＋3)的大小．由f(x)在[－2，－1]，[1,2]上单调递增，有f(－2)≤f(t)≤f(－1)．f(1)≤f(t ＋3)≤f(2)．又由f(1)＝f(－2)＝－53，f(－1)＝f(2)＝－13，从而M(t)＝f(－1)＝－13，m(t)＝f(1)＝－53， 所以g(t)＝M(t)－m(t)＝43.综上，函数g(t)在区间[－3，－1]上的最小值为43. 53．B12[2012·山东卷] 已知函数f(x)＝lnx ＋k ex (k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x>0，g(x)<1＋e －2.53．解：(1)由f(x)＝lnx ＋k e x ，得f′(x )＝1－kx －xlnx xe x，x ∈(0，＋∞)，由于曲线y ＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x 轴平行，所以f′(1)＝0，因此k ＝1.(2)由(1)得f′(x)＝1xex (1－x －xlnx)，x ∈(0，＋∞)，令h(x)＝1－x －xlnx ，x ∈(0，＋∞)， 当x ∈(0,1)时，h(x)>0；当x ∈(1，＋∞)时，h(x)<0.又e x >0，所以x ∈(0,1)时，f′(x)>0；x ∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)证明：因为g(x)＝xf′(x)，所以g(x)＝1e x (1－x －xlnx)，x ∈(0，＋∞)，由(2)h(x)＝1－x －xlnx ，x ∈(0，＋∞)， 求导得h′(x)＝－lnx －2＝－(lnx －lne －2)，x ∈(0，＋∞)，所以当x ∈(0，e －2)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；当x ∈(e －2，＋∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．所以当x ∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(e －2)＝1＋e －2.又当x ∈(0，＋∞)时，0<1e x <1，所以当x ∈(0，＋∞)时，1e x h(x)<1＋e －2，即g(x)<1＋e －2.综上所述结论成立． 54．B12[2012·全国卷] 已知函数f(x)＝13x 3＋x 2＋ax. (1)讨论f(x)的单调性；(2)设f(x)有两个极值点x 1，x 2，若过两点(x 1，f(x 1))，(x 2，f(x 2))的直线l 与x 轴的交点在曲线y ＝f(x)上，求a 的值．54．解：(1)f′(x)＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1.①当a≥1时， f′(x)≥0，且仅当a ＝1，x ＝－1时，f′(x)＝0，所以f(x)是R 上的增函数；②当a<1时，f′(x)＝0有两个根x 1＝－1－1－a ，x 2＝－1＋1－a.当x ∈(－∞，－1－1－a)时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当x ∈(－1－1－a ，－1＋1－a)时，f′(x)<0，f(x)是减函数；当x ∈(－1＋1－a ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数．(2)由题设知，x 1，x 2为方程f′(x)＝0的两个根，故有a<1，x 21＝－2x 1－a ，x 22＝－2x 2－a.因此f(x 1)＝13x 31＋x 21＋ax 1＝13x 1(－2x 1－a)＋x 21＋ax 1＝13x 21＋23ax 1＝13(－2x 1－a)＋23ax 1＝23(a －1)x 1－a 3. 同理，f(x 2)＝23(a －1)x 2－a 3.因此直线l 的方程为y ＝23(a －1)x －a 3. 设l 与x 轴的交点为(x 0,0)，得x 0＝a －，f(x 0)＝13⎣⎡⎦⎤a －3＋⎣⎡⎦⎤a －2＋a 2－＝a 2－3(12a 2－17a ＋6)． 由题设知，点(x 0,0)在曲线y ＝f(x)上，故f(x 0)＝0，解得a ＝0或a ＝23或a ＝34. 55．B12 [2012·安徽卷] 设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝ax ＋1ax＋b(a>0)． (1)求f(x)的最小值； (2)若曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y ＝32x ，求a ，b 的值． 55．解：(1)(方法一)由题设和均值不等式可知，f(x)＝ax ＋1ax ＋b≥2＋b.其中等号成立当且仅当ax ＝1.即当x ＝1a时，f(x)取最小值为2＋b.(方法二)f(x)的导数f′(x)＝a －1ax 2＝a 2x 2－1ax 2.当x>1a 时，f′(x)>0，f(x)在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上递增；当0<x<1a时，f′(x)<0，f(x)在⎝⎛⎭⎫0，1a 上递减．所以当x ＝1a 时，f(x)取最小值为2＋b.(2)f′(x)＝a －1ax 2.由题设知，f′(1)＝a －1a ＝32，解得a ＝2或a ＝－12(不合题意，舍去)．将a ＝2代入f(1)＝a ＋1a ＋b ＝32，解得b ＝－1，所以a ＝2，b ＝－1. 56．B12、E7[2012·辽宁卷] 设f(x)＝lnx ＋x －1，证明：(1)当x>1时，f(x)<32(x －1)；(2)当1<x<3时，f(x)<－x ＋5. 56．解：(1)(证法一)记g(x)＝lnx ＋x －1－32(x －1)．则当x>1时，g′(x)＝1x ＋12x －32<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减． 又g(1)＝0，有g(x)<0，即f(x)<32(x －1)．(证法二)由均值不等式，当x>1时，2x<x ＋1，故x<x 2＋12.① 令k(x)＝lnx －x ＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝1x －1<0，故k(x)<0，即lnx<x －1.②由①②得，当x>1时，f(x)<32(x －1)． (2)(证法一)记h(x)＝f(x)－－x ＋5，由(1)得h′(x)＝1x ＋12x －54＋2＝2＋x 2x －54＋2<x ＋54x －54＋2＝＋3－216x ＋2令g(x)＝(x ＋5)3－216x ，则当1<x<3时，g′(x)＝3(x ＋5)2－216<0.因此g(x)在(1,3)内是递减函数，又由g(1)＝0，得g(x)<0，所以h′(x)<0.因此h(x)在(1,3)内是递减函数，又h(1)＝0，得h(x)<0.于是当1<x<3时，f(x)<－x ＋5.(证法二) 记h(x)＝(x ＋5)f(x)－9(x －1)，则当1<x<3时，由(1)得h′(x)＝f(x)＋(x ＋5)f′(x)－9<32(x －1)＋(x ＋5)⎝⎛⎭⎫1x ＋12x －9 ＝12x [3x(x －1)＋(x ＋5)(2＋x)－18x]<12x ⎣⎡⎦⎤－＋＋⎝⎛⎭⎫2＋x 2＋12－18x ＝14x (7x 2－32x ＋25)<0. 因此h(x)在(1,3)内单调递减，又h(1)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<－x ＋5. 57．B12、E8[2012·课标全国卷] 设函数f(x)＝e x －ax －2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x>0时，(x －k)f′(x)＋x ＋1>0，求k 的最大值．57．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝e x －a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．若a>0，则当x ∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x ∈(lna ，＋∞)时，f′(x)>0，所以，f(x)在(－∞，lna)单调递减，在(lna ，＋∞)单调递增．(2)由于a ＝1，所以(x －k)f′(x)＋x ＋1＝(x －k)(e x －1)＋x ＋1.故当x>0时，(x －k)f′(x)＋x ＋1>0等价于k<x ＋1e x －1＋x (x>0)．①令g(x)＝x ＋1e x －1＋x ，则g′(x)＝－xe x －1x －2＋1＝e x x －x －x －2.由(1)知，函数h(x)＝e x －x －2在(0，＋∞)单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g′(x)<0；当x ∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k<g(α)，故整数k 的最大值为2.58．B12[2012·辽宁卷] 函数y ＝12x 2－lnx 的单调递减区间为( ) A ．(－1,1] B ．(0,1] C ．[1，＋∞) D ．(0，＋∞)58．B [解析] 本小题主要考查导数的运算与利用导数判断函数单调性．解题的突破口为导数大于0求单调递增区间，导数小于0求单调递减区间．∵y′＝⎝⎛⎭⎫12x 2－lnx ′＝x －1x ＝x 2－1x ＝－＋x，又因为定义域为(0，＋∞)，令y′<0，得到0<x<1，故而函数的单调递减区间为(0,1]．59．B12[2012·江西卷] 已知函数f(x)＝(ax 2＋bx ＋c)e x 在[0,1]上单调递减且满足f(0)＝1，f(1)＝0.(1)求a 的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)－f′(x)，求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值．59．解：(1)由f(0)＝1，f(1)＝0得c ＝1，a ＋b ＝－1，则f(x)＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ，f′(x)＝[ax 2＋(a －1)x －a]e x .依题意对任意x ∈(0,1)，有f′(x)<0.当a>0时，因为二次函数y ＝ax 2＋(a －1)x －a 的图像开口向上，而f′(0)＝－a<0，所以有f′(1)＝(a －1)e<0，即0<a<1；当a ＝1时，对任意x ∈(0,1)有f′(x)＝(x 2－1)e x <0，f(x)符合条件；当a ＝0时，对于任意x ∈(0,1)，f′(x)＝－xe x <0，f(x)符合条件；当a<0时，因f′(0)＝－a>0，f(x)不符合条件．故a 的取值范围为0≤a≤1.(2)因g(x)＝(－2ax ＋1＋a)e x ，g′(x)＝(－2ax ＋1－a)e x .(i)当a ＝0时，g′(x)＝e x >0，g(x)在x ＝0上取得最小值g(0)＝1，在x ＝1上取得最大值g(1)＝e.(ii)当a ＝1时，对于任意x ∈(0,1)有g′(x)＝－2xe x <0，g(x)在x ＝0取得最大值g(0)＝2，在x ＝1取得最小值g(1)＝0.(iii)当0<a<1时，由g ′(x)＝0得x ＝1－a 2a >0.①若1－a 2a ≥1，即0<a≤13时，g(x)在[0,1]上单调递增，g(x)在x ＝0取得最小值g(0)＝1＋a ，在x ＝1取得最大值g(1)＝(1－a)e.②若1－a 2a <1，即13<a<1时，g(x)在x ＝1－a 2a 取得最大值g ⎝⎛⎭⎫1－a 2a ＝2ae 1－a 2a ，在x ＝0或x ＝1取得最小值，而g(0)＝1＋a ，g(1)＝(1－a)e ，则当13<a≤e －1e ＋1时，g(x)在x ＝0取得最小值g(0)＝1＋a ；当e －1e ＋1<a<1时，g(x)在x ＝1取得最小值g(1)＝(1－a)e. 60．B12、E3[2012·广东卷] 设0<a<1，集合A ＝{x ∈R |x>0}，B ＝{x ∈R |2x 2－3(1＋a)x ＋6a>0}，D ＝A∩B.(1)求集合D(用区间表示)；(2)求函数f(x)＝2x 3－3(1＋a)x 2＋6ax 在D 内的极值点．60．解：(1)x ∈D ⇔x>0且2x 2－3(1＋a)x ＋6a>0.令h(x)＝2x 2－3(1＋a)x ＋6a ，Δ＝9(1＋a)2－48a ＝3(3a －1)(a －3)．①当13<a<1时，Δ<0，∴∀x ∈R ，h(x)>0，∴B ＝R.于是D ＝A∩B ＝A ＝(0，＋∞)．②当a ＝13时，Δ＝0，此时方程h(x)＝0有唯一解x 1＝x 2＝＋4＝3⎝⎛⎭⎫1＋134＝1，∴B ＝(－∞，1)∪(1，＋∞)．于是D ＝A∩B ＝(0,1)∪(1，＋∞)．③当0<a<13时，Δ>0，此时方程h(x)＝0有两个不同的解x 1＝3＋3a －－－4，x 2＝3＋3a ＋－－4.∵x 1<x 2且x 2>0，∴B ＝(－∞，x 1)∪(x 2，＋∞)．又∵x 1>0⇔a>0，∴D ＝A∩B ＝(0，x 1)∪(x 2，＋∞)．(2)f′(x)＝6x 2－6(1＋a)x ＋6a ＝6(x －1)(x －a)．当 极大值 ①当13<a<1时，D ＝(0，＋∞)．由表可得，x ＝a 为f(x)在D 内的极大值点，x ＝1为f(x)在D 内的极小值点． ②当a ＝13时，D ＝(0,1)∪(1，＋∞)．由表可得，x ＝13为f(x)在D 内的极大值点．③当0<a<13时，D ＝(0，x 1)∪(x 2，＋∞)．∵x 1＝3＋3a －－－4＝3＋3a －3－5a 2－16a 24≥14[3＋3a －(3－5a)]＝2a>a 且x 1<3＋3a 4<1， x 2＝3＋3a ＋33a －1a －34＝3＋3a ＋1－3a 2＋8－24a 4>3＋3a ＋1－3a 4＝1，∴a ∈D,1∉D. 由表可得，x ＝a 为f(x)在D 内的极大值点．61．B12、E8[2012·湖北卷] 设函数f(x)＝ax n (1－x)＋b(x ＞0)，n 为整数，a ，b 为常数．曲线y ＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x ＋y ＝1.(1)求a ，b 的值；(2)求函数f(x)的最大值；(3)证明：f(x)＜1ne. 61．解：(1)因为f(1)＝b ，由点(1，b)在x ＋y ＝1上，可得1＋b ＝1，即b ＝0.因为f′(x)＝anx n －1－a(n ＋1)x n ，所以f′(1)＝－a ，又因为切线x ＋y ＝1的斜率为－1，所以－a ＝－1，即a ＝1.故a ＝1，b ＝0.(2)由(1)知，f(x)＝x n (1－x)＝x n－x n ＋1，f′(x)＝(n ＋1)x n －1⎝⎛⎭⎫n n ＋1－x .令f′(x)＝0，解得x ＝n n ＋1，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x 0＝n n ＋1. 在⎝⎛⎭⎫0，n n ＋1上，f′(x)>0，f(x)单调递增；而在⎝⎛⎭⎫n n ＋1，＋∞上，f′(x)<0，f(x)单调递减．故f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f ⎝⎛⎭⎫n n ＋1＝⎝⎛⎭⎫n n ＋1n ⎝⎛⎭⎫1－n n ＋1＝n n ＋n ＋1.(3)证明：令φ(t)＝lnt －1＋1t (t ＞0)，则φ′(t)＝1t －1t 2＝t －1t 2(t ＞0)． 在(0,1)上，φ′(t)＜0，故φ(t)单调递减；而在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增．故φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0.所以φ(t)＞0(t ＞1)，即lnt ＞1－1t (t ＞1)．令t ＝1＋1n ，得ln n ＋1n ＞1n ＋1，即ln ⎝⎛⎭⎫n ＋1n n ＋1＞lne ，所以⎝⎛⎭⎫n ＋1n n ＋1＞e ，即n n ＋n ＋1＜1ne . 由(2)知，f(x)≤n n ＋n ＋1＜1ne ，故所证不等式成立． 62．B12、E4[2012·重庆卷] 已知函数f(x)＝ax 3＋bx ＋c 在点x ＝2处取得极值c －16.(1)求a ，b 的值；(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．62．解：因f(x)＝ax 3＋bx ＋c ，故f′(x)＝3ax 2＋b.由于f(x)在点x ＝2处取得极值c －16.故有⎩⎪⎨⎪⎧＝0，＝c －16， 即⎩⎪⎨⎪⎧ 12a ＋b ＝0，8a ＋2b ＋c ＝c －16，化简得⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，4a ＋b ＝－8，解得a ＝1，b ＝－12.(2)由(1)知f(x)＝x 3－12x ＋c ； f′(x)＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)．令f′(x)＝0，得x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－2)上为增函数；当x ∈(－2,2)时，f′(x)<0，故f(x)在(－2,2)上为减函数；当x ∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(2，＋∞)上为增函数．由此可知f(x)在x 1＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c ，f(x)在x 2＝2处取得极小值f(2)＝c －16.由题设条件知16＋c ＝28，得c ＝12.此时f(－3)＝9＋c ＝21，f(3)＝－9＋c ＝3，f(2)＝－16＋c ＝－4，因此f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4.63．B12、D2[2012·安徽卷] 设函数f(x)＝x 2＋sinx 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }． (1)求数列{x n }的通项公式；(2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sinS n .63．解：(1)因为f′(x)＝12＋cosx ＝0，cosx ＝－12.解得x ＝2kπ±23π(k ∈Z)．由x n 是f(x)的第n 个正极小值点知， x n ＝2nπ－23π(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n)－23nπ＝n(n ＋1)π－2nπ3.所以sinS n ＝sin ⎝⎛⎭⎫＋－2nπ3. 因为n(n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，n(n ＋1)一定为偶数．所以sinS n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2nπ3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sinS n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2mπ－43π＝－32；当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sinS n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2mπ－23π＝32； 当n ＝3m(m ∈N *)时，sinS n ＝－sin2mπ＝0.综上所述，sinS n ＝⎩⎨⎧－32，n ＝3m －∈N *，32，n ＝3m －∈N *，0，n ＝3m ()m ∈N *.64．B12、M2[2012·湖南卷] 已知函数f(x)＝e x －ax ，其中a ＞0.(1)若对一切x ∈R ，f(x)≥1恒成立，求a 的取值集合；(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x 1，f(x 1))，B(x 2，f(x 2))(x 1＜x 2)，记直线AB 的斜率为k ，证明：存在x 0∈(x 1，x 2)，使f′(x 0)＝k 成立．64．解：(1)f′(x)＝e x －a.令f′(x)＝0得x ＝lna.当x ＜lna 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x ＞lna 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．故当x ＝ln a 时，f(x)取最小值f(lna)＝a －alna.于是对一切x ∈R ，f(x)≥1恒成立，当且仅当a －alna≥1. ① 令g(t)＝t －tlnt ，则g′(t)＝－lnt.当0＜t ＜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a ＝1时，①式成立．综上所述，a 的取值集合为{1}．(2)由题意知，k ＝2－1x 2－x 1＝ex 2－ex 1x 2－x 1－a.令φ(x)＝f′(x)－k ＝e x －ex 2－ex 1x 2－x 1，则φ(x 1)＝－ex 1x 2－x 1[ex 2－x 1－(x 2－x 1)－1]， φ(x 2)＝ex 2x 2－x 1[ex 1－x 2－(x 1－x 2)－1]．令F(t)＝e t －t －1，则F′(t)＝e t －1.当t ＜0时，F′(t)＜0，F(t)单调递减；。
全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)
全国卷历年高考函数与导数真题归类分析（含答案）（2015年-2018年共11套） 函数与导数小题（共23小题）一、函数奇偶性与周期性1.（2015年1卷13）若函数f （x ）=2ln()x x a x ++为偶函数，则a=【解析】由题知2ln()y x a x =++是奇函数，所以22ln()ln()x a x x a x +++-++ =22ln()ln 0a x x a +-==，解得a =1.考点：函数的奇偶性2.（2018年2卷11）已知是定义域为的奇函数，满足．若，则A.B. 0C. 2D. 50解：因为是定义域为的奇函数，且，所以,因此，因为，所以，，从而，选C.3.（2016年2卷12）已知函数()()R f x x ∈满足()()2f x f x -=-，若函数1x y x+=与()y f x =图像的交点为()11x y ，，()22x y ，，⋯，()m m x y ，，则()1mi i i x y =+=∑（ ）（A ）0 （B ）m （C ）2m （D ）4m【解析】由()()2f x f x =-得()f x 关于()01，对称，而111x y x x+==+也关于()01，对称，∴对于每一组对称点'0i i x x += '=2i i y y +，∴()111022mmmi i i i i i i mx y x y m ===+=+=+⋅=∑∑∑，故选B ．二、函数、方程与不等式4.（2015年2卷5）设函数211log (2),1,()2,1,x x x f x x -+-<⎧=⎨≥⎩,2(2)(log 12)f f -+=( ) （A ）3 （B ）6 （C ）9 （D ）12【解析】由已知得2(2)1log 43f -=+=，又2log 121>， 所以22log 121log 62(log 12)226f -===，故，2(2)(log 12)9f f -+=．5.（2018年1卷9）已知函数．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞） 解：画出函数的图像，在y 轴右侧的去掉，画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A 时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.6.（2017年3卷15）设函数1,0,()2,0,+⎧=⎨>⎩xx x f x x ≤则满足1()()12f x f x +->的x 的取值范围是________．【解析】()1,02 ,0+⎧=⎨>⎩x x x f x x ≤，()112f x f x ⎛⎫+-> ⎪⎝⎭，即()112f x f x ⎛⎫->- ⎪⎝⎭由图象变换可画出12y f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭与()1y f x =-的图象如下：12-1211(,)44-1()2y f x =-1()y f x =-yx由图可知，满足()112f x f x ⎛⎫->- ⎪⎝⎭的解为1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.7.（2017年3卷11）已知函数211()2(e e )x x f x x x a --+=-++有唯一零点，则a =（）A ．1-２B ．13C ．12D ．1【解析】由条件，211()2(e e )x x f x x x a --+=-++，得：221(2)1211211(2)(2)2(2)(e e )4442(e e )2(e e )x x x x x x f x x x a x x x a x x a ----+----+-=---++=-+-+++=-++∴(2)()f x f x -=，即1x =为()f x 的对称轴，由题意，()f x 有唯一零点，∴()f x 的零点只能为1x =，即21111(1)121(e e )0f a --+=-⋅++=，解得12a =．三、函数单调性与最值8.（2017年1卷5）函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减，且为奇函数．若(11)f =-，则满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是 A ．[2,2]- B ．[1,1]- C ．[0,4] D ．[1,3] 【解析】：()()()()12112112113f x f f x f x x -≤-≤⇒≤-≤-⇒-≤-≤⇒≤≤故而选D 。
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函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析【考情分析】【常见题型及解法】1. 常见题型2. 在解题中常用的有关结论（需要熟记）：【基本练习题讲练】【例1】“龟兔赛跑”讲述了这样的故事：领先的兔子看着慢慢爬行的乌龟，骄傲起来，睡了一觉，当它醒来时，发现乌龟快到终点了，于是急忙追赶，但为时已晚乌龟还是先到达了终点……用S1、S2分别表示乌龟和兔子所行的路程，t 为时间，则下图与故事情节相吻合的是（ ） 【答案】 B【解析】在选项B 中，乌龟到达终点时，兔子在同一时间的路程比乌龟短．【点评】函数图象是近年高考的热点的试题，考查函数图象的实际应用，考查学生解决问题、分析问题的能力，在复习时应引起重视．【例2】（山东高考题）已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-，且在区间[0,2]上是增函数，若方程()(0f x m m =>在区间[8,8-上有四个不同的根123,,,x x x x，则1234_________.x x x x +++=A B C D【例3】若1x 是方程lg 3x x+=的解，2x 是310=+x x 的解，则21x x +的值为（ ）A ．23错误！未指定书签。
B ．32C ．3D ．31【例4】若函数()(01)x f x a x a a a =-->≠且有两个零点，则实数a 的取值范围是 ．【例5】已知偶函数()f x 在区间[0,)+∞单调递增，则满足(21)f x -＜1()3f 的x 取值范围是（ ）（A ）（1，2） (B) ［1，2） (C)（1，2） (D) ［1，2）【例6】某单位用2160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x （x ≥10）层，则每平方米的 平均建筑费用为560+48x （单位：元）．为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？（注：平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用=建筑总面积购地总费用）【典型题剖析及训练】 【例2】已知函数2()ln f x a x bx =-图象上一点()()2,2P f 处的切线方程为32ln22y x =-++。
（1）求a b 、的值【例3】设函数()ln fx x =，()ag x x=，()()()F x f x g x =+。
（1）求函数()F x 的单调区间； （2）若函数()(03)y F x x =<≤图象上任意一点00(,)P x y 处的切线的斜率12k ≤恒成立，求实数a 的取值范围；（3）若方程()f x mx =在区间2[1,]e 上有唯一实数解，求实数m 的取值范围；（4）是否存在实数t ，使得函数2(1)y f x =+的图象与函数2211a y g t x ⎛⎫=+- ⎪+⎝⎭的图象恰好有4个不同的交点？若存在，求实数t 的取值范围；若不存在，说明理由。
【例4】（2009 全国I ）设函数()3233f x x bx cx =++在两个极值点12x x 、，且12[10],[1,2].x x ∈-∈，（I ）求b c 、满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点(),b c 的区域； (II) 证明：()2110f x -≤≤-【例5】已知函数()ln af x x x=+， ()g x x =， ()(1)()x F x f e g x =+- （x R Î） （1）若函数()f x 的图象上任意一点00(,)P x y 处的切线的斜率都不大于12，求实数a 的取值范围。
（2）当0a =时，若12x x R Î、且12x x ¹，证明：[]12121()()22x x F F x F x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭（3）当0a =时，若关于x 的方程21[()()]m f x g x x +=（0m >）有唯一实数解，求m 的值。
【例6】（2011 湖南 文 22）设函数1()ln ().f x x a x a R x=--∈ (I)讨论()f x 的单调性；（II ）若()f x 有两个极值点12x x 和，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存在【例7】（2011辽宁）已知函数x a ax x x f )2(ln )(2-+-=．（I ）讨论)(x f 的单调性；（II ）设0>a ，证明：当10x a <<时，11fx f x a a ⎛⎫⎛⎫+>- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； （III ）若函数)(x f y =的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：f '（x 0）＜0．【例8】（2011 江苏 19）已知a ，b 是实数，函数32(),(),f x x ax g x x bx =+=+ )(x f ' 和)(x g ' 是()()f x g x 、的导函数，若0)()(≥''x g x f 在区间I 上恒成立，则称)(x f 和)(x g 在区间I 上单调性一致. （1）设0>a ，若函数)(x f 和)(x g 在区间),1[+∞-上单调性一致,求实数b 的取值范围； （2）设,0<a且b a ≠，若函数)(x f 和)(x g 在以a ，b 为端点的开区间上单调性一致，求a b-的最大值.【说明】本题主要考查单调性概念、导数运算及应用、含参不等式恒成立问题，综合考查、线性规划、解二次不等式、二次函数、化归及数形结合的思想，考查用分类讨论思想进行探索分析和解决问题的综合能力.(1)中档题；（2）难题.【例9】（2009 湖北）已知关于x 的函数f(x)＝331x ＋bx 2＋cx ＋bc,其导函数为f +(x)。
.令g(x)＝()f x ',记函数g(x)在区间[-1、1]上的最大值为M.(Ⅰ)如果函数f(x)在x ＝1处有极值-34，试确定b 、c 的值： （Ⅱ）若∣b ∣>1,证明对任意的c,都有M>2: (Ⅲ)若M ≧K 对任意的b 、c 恒成立，试求k 的最大值。
【例10】（2010 湖北）已知函数()(0)bf x ax c a x=++>的图象在点(1,(1))f 处的切线方程为1y x =-（1）用a 表示出b 、c 。
（2）若()ln f x x ≥在[1,)+∞上恒成立，求a 的取值范围。
（3）证明：1111ln(1)(1)232(1)n n n n n ++++>++≥+【例11】（2011 湖南 理）已知函数f （x ） =3x ，g （x ）=x （1）求函数()()()h x f x g x =-的零点个数，并说明理由；（2）设数列*{}()n a n N ∈ 满足1(0)a a a =>，1()()n n f a g a +=，证明：存在常数M ，使得对于任意的*n N ∈，都有na M ≤.【专题演练】 1．函数22log 2xy x-=+的图象（ ） A ． 关于原点对称 B ．关于主线y x =-对称 C ． 关于y 轴对称 D ．关于直线y x =对称 2． 定义在R 上的偶函数()f x 的部分图象如右图所示，则在 ()2,0-上，下列函数中与()f x 的单调性不同的是（ ） A ．21y x =+ B ． ||1y x =+C ． 321,01,0x x y x x +≥⎧=⎨+<⎩ D ．,,0x x e x o y e x -⎧≥⎪=⎨<⎪⎩3．已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-,且在区间[0,2]上是增函数,则( )A ．(25)(11)(80)f f f -<<B ． (80)(11)(25)f f f <<-C ． (11)(80)(25)f f f <<-D ． (25)(80)(11)f f f -<<4． 定义在R 上的函数f(x )满足f(x)= ⎩⎨⎧>---≤-0),2()1(0),1(log 2x x f x f x x ，则f （2009）的值为 ．5． 已知函数()f x 在R 上满足2()2(2)88f x f x x x =--+-，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程是 ． 6．已知函数321(),3f x x ax bx =++且'(1)0f -= （I ）试用含a 的代数式表示b ； （Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）令1a =-，设函数()f x 在1212,()x x x x <处取得极值，记点1122(,()),(,())M x f x N x f x ，证明：线段MN与曲线()f x 存在异于M 、N 的公共点．7．已知函数32()22f x x bx cx =++-的图象在与x 轴交点处的切线方程是510y x =-．（I ）求函数()f x 的解析式； （II ）设函数1()()3g x f x mx =+，若()g x 的极值存在，求实数m 的取值范围以及函数()g x 取得极值时对应的自变量x 的值．。