最新6年高考4年模拟试题试卷--第三章导数及其应用(答案解析)

出处:老师板报网 时间:2023-04-12

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第三章导数及其应用第一部分六年高考荟萃2010年高考题1..(2010全国卷2理)(10)若曲线12yx在点12,aa处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为18,则a(A)64(B)32(C)16(D)8【答案】A【命题意图】本试题主要考查求导法则、导数的几何意义、切线的求法和三角形的面积公式考查考生的计算能力..【解析】332211\',22yxka,切线方程是13221()2yaaxa,令0x,1232ya,令0y,3xa,∴三角形的面积是121331822saa,解得64a.故选A.2.(2010辽宁文)(12)已知点P在曲线41xye上,为曲线在点P处的切线的倾斜角则的取值范围是(A)[0,4)(B)[,)42(C)3(,]24(D)3[,)4答案D解析:选D.2441212xxxxxeyeeee,12,10xxeye,即1tan0,3[,)43.(2010辽宁理)(1O)已知点P在曲线y=41xe上,a为曲线在点P处的切线的倾斜角,则a的取值范围是(A)[0,4)(B)[,)423(,]24(D)3[,)4【答案】D【命题立意】本题考查了导数的几何意义,求导运算以及三角函数的知识。【解析】因为\'2441(1)2xxxxeyeee,即tana≥-1,所以344.(2010全国卷2文)(7)若曲线2yxaxb在点(0,)b处的切线方程是10xy,则(A)1,1ab(B)1,1ab(C)1,1ab(D)1,1ab【解析】A:本题考查了导数的几何意思即求曲线上一点处的切线方程∵02xyxaa,∴1a,(0,)b在切线10xy,∴1b5.(2010江西理)12.如图,一个正五角星薄片(其对称轴与水面垂直)匀速地升出水面,记t时刻五角星露出水面部分的图形面积为00StS,则导函数\'ySt的图像大致为【答案】A【解析】本题考查函数图像、导数图、导数的实际意义等知识,重点考查的是对数学的探究能力和应用能力。最初零时刻和最后终点时刻没有变化,导数取零,排除C;总面积一直保持增加,没有负的改变量,排除B;考察A、D的差异在于两肩位置的改变是否平滑,考虑到导数的意义,判断此时面积改变为突变,产生中断,选择A。6.(2010江苏卷)14、将边长为1m正三角形薄片,沿一条平行于底边的直线剪成两块,其中一块是梯形,记2(S梯形的周长)梯形的面积,则S的最小值是________。【解析】考查函数中的建模应用,等价转化思想。一题多解。设剪成的小正三角形的边长为x,则:222(3)4(3)(01)1133(1)(1)22xxSxxxx(方法一)利用导数求函数最小值。224(3)()13xSxx,22224(26)(1)(3)(2)()(1)3xxxxSxx2222224(26)(1)(3)(2)42(31)(3)(1)(1)33xxxxxxxx1()0,01,3Sxxx,当1(0,]3x时,()0,Sx递减;当1[,1)3x时,()0,Sx递增;故当13x时,S的最小值是3233。(方法二)利用函数的方法求最小值。令1113,(2,3),(,)32xttt,则:2224418668331tStttt故当131,83xt时,S的最小值是3233。7.(2010湖南文)21.(本小题满分13分)已知函数()(1)ln15,afxxaxax其中a<0,且a≠-1.(Ⅰ)讨论函数()fx的单调性;(Ⅱ)设函数332(23646),1(),1(){xxaxaxaaexefxxgx(e是自然数的底数)。是否存在a,使()gx在[a,-a]上为减函数?若存在,求a的取值范围;若不存在,请说明理由。8.(2010浙江理)(22)(本题满分14分)已知a是给定的实常数,设函数22()()()fxxaxbe,bR,xa是()fx的一个极大值点.(Ⅰ)求b的取值范围;(Ⅱ)设123,,xxx是()fx的3个极值点,问是否存在实数b,可找到4xR,使得1234,,,xxxx的某种排列1234,,,iiiixxxx(其中1234,,,iiii=1,2,3,4)依次成等差数列?若存在求所有的b及相应的4x;若不存在,说明理由.解析:本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知识,同时考查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识。(Ⅰ)解:f’(x)=ex(x-a)2(3)2,xabxbaba令222()(3)2,=(3-a+b)4(2)(1)80,gxxabxbabababaab则于是,假设1212,()0.xxgxxx是的两个实根,且(1)当x1=a或x2=a时,则x=a不是f(x)的极值点,此时不合题意。(2)当x1a且x2a时,由于x=a是f(x)的极大值点,故x10),由已知得x=alnx,12x=ax,解德a=2e,x=e2,两条曲线交点的坐标为(e2,e)切线的斜率为k=f’(e2)=12e,切线的方程为y-e=12e(x-e2).(2)由条件知Ⅰ当a.>0时,令h\'(x)=0,解得x=24a,所以当024a时,h\'(x)>0,h(x)在(0,24a)上递增。所以x>24a是h(x)在(0,+∞)上的唯一极致点,且是极小值点,从而也是h(x)的最小值点。所以Φ (a)=h(24a)=2a-aln24a=2Ⅱ当a  ≤   0时,h(x)=(1/2-2a)/2x>0,h(x)在(0,+∞)递增,无最小值。故h(x)的最小值Φ (a)的解析式为2a(1-ln2a)(a>o)(3)由(2)知Φ (a)=2a(1-ln2a)则Φ 1(a)=-2ln2a,令Φ 1(a)=0解得a=1/2当00,所以Φ (a)在(0,1/2)上递增当a>1/2时,Φ 1(a)<0,所以Φ(a)在(1/2,+∞)上递减。所以Φ(a)在(0,+∞)处取得极大值Φ(1/2)=1因为Φ(a)在(0,+∞)上有且只有一个极致点,所以Φ(1/2)=1也是Φ(a)的最大值所当a属于(0,+∞)时,总有Φ(a)  ≤  111.(2010辽宁文)(21)(本小题满分12分)已知函数2()(1)ln1fxaxax.(Ⅰ)讨论函数()fx的单调性;(Ⅱ)设2a,证明:对任意12,(0,)xx,1212|()()|4||fxfxxx.解:(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+),2121()2aaxafxaxxx.当a≥0时,()fx>0,故f(x)在(0,+)单调增加;当a≤-1时,()fx<0,故f(x)在(0,+)单调减少;当-1<a<0时,令()fx=0,解得x=12aa.当x∈(0,12aa)时,()fx>0;x∈(12aa,+)时,()fx<0,故f(x)在(0,12aa)单调增加,在(12aa,+)单调减少.(Ⅱ)不妨假设x1≥x2.由于a≤-2,故f(x)在(0,+)单调减少.所以1212()()4fxfxxx等价于12()()fxfx≥4x1-4x2,即f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.令g(x)=f(x)+4x,则1()2agxaxx+4=2241axxax.于是()gx≤2441xxx=2(21)xx≤0.从而g(x)在(0,+)单调减少,故g(x1)≤g(x2),即 f(x1)+4x1≤f(x2)+4x2,故对任意x1,x2∈(0,+),1212()()4fxfxxx.  12.(2010辽宁理)(21)(本小题满分12分)已知函数1ln)1()(2axxaxf(I)讨论函数)(xf的单调性;(II)设1a.如果对任意),0(,21xx,||4)()(|2121xxxfxf,求a的取值范围。解:(Ⅰ)()fx的定义域为(0,+∞).2121\'()2aaxafxaxxx.当0a时,\'()fx>0,故()fx在(0,+∞)单调增加;当1a时,\'()fx<0,故()fx在(0,+∞)单调减少;当-1<a<0时,令\'()fx=0,解得12axa.则当1(0,)2axa时,\'()fx>0;1(,)2axa时,\'()fx<0.故()fx在1(0,)2aa单调增加,在1(,)2aa单调减少.(Ⅱ)不妨假设12xx,而a<-1,由(Ⅰ)知在(0,+∞)单调减少,从而12,(0,)xx,1212()()4fxfxxx等价于12,(0,)xx,2211()4()4fxxfxx①令()()4gxfxx,则1\'()24agxaxx①等价于()gx在(0,+∞)单调减少,即1240aaxx.从而22222241(21)42(21)2212121xxxxaxxx故a的取值范围为(-∞,-2].……12分13.(2010全国卷2文)(21)(本小题满分12分)已知函数f(x)=x3-3ax2+3x+1。(Ⅰ)设a=2,求f(x)的单调期间;(Ⅱ)设f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点,求a的取值范围。【解析】本题考查了导数在函数性质中的应用,主要考查了用导数研究函数的单调区间、极值及函数与方程的知识。(1)求出函数的导数,由导数大于0,可求得增区间,由导数小于0,可求得减区间。(2)求出函数的导数()fx,在(2,3)内有极值,即为()fx在(2,3)内有一个零点即可根据(2)(3)0ff,即可求出A的取值范围。14.(2010江西理)19.(本小题满分12分)设函数lnln2(0)fxxxaxa。(1)当a=1时,求fx的单调区间。(2)若fx在01,上的最大值为12,求a的值。【解析】考查函数导数运算、利用导数处理函数最值等知识。解:对函数求导得:11()2fxaxx,定义域为(0,2)(1)单调性的处理,通过导数的零点进行穿线判别符号完成。当a=1时,令2112()0+1=0022xfxxxxx得()当(0,2),()0,xfx为增区间;当(22),()0,xfx,为减函数。(2)区间01,上的最值问题,通过导数得到单调性,结合极值点和端点的比较得到,确定待定量a的值。当01x,有最大值,则必不为减函数,且11()2fxaxx>0,为单调递增区间最大值在右端点取到。max1(1)2ffa。15.(2010安徽文)20.(本小题满分12分)设函数sincos1fxxxx,02x,求函数fx的单调区间与极值。【命题意图】本题考查导数的运算,利用导数研究函数的单调性与极值的方法,考查综合应用数学知识解决问题的能力.【解题指导】(1)对函数sincos1fxxxx求导,对导函数用辅助角公式变形,利用导数等于0得极值点,通过列表的方法考查极值点的两侧导数的正负,判断区间的单调性,求极值.,,,()12().423()0()422()xxxxxxxx解:由f(x)=sinx-cosx+x+1,00.(Ⅰ)若a=1,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;(Ⅱ)若在区间11,22上,f(x)>0恒成立,求a的取值范围.【解析】本小题主要考查曲线的切线方程、利用导数研究函数的单调性与极值、解不等式等基础知识,考查运算能力及分类讨论的思想方法.满分12分.(Ⅰ)解:当a=1时,f(x)=323xx12,f(2)=3;f’(x)=233xx,f’(2)=6.所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y-3=6(x-2),即y=6x-9.(Ⅱ)解:f’(x)=2333(1)axxxax.令f’(x)=0,解得x=0或x=1a.以下分两种情况讨论:(1)若110a2a2,则,当x变化时,f’(x),f(x)的变化情况如下表:X102,0120,f’(x)+0-f(x)极大值当11xfx22,时,()>0等价于5a10,()0,8215a()0,0.28ff即解不等式组得-52,则110a2.当x变化时,f’(x),f(x)的变化情况如下表:X102,01a0,1a11a2,f’(x)+0-0+f(x)极大值极小值当11x22,时,f(x)>0等价于1f(-)21f()>0,a>0,即25811->0.2aa>0,解不等式组得252a或22a.因此21时,2x-2>0,从而2x-2e10,0,Fxe又所以’(x)>0,从而函数F(x)在[1,+∞)是增函数。又F(1)=-1-1ee0,所以x>1时,有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).(Ⅲ)证明:(1)若121212(1)(1)0,)),1.xxxxxx12由()及f(xf(x则与矛盾。(2)若121212(1)(1)0,)),.xxxxxx12由()及f(xf(x得与矛盾。根据(1)(2)得1212(1)(1)0,1,1.xxxx不妨设由(Ⅱ)可知,)2f(x>)2g(x,则)2g(x=)2f(2-x,所以)2f(x>)2f(2-x,从而)1f(x>)2f(2-x.因为21x,所以221x,又由(Ⅰ)可知函数f(x)在区间(-∞,1)内事增函数,所以1x>22x,即12xx>2.23.(2010福建文)22.(本小题满分14分)已知函数f(x)=3213xxaxb的图像在点P(0,f(0))处的切线方程为y=3x-2(Ⅰ)求实数a,b的值;(Ⅱ)设g(x)=f(x)+1mx是[2,]上的增函数。(i)求实数m的最大值;(ii)当m取最大值时,是否存在点Q,使得过点Q的直线若能与曲线y=g(x)围成两个封闭图形,则这两个封闭图形的面积总相等?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,说明理由。24.(2010全国卷1理)(20)(本小题满分12分)已知函数()(1)ln1fxxxx.(Ⅰ)若2\'()1xfxxax,求a的取值范围;(Ⅱ)证明:(1)()0xfx.25.(2010湖北文)21.(本小题满分14分)设函数321axxbxc32f(x)=,其中a>0,曲线xyf()在点P(0,0f())处的切线方程为y=1(Ⅰ)确定b、c的值(Ⅱ)设曲线xyf()在点(11xxf,())及(22xxf,())处的切线都过点(0,2)证明:当12xx时,12\'()\'()fxfx(Ⅲ)若过点(0,2)可作曲线xyf()的三条不同切线,求a的取值范围。26.(2010湖南理)20.(本小题满分13分)已知函数2()(,),fxxbxcbcR对任意的xR,恒有\'()fx()fx。(Ⅰ)证明:当0x时,2()()fxxc;(Ⅱ)若对满足题设条件的任意b,c,不等式22()()()fcfbMcb恒成立,求M的最小值。解析:27.(2010福建理)20.(本小题满分14分)(Ⅰ)已知函数3(x)=x-xf,其图象记为曲线C。(i)求函数(x)f的单调区间;(ii)证明:若对于任意非零实数1x,曲线C与其在点111P(x,f(x))处的切线交于另一点222P(x,f(x)),曲线C与其在点222P(x,f(x))处的切线交于另一点333P(x,f(x)),线段11223122PP,PP,S,SCS与曲线所围成封闭图形的面积分别记为S则为定值;(Ⅱ)对于一般的三次函数32g(x)=ax+bx+cx+d(a0),请给出类似于(Ⅰ)(ii)的正确命题,并予以证明。【命题意图】本小题主要考查函数、导数、定积分等基础知识,考查抽象概括能力、运算求解能力、推理论证能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、特殊与一般思想。【解析】(Ⅰ)(i)由3(x)=x-xf得\'2(x)=3x-1f=333(x-)(x+)33,当3x(-,-)3和33(,)时,\'(x)>0f;当3x(-,33)3时,\'(x)<0f,因此,(x)f的单调递增区间为3(-,-)3和33(,),单调递减区间为3(-,33)3。28.(2010湖北理数)29.(2010安徽理)17、(本小题满分12分)设a为实数,函数22,xfxexaxR。(Ⅰ)求fx的单调区间与极值;(Ⅱ)求证:当ln21a且0x时,221xexax。30.(2010江苏卷)20、(本小题满分16分)设)(xf是定义在区间),1(上的函数,其导函数为)(\'xf。如果存在实数a和函数)(xh,其中)(xh对任意的),1(x都有)(xh>0,使得)1)(()(\'2axxxhxf,则称函数)(xf具有性质)(aP。(1)设函数)(xf2ln(1)1bxxx,其中b为实数。(i)求证:函数)(xf具有性质)(bP;(ii)求函数)(xf的单调区间。(2)已知函数)(xg具有性质)2(P。给定1212,(1,),,xxxx设m为实数,21)1(xmmx,21)1(mxxm,且1,1,若|)()(gg|<|)()(21xgxg|,求m的取值范围。【解析】本小题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识,考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。满分16分。(1)(i)\'()fx222121(1)(1)(1)bxbxxxxx∵1x时,21()0(1)hxxx恒成立,∴函数)(xf具有性质)(bP;(ii)(方法一)设222()1()124bbxxbxx,()x与)(\'xf的符号相同。当210,224bb时,()x0,)(\'xf0,故此时)(xf在区间),1(上递增;当2b时,对于1x,有)(\'xf0,所以此时)(xf在区间),1(上递增;当2b时,()x图像开口向上,对称轴12bx,而(0)1,对于1x,总有()x0,)(\'xf0,故此时)(xf在区间),1(上递增;(方法二)当2b时,对于1x,222()121(1)0xxbxxxx所以)(\'xf0,故此时)(xf在区间),1(上递增;当2b时,()x图像开口向上,对称轴12bx,方程()0x的两根为:2244,22bbbb,而2224421,(0,1)224bbbbbb当24(1,)2bbx时,()x0,)(\'xf0,故此时)(xf在区间24(1,)2bb上递减;同理得:)(xf在区间24[,)2bb上递增。综上所述,当2b时,)(xf在区间),1(上递增;当2b时,)(xf在24(1,)2bb上递减;)(xf在24[,)2bb上递增。(2)(方法一)由题意,得:22\'()()(21)()(1)gxhxxxhxx又)(xh对任意的),1(x都有)(xh>0,所以对任意的),1(x都有()0gx,()gx在(1,)上递增。又1212,(21)()xxmxx。当1,12mm时,,且112212(1)(1),(1)(1)xmxmxxmxmx,综合以上讨论,得:所求m的取值范围是(0,1)。(方法二)由题设知,()gx的导函数2\'()()(21)gxhxxx,其中函数()0hx对于任意的),1(x都成立。所以,当1x时,2\'()()(1)0gxhxx,从而()gx在区间),1(上单调递增。①当(0,1)m时,有12111(1)(1)mxmxmxmxx,12222(1)(1)mxmxmxmxx,得12(,)xx,同理可得12(,)xx,所以由()gx的单调性知()g、()g12((),())gxgx,从而有|)()(gg|<|)()(21xgxg|,符合题设。②当0m时,12222(1)(1)mxmxmxmxx,12111(1)(1)mxmxmxmxx,于是由1,1及()gx的单调性知12()()()()ggxgxg,所以|)()(gg|≥|)()(21xgxg|,与题设不符。③当1m时,同理可得12,xx,进而得|)()(gg|≥|)()(21xgxg|,与题设不符。因此综合①、②、③得所求的m的取值范围是(0,1)。2009年高考题一、选择题1.(2009年广东卷文)函数xexxf)3()(的单调递增区间是()A.)2,(B.(0,3)C.(1,4)D.),2(答案D解析()(3)(3)(2)xxxfxxexexe,令()0fx,解得2x,故选D2.(2009全国卷Ⅰ理)已知直线y=x+1与曲线yln()xa相切,则α的值为()A.1B.2C.-1D.-2答案B解:设切点00(,)Pxy,则0000ln1,()yxayx,又0\'01|1xxyxa00010,12xayxa.故答案选B3.(2009安徽卷理)已知函数()fx在R上满足2()2(2)88fxfxxx,则曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程是()A.21yxB.yxC.32yxD.23yx答案A解析由2()2(2)88fxfxxx得几何2(2)2()(2)8(2)8fxfxxx,即22()(2)44fxfxxx,∴2()fxx∴/()2fxx,∴切线方程12(1)yx,即210xy选A4.(2009江西卷文)若存在过点(1,0)的直线与曲线3yx和21594yaxx都相切,则a等于()A.1或25-64B.1或214C.74或25-64D.74或7答案A解析设过(1,0)的直线与3yx相切于点300(,)xx,所以切线方程为320003()yxxxx即230032yxxx,又(1,0)在切线上,则00x或032x,当00x时,由0y与21594yaxx相切可得2564a,当032x时,由272744yx与21594yaxx相切可得1a,所以选A.5.(2009江西卷理)设函数2()()fxgxx,曲线()ygx在点(1,(1))g处的切线方程为21yx,则曲线()yfx在点(1,(1))f处切线的斜率为()A.4   B.14   C.2    D.12答案A解析由已知(1)2g,而()()2fxgxx,所以(1)(1)214fg故选A力。6.(2009全国卷Ⅱ理)曲线21xyx在点1,1处的切线方程为()A.20xyB.20xyC.450xyD.450xy答案B解111222121||[]|1(21)(21)xxxxxyxx,故切线方程为1(1)yx,即20xy故选B.7.(2009湖南卷文)若函数()yfx的导函数在区间[,]ab上是增函数,则函数()yfx在区间[,]ab上的图象可能是()A.B.C.D.解析因为函数()yfx的导函数()yfx在区间[,]ab上是增函数,即在区间[,]ab上各点处的斜率k是递增的,由图易知选A.注意C中yk为常数噢.8.(2009辽宁卷理)若1x满足2x+2x=5,2x满足2x+22log(x-1)=5,1x+2x=()A.52B.3C.72D.4答案C解析由题意11225xx①22222log(1)5xx②ababaoxoxybaoxyoxyby所以11252xx,121log(52)xx即21212log(52)xx令2x1=7-2t,代入上式得7-2t=2log2(2t-2)=2+2log2(t-1)∴5-2t=2log2(t-1)与②式比较得t=x2于是2x1=7-2x29.(2009天津卷理)设函数1()ln(0),3fxxxx则()yfx()A在区间1(,1),(1,)ee内均有零点。B在区间1(,1),(1,)ee内均无零点。C在区间1(,1)e内有零点,在区间(1,)e内无零点。D在区间1(,1)e内无零点,在区间(1,)e内有零点。【考点定位】本小考查导数的应用,基础题。解析由题得xxxxf33131)`(,令0)`(xf得3x;令0)`(xf得30x;0)`(xf得3x,故知函数)(xf在区间)3,0(上为减函数,在区间),3(为增函数,在点3x处有极小值03ln1;又0131)1(,013,31)1(eefeeff,故选择D。二、填空题10.(2009辽宁卷文)若函数2()1xafxx在1x处取极值,则a解析f’(x)=222(1)()(1)xxxaxf’(1)=34a=0a=3答案311.若曲线2fxaxInx存在垂直于y轴的切线,则实数a的取值范围是.解析解析由题意该函数的定义域0x,由12fxaxx。因为存在垂直于y轴的切线,故此时斜率为0,问题转化为0x范围内导函数12fxaxx存在零点。解法1(图像法)再将之转化为2gxax与1hxx存在交点。当0a不符合题意当0a时,如图1,数形结合可得显然没有交点,当0a如图2,此时正好有一个交点故有0a应填,0或是|0aa。解法2(分离变量法)上述也可等价于方程120axx在0,内有解,显然可得21,02ax12.(2009江苏卷)函数32()15336fxxxx的单调减区间为.解析考查利用导数判断函数的单调性。2()330333(11)(1)fxxxxx,由(11)(1)0xx得单调减区间为(1,11)。亦可填写闭区间或半开半闭区间。13.(2009江苏卷)在平面直角坐标系xoy中,点P在曲线3:103Cyxx上,且在第二象限内,已知曲线C在点P处的切线的斜率为2,则点P的坐标为.解析考查导数的几何意义和计算能力。231022yxx,又点P在第二象限内,2x点P的坐标为(-2,15)答案:1a【命题立意】:本题考查了指数函数的图象与直线的位置关系,隐含着对指数函数的性质的考查,根据其底数的不同取值范围而分别画出函数的图象解答.14.(2009福建卷理)若曲线3()lnfxaxx存在垂直于y轴的切线,则实数a取值范围是_____________.答案(,0)解析由题意可知\'21()2fxaxx,又因为存在垂直于y轴的切线,所以231120(0)(,0)2axaxaxx。15.(2009陕西卷理)设曲线1*()nyxnN在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为nx,令lgnnax,则1299aaa的值为.答案-21*1112991299()\'(1)\'|11(1)(1)11298991...lg...lg...lg22399100100nnnxnyxnNyxynxynynxnxnaaaxxx解析:点(1,1)在函数的图像上,(1,1)为切点,的导函数为切线是:令y=0得切点的横坐标:16.(2009四川卷文)设V是已知平面M上所有向量的集合,对于映射:,fVVaV,记a的象为()fa。若映射:fVV满足:对所有abV、及任意实数,都有()()()fabfafb,则f称为平面M上的线性变换。现有下列命题:①设f是平面M上的线性变换,abV、,则()()()fabfafb②若e是平面M上的单位向量,对,()aVfaae设,则f是平面M上的线性变换③对,()aVfaa设,则f是平面M上的线性变换;④设f是平面M上的线性变换,aV,则对任意实数k均有()()fkakfa。其中的真命题是(写出所有真命题的编号)答案①③④解析①:令1,则)()()(bfafbaf故①是真命题同理,④:令0,k,则)()(akfkaf故④是真命题③:∵aaf)(,则有bbf)()()()()()()(bfafbababaf是线性变换,故③是真命题②:由eaaf)(,则有ebbf)(ebfafeebeaebabaf)()()()()()(∵e是单位向量,e≠0,故②是假命题【备考提示】本小题主要考查函数,对应及高等数学线性变换的相关知识,试题立意新颖突出创新能力和数学阅读能力,具有选拔性质。17.(2009宁夏海南卷文)曲线21xyxex在点(0,1)处的切线方程为。答案31yx解析2\'xxxeey,斜率k=200e=3,所以,y-1=3x,即31yx三、解答题18.(2009全国卷Ⅰ理)本小题满分12分。(注意:在试题卷上作答无效)设函数3233fxxbxcx在两个极值点12xx、,且12[10],[1,2].xx,(I)求bc、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,bc的区域;(II)证明:21102fx分析(I)这一问主要考查了二次函数根的分布及线性规划作可行域的能力。大部分考生有思路并能够得分。2363fxxbxc由题意知方程0fx有两个根12xx、1[10],x且,2[1,2].x则有10f,cb00f,1020ff,故有右图中阴影部分即是满足这些条件的点,bc的区域。(II)这一问考生不易得分,有一定的区分度。主要原因是含字母较多,不易找到突破口。此题主要利用消元的手段,消去目标32222233fxxbxcx中的b,(如果消c会较繁琐)再利用2x的范围,并借助(I)中的约束条件得[2,0]c进而求解,有较强的技巧性。解析由题意有22223630fxxbxc............①又32222233fxxbxcx.....................②消去b可得32221322cfxxx.又2[1,2]x,且[2,0]c2110()2fx19.(2009浙江文)(本题满分15分)已知函数32()(1)(2)fxxaxaaxb(,)abR.(I)若函数()fx的图象过原点,且在原点处的切线斜率是3,求,ab的值;(II)若函数()fx在区间(1,1)上不单调,求a的取值范围.解析(Ⅰ)由题意得)2()1(23)(2aaxaxxf又3)2()0(0)0(aafbf,解得0b,3a或1a(Ⅱ)函数)(xf在区间)1,1(不单调,等价于导函数)(xf在)1,1(既能取到大于0的实数,又能取到小于0的实数即函数)(xf在)1,1(上存在零点,根据零点存在定理,有0)1()1(ff,即:0)]2()1(23)][2()1(23[aaaaaa整理得:0)1)(1)(5(2aaa,解得15a20.(2009北京文)(本小题共14分)设函数3()3(0)fxxaxba.(Ⅰ)若曲线()yfx在点(2,())fx处与直线8y相切,求,ab的值;(Ⅱ)求函数()fx的单调区间与极值点.解析本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值、解不等式等基础知识,考查综合分析和解决问题的能力.(Ⅰ)\'233fxxa,∵曲线()yfx在点(2,())fx处与直线8y相切,∴\'203404,24.86828faababf(Ⅱ)∵\'230fxxaa,当0a时,\'0fx,函数()fx在,上单调递增,此时函数()fx没有极值点.当0a时,由\'0fxxa,当,xa时,\'0fx,函数()fx单调递增,当,xaa时,\'0fx,函数()fx单调递减,当,xa时,\'0fx,函数()fx单调递增,∴此时xa是()fx的极大值点,xa是()fx的极小值点.21.(2009北京理)(本小题共13分)设函数()(0)kxfxxek(Ⅰ)求曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程;(Ⅱ)求函数()fx的单调区间;(Ⅲ)若函数()fx在区间(1,1)内单调递增,求k的取值范围.解析本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值、解不等式等基础知识,考查综合分析和解决问题的能力.(Ⅰ)\'\'1,01,00kxfxkxeff,曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程为yx.(Ⅱ)由\'10kxfxkxe,得10xkk,若0k,则当1,xk时,\'0fx,函数fx单调递减,当1,,xk时,\'0fx,函数fx单调递增,若0k,则当1,xk时,\'0fx,函数fx单调递增,当1,,xk时,\'0fx,函数fx单调递减,(Ⅲ)由(Ⅱ)知,若0k,则当且仅当11k,即1k时,函数fx1,1内单调递增,若0k,则当且仅当11k,即1k时,函数fx1,1内单调递增,综上可知,函数fx1,1内单调递增时,k的取值范围是1,00,1.22.(2009山东卷文)(本小题满分12分)已知函数321()33fxaxbxx,其中0a(1)当ba,满足什么条件时,)(xf取得极值?(2)已知0a,且)(xf在区间(0,1]上单调递增,试用a表示出b的取值范围.解:(1)由已知得2\'()21fxaxbx,令0)(\'xf,得2210axbx,)(xf要取得极值,方程2210axbx必须有解,所以△2440ba,即2ba,此时方程2210axbx的根为2212442bbabbaxaa,2222442bbabbaxaa,所以12\'()()()fxaxxxx当0a时,x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f’(x)+0-0+f(x)增函数极大值减函数极小值增函数所以)(xf在x1,x2处分别取得极大值和极小值.当0a时,x(-∞,x2)x2(x2,x1)x1(x1,+∞)f’(x)-0+0-f(x)减函数极小值增函数极大值减函数所以)(xf在x1,x2处分别取得极大值和极小值.综上,当ba,满足2ba时,)(xf取得极值.(2)要使)(xf在区间(0,1]上单调递增,需使2\'()210fxaxbx在(0,1]上恒成立.即1,(0,1]22axbxx恒成立,所以max1()22axbx设1()22axgxx,2221()1\'()222axaagxxx,令\'()0gx得1xa或1xa(舍去),当1a时,101a,当1(0,)xa时\'()0gx,1()22axgxx单调增函数;当1(,1]xa时\'()0gx,1()22axgxx单调减函数,所以当1xa时,()gx取得最大,最大值为1()gaa.所以ba当01a时,11a,此时\'()0gx在区间(0,1]恒成立,所以1()22axgxx在区间(0,1]上单调递增,当1x时()gx最大,最大值为1(1)2ag,所以12ab综上,当1a时,ba;当01a时,12ab【命题立意】:本题为三次函数,利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值,函数在区间上为单调函数,则导函数在该区间上的符号确定,从而转为不等式恒成立,再转为函数研究最值.运用函数与方程的思想,化归思想和分类讨论的思想解答问题.22.设函数321()(1)4243fxxaxaxa,其中常数a>1(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若当x≥0时,f(x)>0恒成立,求a的取值范围。解析本题考查导数与函数的综合运用能力,涉及利用导数讨论函数的单调性,第一问关键是通过分析导函数,从而确定函数的单调性,第二问是利用导数及函数的最值,由恒成立条件得出不等式条件从而求出的范围。解析(I))2)(2(4)1(2)(2axxaxaxxf由1a知,当2x时,0)(xf,故)(xf在区间)2,(是增函数;当ax22时,0)(xf,故)(xf在区间)2,2(a是减函数;当ax2时,0)(xf,故)(xf在区间),2(a是增函数。综上,当1a时,)(xf在区间)2,(和),2(a是增函数,在区间)2,2(a是减函数。(II)由(I)知,当0x时,)(xf在ax2或0x处取得最小值。aaaaaaaf2424)2)(1()2(31)2(23aaa2443423af24)0(由假设知,0)0(,0)2(1fafa即.024,0)6)(3(34,1aaaaa解得11时,121a当x变化时,\'()fx与()fx的变化情况如下表:x(,12)a(12,1)a(1,)\'()fx+-+()fx单调递增单调递减单调递增由此得,函数()fx的单调增区间为(,12)a和(1,),单调减区间为(12,1)a。②当1a时,121a此时有\'()0fx恒成立,且仅在1x处\'()0fx,故函数()fx的单调增区间为R③当1a时,121a同理可得,函数()fx的单调增区间为(,1)和(12,)a,单调减区间为(1,12)a综上:当1a时,函数()fx的单调增区间为(,12)a和(1,),单调减区间为(12,1)a;当1a时,函数()fx的单调增区间为R;当1a时,函数()fx的单调增区间为(,1)和(12,)a,单调减区间为(1,12)a.(Ⅱ)由1a得321()33fxxxx令2()230fxxx得121,3xx由(1)得()fx增区间为(,1)和(3,),单调减区间为(1,3),所以函数()fx在处121,3xx取得极值,故M(51,3)N(3,9)。观察()fx的图象,有如下现象:①当m从-1(不含-1)变化到3时,线段MP的斜率与曲线()fx在点P处切线的斜率()fx之差Kmp-\'()fm的值由正连续变为负。②线段MP与曲线是否有异于H,P的公共点与Kmp-\'()fm的m正负有着密切的关联;③Kmp-\'()fm=0对应的位置可能是临界点,故推测:满足Kmp-\'()fm的m就是所求的t最小值,下面给出证明并确定的t最小值.曲线()fx在点(,())Pmfm处的切线斜率2\'()23fmmm;线段MP的斜率Kmp2453mm当Kmp-\'()fm=0时,解得12mm或直线MP的方程为22454()33mmmmyx令22454()()()33mmmmgxfxx当2m时,2\'()2gxxx在(1,2)上只有一个零点0x,可判断()fx函数在(1,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减,又(1)(2)0gg,所以()gx在(1,2)上没有零点,即线段MP与曲线()fx没有异于M,P的公共点。当2,3m时,24(0)03mmg.2(2)(2)0gm所以存在0,2m使得()0g即当2,3,m时MP与曲线()fx有异于M,P的公共点综上,t的最小值为2.(2)类似(1)于中的观察,可得m的取值范围为1,3解法二:(1)同解法一.(2)由1a得321()33fxxxx,令2\'()230fxxx,得121,3xx由(1)得的()fx单调增区间为(,1)和(3,),单调减区间为(1,3),所以函数在处取得极值。故M(51,3).N(3,9)(Ⅰ)直线MP的方程为22454.33mmmmyx由223245433133mmmmyxyxxx得32223(44)40xxmmxmm线段MP与曲线()fx有异于M,P的公共点等价于上述方程在(-1,m)上有根,即函数3222()3(44)4gxxxmmxmm在(-1,m)上有零点.因为函数()gx为三次函数,所以()gx至多有三个零点,两个极值点.又(1)()0ggm.因此,()gx在(1,)m上有零点等价于()gx在(1,)m内恰有一个极大值点和一个极小值点,即22\'()36(44)0(1,)gxxxmmm在内有两不相等的实数根.等价于2222236124403(1)6(44)036(44)01mmmmmmmmm=()>即1521,251mmmmm或解得又因为13m,所以m的取值范围为(2,3)从而满足题设条件的r的最小值为2.36.(2009辽宁卷文)(本小题满分12分)设2()(1)xfxeaxx,且曲线y=f(x)在x=1处的切线与x轴平行。(2)求a的值,并讨论f(x)的单调性;(1)证明:当[0,]f(cos)f(sin)22时,解析(Ⅰ)2\'()(121)xfxeaxxax.有条件知,\'(1)0f,故3201aaa.………2分于是2\'()(2)(2)(1)xxfxexxexx.故当(,2)(1,)x时,\'()fx<0;当(2,1)x时,\'()fx>0.从而()fx在(,2),(1,)单调减少,在(2,1)单调增加.………6分(Ⅱ)由(Ⅰ)知()fx在[0,1]单调增加,故()fx在[0,1]的最大值为(1)fe,最小值为(0)1f.从而对任意1x,2x[0,1],有12()()12fxfxe.………10分而当[0,]2时,cos,sin[0,1].从而(cos)(sin)2ff………12分37.(2009辽宁卷理)(本小题满分12分)已知函数f(x)=21x2-ax+(a-1)lnx,1a。(1)讨论函数()fx的单调性;(2)证明:若5a,则对任意x1,x2(0,),x1x2,有1212()()1fxfxxx。解析(1)()fx的定义域为(0,)。2\'11(1)(1)()axaxaxxafxxaxxx2分(i)若11a即2a,则2\'(1)()xfxx故()fx在(0,)单调增加。(ii)若11a,而1a,故12a,则当(1,1)xa时,\'()0fx;当(0,1)xa及(1,)x时,\'()0fx故()fx在(1,1)a单调减少,在(0,1),(1,)a单调增加。(iii)若11a,即2a,同理可得()fx在(1,1)a单调减少,在(0,1),(1,)a单调增加(II)考虑函数()()gxfxx21(1)ln2xaxaxx则211()(1)2(1)1(11)aagxxaxaaxxg由于11,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。本小题主要考察函数、函数的导数和不等式等基础知识,考察综合运用数学知识进行推理论证的能力和份额类讨论的思想(满分14分)(I)解析2\'()2fxxbxc,由()fx在1x处有极值43可得\'(1)12014(1)33fbcfbcbc解得1,1bc或13bc若1,1bc,则22\'()21(1)0fxxxx,此时()fx没有极值;若1,3bc,则2\'()23(1)(1)fxxxxx当x变化时,()fx,\'()fx的变化情况如下表:x(,3)3(3,1)1(1,)\'()fx0+0()fx极小值12极大值43当1x时,()fx有极大值43,故1b,3c即为所求。(Ⅱ)证法1:22()|\'()||()|gxfxxbbc当||1b时,函数\'()yfx的对称轴xb位于区间[1.1]之外。\'()fx在[1,1]上的最值在两端点处取得故M应是(1)g和(1)g中较大的一个2(1)(1)|12||12||4|4,Mggbcbcb即2M证法2(反证法):因为||1b,所以函数\'()yfx的对称轴xb位于区间[1,1]之外\'()fx在[1,1]上的最值在两端点处取得。故M应是(1)g和(1)g中较大的一个假设2M,则(1)|12|2(1)|12|2gbcgbc将上述两式相加得:4|12||12|4||4bcbcb,导致矛盾,2M(Ⅲ)解法1:22()|\'()||()|gxfxxbbc(1)当||1b时,由(Ⅱ)可知2M;(2)当||1b时,函数\'(yfx)的对称轴xb位于区间[1,1]内,此时max(1),(1),()Mgggb由\'(1)\'(1)4,ffb有2\'()\'(1)(1)0fbfb①若10,b则\'(1)\'(1)\'(),(1)max(1),()fffbgggb,于是21111max|\'(1),|\'()|(|\'(1)|\'()|)|\'(1)\'()|(1)2222Mffbffbffbb②若01b,则\'(1)\'(1)\'(),fffb(1)max(1),()gggb于是21111max|\'(1)|,|\'()|(|\'(1)||\'()|)|\'(1)\'()|(1)2222Mffbffbffbb综上,对任意的b、c都有12M而当10,2bc时,21()2gxx在区间[1,1]上的最大值12M故Mk对任意的b、c恒成立的k的最大值为12。解法2:22()|\'()||()|gxfxxbbc(1)当||1b时,由(Ⅱ)可知2M;(2)当||1b时,函数\'()yfx的对称轴xb位于区间[1,1]内,此时max(1),(1),()Mgggb24(1)(1)2()|12||12|2||Mggghbcbcbc22|12(12)2()||22|2bcbcbcb,即12M下同解法143.(2009宁夏海南卷文)(本小题满分12分)已知函数3223()39fxxaxaxa.(1)设1a,求函数fx的极值;(2)若14a,且当1,4xa时,)(\'xf12a恒成立,试确定a的取值范围.请考生在第(22)、(23)、(24)三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。(21)解析(Ⅰ)当a=1时,对函数()fx求导数,得\'2()369.fxxx令\'12()0,1,3.fxxx解得列表讨论\'(),()fxfx的变化情况:x(,1)1(-1,3)3(3,)\'()fx+0—0+()fx极大值6极小值-26所以,()fx的极大值是(1)6f,极小值是(3)26.f(Ⅱ)\'22()369fxxaxa的图像是一条开口向上的抛物线,关于x=a对称.若\'11,()4afx则在[1,4a]上是增函数,从而\'()fx在[1,4a]上的最小值是\'2(1)369,faa最大值是\'2(4)15.faa由\'22|()|12,1236912,fxaaxaxaa得于是有\'2\'2(1)36912,(4)1512.faaafaaa且由\'\'14(1)121,(4)120.35faafaaa得由得所以11414(,1][,1][0,],(,].43545aa即若a>1,则\'2\'|()|1212.[1,4]|()|12faaaxafxa故当时不恒成立.所以使\'|()|12([1,4])fxaxa恒成立的a的取值范围是14(,].4544.(2009天津卷理)(本小题满分12分)已知函数22()(23)(),xfxxaxaaexR其中aR(1)当0a时,求曲线()(1,(1))yfxf在点处的切线的斜率;(2)当23a时,求函数()fx的单调区间与极值。本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识,考查运算能力及分类讨论的思想方法。满分12分。(I)解析.3)1(\')2()(\')(022efexxxfexxfaxx,故,时,当.3))1(,1()(efxfy处的切线的斜率为在点所以曲线(II).42)2()(\'22xeaaxaxxf解:.2232.220)(\'aaaaxaxxf知,由,或,解得令以下分两种情况讨论。(1)a若>32,则a2<2a.当x变化时,)()(\'xfxf,的变化情况如下表:xa2,a222aa,2a,2a+0—0+↗极大值↘极小值↗.)22()2()2()(内是减函数,内是增函数,在,,,在所以aaaaxf.3)2()2(2)(2aaeafafaxxf,且处取得极大值在函数.)34()2()2(2)(2aeaafafaxxf,且处取得极小值在函数(2)a若<32,则a2>2a,当x变化时,)()(\'xfxf,的变化情况如下表:x2a,2aaa22,a2,a2+0—0+↗极大值↘极小值↗内是减函数。,内是增函数,在,,,在所以)22()2()2()(aaaaxf.)34()2()2(2)(2aeaafafaxxf,且处取得极大值在函数.3)2()2(2)(2aaeafafaxxf,且处取得极小值在函数45.(2009四川卷理)(本小题满分12分)已知0,1aa且函数()log(1)xafxa。(I)求函数()fx的定义域,并判断()fx的单调性;(II)若()*,lim;fnnnanNaa求(III)当ae(e为自然对数的底数)时,设()2()(1)(1)fxhxexm,若函数()hx的极值存在,求实数m的取值范围以及函数()hx的极值。本小题主要考查函数、数列的极限、导数应用等基础知识、考查分类整合思想、推理和运算能力。解析(Ⅰ)由题意知10xa当01()01()0afxafx时,的定义域是(,);当时,的定义域是(,)lnlog11aaegxxxx-aaf(x)=aa当01(0,).10,0,xxaxaa时,因为故f(x)<0,所以f(x)是减函数当1(,0),10,0,()0,()xxaxaafxfx时,因为故所以是减函数….(4分)(Ⅱ)因为()()log(1),1nfnnafnaaa所以由函数定义域知1na>0,因为n是正整数,故01时,g(x)>0在R上恒成立,故函数g(x)在R上为增函数(2)当440,k即当k=1时,222(1)()0(0)()xexgxxxkK=1时,g(x)在R上为增函数(3)440,k即当00,1036时,V′>0,所以,当x=10,V有极大值V(10)=1960…………………………………………………10分又V(0)=0,V(24)=0,……………………………………………………………………11分所以当x=10,V有最大值V(10)=1960…………………………………………………12分第二部分四年联考汇编2010年联考题题组二(5月份更新)一、选择题1.(安徽两地三校国庆联考)设曲线1*()nyxnN在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为nx,则12nxxx的值为()A.1nB.11nC.1nnD.1答案B2.(肥城市第二次联考)如下图,已知32()0,fxaxbxcxda记243,bac则当00()afx且时,的大致图象为().答案C解析:2()32fxxbxc,由0,0a可知选C。3.(哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)已知函数()21xfx,对于满足1202xx的任意12,xx,给出下列结论:(1)2121()()()0xxfxfx;(2)2112()()xfxxfx;(3)2121()()fxfxxx;(4)1212()()()22fxfxxxf,其中正确结论的序号是( )A.(1)(2)B.(1)(3)C.(2)(4)D.(3)(4)答案C二、填空题4.(岳野两校联考)曲线42xy上一点到直线1xy的距离的最小值为.答案1625三、解答题5.(山东省乐陵一中2009届高三考前回扣)已知函数xxaxf1ln)(.AyoxDyoxyoxCyoxB(1)当0a时,求函数)(xf的单调区间和极值;(2)当0a时,若0x,均有1)ln2(xax,求实数a的取值范围;(3)若0a,),0(,21xx,且21xx,试比较)2(21xxf与2)()(21xfxf的大小.解:由题意21)(,0xxaxfx,………………………………………2分(1)当0a时,由0)(xf得012xxa,解得ax1,函数)(xf的单调增区间是),1(a;由0)(xf得012xxa,解得ax1,函数)(xf的单调增区间是)1,0(a∴当ax1时,函数)(xf有极小值为aaaaaaafln1ln)1(.………6分(2)当0a时,由于0x,均有1)ln2(xax,即0x,xxaa1ln2恒成立,∴0x,min)(2xfa,……………………………………………………8分由(1),函数)(xf极小值即为最小值,∴aaaxfaln)(2min,解得ea10.………………………………10分(3))()(ln2)()()2(212122121212121xxxxxxxxaxxaxfxfxxf,∵0,021xx且0,21axx,∴221xx21xx,∴02ln,1221212121xxxxaxxxx,……………………………………………12分又0)()(2121221xxxxxx,∴0)()(ln21212212121xxxxxxxxaxxa,∴02)()()2(2121xfxfxxf,即2)()()2(2121xfxfxxf.…………14分6.(安徽两地三校国庆联考)(本小题满分14分).已知奇函数32fxxaxbxc是定义1,1在上的增函数(1)求b的取值范围;(2)若21btbfx对1,1x恒成立,求实数t的取值范围。解:(1)32fxxaxbxc是奇函数,所以,0ac∴3\'2,3.fxxbxfxxb又3fxxbx在1,1上是增函数,所以,\'23fxxb在1,1上横为正值,∴0b。(2)要使21btbfx对1,1x恒成立,由于3fxxbx在1,1上是增函数,3fxxbx在1,1上的最大值为1b,所以,只需2211,10btbbbtb即,对任意0b恒成立,因此只要101.tt即7.(岳野两校联考)(本小题满分12分)对于三次函数32()(0)fxaxbxcxda。定义:(1)()fx的导数()fx(也叫()fx一阶导数)的导数()fx为()fx的二阶导数,若方程()0fx有实数解0x,则称点00(,())xfx为函数()yfx的“拐点”;定义:(2)设0x为常数,若定义在R上的函数()yfx对于定义域内的一切实数x,都有000()()2()fxxfxxfx恒成立,则函数()yfx的图象关于点00(,())xfx对称。(1)己知32()322fxxxx,求函数()fx的“拐点”A的坐标;(2)检验(1)中的函数()fx的图象是否关于“拐点”A对称;(3)对于任意的三次函数32()(0)fxaxbxcxda写出一个有关“拐点”的结论(不必证明)。解:(1)依题意,得:2()362fxxx,()66fxx。……………2分由()0fx,即660x。∴1x,又(1)2f,∴32()322fxxxx的“拐点”坐标是(1,2)。……………………4分(2)由(1)知“拐点”坐标是(1,2)。而(1)(1)fxfx=32(1)3(1)2(1)2xxx32(1)3(1)2(1)2xxx=222666444xx=2(1)f,由定义(2)知:32322fxxxx关于点(1,2)对称。……………………9分(3)一般地,三次函数32fxaxbxcxd(0)a的“拐点”是,()33bbfaa,它就是()fx的对称中心。……………12分或者:任何一个三次函数都有拐点;任何一个三次函数都有对称中心;任何一个三次函数平移后可以是奇函数………都可以给分8.(安徽两地三校国庆联考)(本小题满分14分)函数],1,0(,12)(2xxaxxf(1)若]1,0()(xxf在是增函数,求a的取值范围;(2)求]1,0()(在区间xf上的最大值.解:(1)即恒成立对命题等价于,]1,0(0)(,22)(3xxfxaxf;]1,0()(,0)(,)1,0(,)1(2)(,1,1)1()]([,]1,0(1)(,133max33也是增函数在时当时而当为增函数在而xfxfxxxxfagxgaxxxgxa综上,a的取值范围是1.a(2)①;12)1()]([,]1,0()(,1maxafxfxfa为增函数在时当②当],1,0(1,11022)(,1333aaxxaxfa得令时.3)1()]([,1,1)(323max3aafxfaaxxf时当处左正右负的值在且9.(池州市七校元旦调研)(本题满分14分)已知函数322()(1)52fxxkkxx,22()1gxkxkx,其中kR.2(I)设函数()()()pxfxgx.若()px在区间(0,3)上不单调,求k的取值范围;(II)设函数(),0,()(),0.gxxqxfxx是否存在k,对任意给定的非零实数1x,存在惟一的非零实数2x(21xx),使得21()()qxqx成立?若存在,求k的值;若不存在,请说明理由..解:(I)因32()()()(1)(5)1Pxfxgxxkxk,232(1)(5)pxxkxk,因()px在区间(0,3)上不单调,所以0px在0,3上有实数解,且无重根,由0px得2(21)(325),kxxx2(325)391021214213xxkxxx,令21,tx有1,7t,记9(),httt则ht在1,3上单调递减,在3,7上单调递增,所以有6,10ht,于是9216,1021xx,得5,2k,而当2k时有0px在0,3上有两个相等的实根1x,故舍去,所以5,2k;(II)当0x时有2232(1)5qxfxxkkx;当0x时有22qxgxkxk,因为当0k时不合题意,因此0k,下面讨论0k的情形,记A(,)k,B=5,,(ⅰ)当10x时,qx在0,上,单调递增,所以要使21qxqx成立,只能20x且AB,因此有5k,(ⅱ)当10x时,qx在0,上单调递减,所以要使21qxqx成立,只能20x且AB,因此5k,综合(ⅰ)(ⅱ)5k;当5k时A=B,则110,xqxBA,即20,x使得21qxqx成立,因为qx在0,上单调递增,所以2x的值是唯一的;同理,10x,即存在唯一的非零实数221()xxx,要使21qxqx成立,所以5k满足题意.题组一(1月份更新)一、选择题1.(山东省乐陵一中2009届高三考前回扣)函数xxyln在)5,0(上是().A.单调增函数B.单调减函数C.在)1,0(e上单调递增,在)5,1(e上单调递减;D.在)1,0(e上单调递减,在)5,1(e上单调递增.答案D2.(山东省乐陵一中2009届高三考前回扣)函数1222131)(23aaxaxaxxf的图象经过四个象限,则实数a的取值范围是A.16356aB.16358aC.16158aD.16356a答案D3.(山东省乐陵一中2009届高三考前回扣)已知函数32()39fxxxxa(a为常数),在区间[2,2]上有最大值20,那么此函数在区间[2,2]上的最小值为()A.37 B.7 C.5  D.11答案B4.(山东省乐陵一中2009届高三考前回扣)设aR,若函数3axyex,xR有大于零的极值点,则(A)3a(B)3a(C)13a(D)13a答案B5.(山东省乐陵一中2009届高三考前回扣)设)()(,)()(xfyxfyxfxf和将的导函数是函数的图象画在同一直角坐标系中,不可能正确的是()答案D二、填空题6.(山东省乐陵一中2009届高三考前回扣)设P为曲线2:1Cyxx上一点,曲线C在点P处的切线的斜率的范围是[1,3],则点P纵坐标的取值范围是________.答案3[,3]47.(山东省乐陵一中2009届高三考前回扣)给出下列命题:①函数)(xfy的图象与函数3)2(xfy的图象一定不会重合;②函数)32(log221xxy的单调区间为),1(;③edxexx1)(cos0;④双曲线的渐近线方程是xy43,则该双曲线的离心率是45.其中正确命题的序号是(把你认为正确命题的序号都填上).答案③8.(山东省乐陵一中2009届高三考前回扣)已知函数0()sin,afaxdx则[()]2ff=_______________.答案1-cos19.(山东省乐陵一中2009届高三考前回扣)由曲线xyxy232和围成图形的面积为。答案232三、解答题1.(2009东北育才、天津耀华、大连育明、哈三中联考)已知函数322()3(1)24fxkxkxk,若()fx的单调减区间恰为(0,4)。(I)求k的值:(Ⅱ)若对任意的[1,1]t,关于x的方程225()xxaft总有实数解,求实数a的取值范围。解:(1)2\'()36(1)fxkxkx又\'(4)0,1fk(Ⅱ)2\'()31210ftttt时\'()0;01ftt时\'()0ft且(1)5,(1)3,ff()5ft8分2825258axxa82558a解得158a2.(2009天津六校联考)已知函数)0(21)(,ln)(2abxaxxgxxf(1)若2a时,函数)()()(xgxfxh在其定义域内是增函数,求b的取值范围;(2)在(1)的结论下,设函数]2ln,0[,)(2xbeexxx,求函数)(x的最3.(2009汉沽一中第六次月考)已知32()31fxaxxx,Ra.(Ⅰ)当3a时,求证:()fx在R上是减函数;(Ⅱ)如果对Rx不等式()4fxx恒成立,求实数a的取值范围.解:(Ⅰ)当3a时,32()331fxxxx∵/2()961fxxx2(31)0x∴()fx在R上是减函数(Ⅱ)∵Rx不等式()4fxx恒成立即Rx不等式23614axxx恒成立∴Rx不等式23210axx恒成立当0a时,Rx210x不恒成立当0a时,Rx不等式23210axx恒成立即4120a∴13a当0a时,Rx不等式23210axx不恒成立综上所述,a的取值范围是1(]3,4.(2009和平区一模)已知函数24(),0,2.33xfxxx(Ⅰ)求()fx的值域;(Ⅱ)设0a,函数321(),0,23gxaxaxx.若对任意10,2x,总存在00,2x,使10()()0fxgx,求实数a的取值范围.解:(Ⅰ)22241()3(1)xfxx,令()0fx,得1x或1x.当(0,1)x时,()0,()fxfx在(0,1)上单调递增;当(1,2)x时,()0,()fxfx在(1,2)上单调递减,而28(0)0,(1),(2)315fff,当0,2x时,()fx的值域是20,3.(Ⅱ)设函数()gx在0,2上的值域是A,若对任意10,2x.总存在00,2x1,使10()()0fxgx,20,3A.22()gxaxa.①当0,2,0xa时,()0gx,函数()gx在0,2上单调递减.28(0)0,(2)203ggaa,当0,2x时,不满足20,3A;②当0,2,0xa时,()()()gxaxaxa,令()0gx,得xa或xa(舍去)(i)0,2,02xa时,,(),()xgxgx的变化如下表:x00,aa,2a2()gx-0+()gx0223aa2823aa(0)0,()0gga.20,,3A282(2)233gaa,解得113a.(ii)当0,2,2xa时,()0gx函数()gx在0,2上单调递减.28(0)0,(2)203ggaa,当0,2x时,不满20,3A.综上可知,实数a的取值范围是1,13.5.(2009河北区一模)已知函数32()3fxxaxx(I)若3x是()fx的极值点,求()fx在[1,]xa上的最小值和最大值;(Ⅱ)若()[1,)fxx在上是增函数,求实数a的取值范围。解:(I)\'(3)0,27630,4faa即32()43fxxxx有极大值点13x,极小值点3x。此时()fx在1[,3]3x上是减函数,在[3,)x上是增函数。(1)6,(3)18,()(4)12fffaf()fx在[1,]xa上的最小值是-18,最大值是-6(Ⅱ)2\'()3230fxxax311,()2xaxx当1x时,31()2xx是增函数,其最小值为3(11)020a0a时也符合题意,0a6.(2009河东区一模)设函数22()21(,0)fxtxtxttRt(1)求()fx的最小值()st;(2)若()2sttm对(0,2)t时恒成立,求实数m的取值范围解:(1)23()()1(,0)fxtxttttRtxt时,()ft取得最小值3()1fxtt,即3()1sttt(2)令3()()(2)31htsttmttm由\'2()330htt,得1t或1t(舍去)t(0,1)1(1,2)\'()ht0()ht增极大值1m减()ht在(0,2)内有最大值1m,()2sttm对(0,2)t时恒成立等价于()0ht恒成立。即10m1m7.(2009厦门二中)已知函数f(x)=ln(x+a)-x2-x在x=0处取得极值.(1)求实数a的值;(2)若关于x的方程,f(x)=bx25在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,求实数b的取值范围;(3)证明:对任意的正整数n,不等式ln211nnnn都成立.解:(1)()fx=121xxa…………………………………………………(2分)∵x=0时,f(x)取得极值,∴(0)f=0,……………………………………(3分)故12010a=0,解得a=1.经检验a=1符合题意.………………(4分)(2)由a=1知f(x)=ln(x+1)-x2-x,由f(x)=bx25,得ln(x+1)-x2+32x-b=0,令φ(x)=ln(x+1)-x2+32x-b,则f(x)=52x+b在[0,2]上恰有两个不同的实数根等价于φ(x)=0在[0,2]恰有两个不同实数根.………………………………………………………(5分)13(45)(1)()2122(1)xxxxxx,………………………………(7分)当x∈(0,1)时,()x>O,于是φ(x)在(0,1)上单调递增;当x∈(1,2)时,()x<0,于是φ(x)在(1,2)上单调递减.…………(8分)依题意有(0)0,3(1)ln(11)10,2(2)ln(12)430,bbb∴ln3-1≤b-1},………………………………(10分)由(Ⅰ)知(23)()(1)xxfxx,……………………………………………(11分)令()fx=0得,x=0或x=-32(舍去),∴当-10,f(x)单调递增;当x>0时,()fx<0,f(x)单调递减.∴f(0)为f(x)在(-1,+∞)上的最大值.…………………………………(12分)∴f(x)≤f(0),故ln(x+1)-x2-x≤0(当且仅当x=0时,等号成立).…(13分)对任意正整数n,取x=1n>0得,ln(1n+1)<1n+21n,故ln(1nn)<21nn.………(14分)8.(2009河西区一模)已知函数3222()1,()14fxxaxaxgxxax,其中实数0a,(I)求函数()fx的单调区间;(Ⅱ)若()fx与()gx在区间(,2)aa内均为增函数,求a的取值范围。解:(I)22\'()32fxxaxa‘又22323()()3axaxaxax令\'()0fx,得12,3axax①若0a,则当3ax或xa时\'()0fx。当3axa时,\'()0fx()fx在(,)3a和(,)a内是增函数,在(,)3aa内是减函数,②若0.a则当xa或3ax时,\'()0fx当3aax时,\'()0fx()fx在(,)a和(,)3a内是增函数,在(,)3aa内是减函数(Ⅱ)当0a时,()fx在(,)3a和(,)a内是增函数,224()()1,gxaxaa故()gx在2(,)a内是增函数。由题意得02322aaaaa解得23a当0a时,()fx在(,)a和(,)3a内是增函数,()gx在2(,)a内是增函数。由题意得032aaaaa解得2a综上知实数a的取值范围为(,2][23,)9.(2009杭州二中第六次月考)设32,[1,1]fxxaxbxcx,记|()|yfx的最大值为M.(Ⅰ)当30,4acb时,求M的值;(Ⅱ)当,,abc取遍所有实数时,求M的最小值.(以下结论可供参考:对于,,,abcdR,有||||||||||abcdabcd,当且仅当,,,abcd同号时取等号)解:(1)求导可得2311\'33()()422fxxxx,111max{|(1)|,|()|,|()|,|(1)|}224Mffff,当21,1x时取等号(2)11414188,882822ffbffb,11|(1)|;|(1)|;|()|;|()|88MfMfMfMf11244|1|4|1|8||8||22Mffff11|414188|622ffff因此,14M\'11x。由(1)可知,当30,4ab,0c时,14M。min14fx。10.(2009厦门华侨中学)设函数32()2338fxxaxbxc在1x及2x时取得极值(Ⅰ)求a、b的值;(Ⅱ)若对于任意的[03]x,,都有2()fxc成立,求c的取值范围.解:(Ⅰ)2()663fxxaxb,因为函数()fx在1x及2x取得极值,则有(1)0f,(2)0f.即6630241230abab,.解得3a,4b.………………………6分(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,32()29128fxxxxc,2()618126(1)(2)fxxxxx.当(01)x,时,()0fx;当(12)x,时,()0fx;当(23)x,时,()0fx.所以,当1x时,()fx取得极大值(1)58fc,又(0)8fc,(3)98fc.则当03x,时,()fx的最大值为(3)98fc.因为对于任意的03x,,有2()fxc恒成立,所以 298cc,解得 1c或9c,因此c的取值范围为(1)(9),,.………………………12分11.(2009杭州高中第六次月考)已知函数f(x)=32xax其中a为实常数.(1)设当x∈(0,1)时,函数y=f(x)的图象上任一点P处的切线的斜率为k,若k-1,求a的取值范围;(2)当x∈[-1,1]时,求函数y=f(x)2(3)axx的最大值.解:(1)∵k=f(x)=32x-2ax,x∈(0,1)-------------1分k≥1,得32x-2ax+1≥0,即a≤23111(3)22xxxx恒成立.-------------3分∴min1111(3),(0,1)323·232axxxxxxx所以当时当且仅当x=33等时取等号∴min11(3)32xx的取值范围是(-∞,3)-----6分(2)201(9)a当时,g\'(x)=3(x+a)(x-a)得x>ax或x<-a分得a当a≤0时,g’(x)≥0,从而g(x)在[-1,1]上是增函数,∴(1)13gamaxg(x)综上所述,(13分)12.(2009杭州学军中学第七次月考)已知函数21()()(0)axfxxxeaa(1)求曲线()yfx在点(0,(0))Af处的切线方程(2)当0a时,求函数()fx的单调区间(3)当0a时,若不等式33()0,,fxxaa对恒成立,求a的取值范围。(1)1\'()(2)(1),(0),\'(0)2axfxeaxxffa所以切线方程为120xya(2)\'()02,1fxxxa令则当2a时,22()(,)(1,),1)fxaa在和上单调递减,在(上单调递增2\'()0,()afxfxR当时,在上减函数maxg(x)31(1)12(1)4113()4aaaaaaa当20a时,22()(,1)(,))fxaa在和上单调递减,在(1,上单调递增(3)当0a时,x32(,)aa2a2(,1)a1(1,)\'()fx+0-0+()fx增极大值减极小值增3()0,(1)0ffa1(1)afea为最小值1330,aexaaa对恒成立0,ln3a13.(2009嘉兴一中一模)已知函数xaxxfln)(,其中a为实数.(1)当2a时,求曲线)(xfy在点))2(,2(f处的切线方程;(2)是否存在实数a,使得对任意),1()1,0(x,xxf)(恒成立?若不存在,请说明理由,若存在,求出a的值并加以证明.(1)2a时,xxxfln2)(,xxxxxxf2ln2ln)(,2ln1)2(f,………………………2分又0)2(f所以切线方程为)2(2ln1xy………………………2分(2)1°当10x时,0lnx,则xxaxlnxxxaln令xxxxgln)(,xxxxg2ln22)(,再令xxxhln22)(,0111)(xxxxxh当10x时0)(xh,∴)(xh在)1,0(上递减,∴当10x时,0)1()(hxh,∴02)()(xxhxg,所以)(xg在)1,0(上递增,1)1()(gxg,所以1a……………………5分2°1x时,0lnx,则xxaxlnxxxaln)(xga由1°知当1x时0)(xh,)(xh在),1(上递增当1x时,0)1()(hxh,02)()(xxhxg所以)(xg在),1(上递增,∴1)1()(gxg∴1a;………………………5分由1°及2°得:1a………………………1分14.(2009厦门集美中学)设函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1处取得极值-2,试用c表示a和b,并求f(x)的单调区间。解:依题意有\'(1)2,(1)0,ff而\'2(1)32,fxaxb故12320abcab得23acbc从而\'2()32(23)(323)(1)fxxcxcxcx。令\'()0fx,得1x或233cx。由于()fx在1x处取得极值,故2313c,即3c。(1)若2313c,即3c,则当23,3cx时,\'()0fx;当23,13cx时,\'()0fx;当(1,)x时,\'()0fx;从而()fx的单调增区间为23,,1,3c;单调减区间为23,13c(2)若2313c,即3c,同上可得,()fx的单调增区间为23,1,,3c;单调减区间为231,3c15.(2009金华十校3月模拟)已知217()ln,()(0)22fxxgxxmxm,直线l与函数()fx、()gx的图像都相切,且与函数()fx的图像的切点的横坐标为1。(Ⅰ)求直线l的方程及m的值;(Ⅱ)若()(1)\'()(\'()()hxfxgxgxgx其中是的导函数),求函数()hx的最大值;(Ⅲ)当0ba时,比较:2()aafab与2(2)bafa的大小,解:(I)依题意知:直线l是函数()lnfxx在点(1,0)处的切线,故其斜率1(1)11kf所以直线l的方程为1yx又因为直线l与()gx的图像相切所以由22119(1)0172222yxxmxyxmx得2(1)902(4mmm不合题意,舍去)(Ⅱ)因为()(1)()ln(1)2(1),hxfxgxxxx所以1\'()111xhxxx当10x时,\'()0;hx当0x时,\'()0hx因此,()hx在(1,0)上单调递增,在(0,)上单调递减。因此,当0x时,()hx取得最大值(0)2h(Ⅲ)当0ba时,102baa,由(Ⅱ)知:当10x时,()2hx,即ln(1)xx因此,有()(2)lnln(1)222abbabafabfaaaa即2()2(2)aafabbafa16.(2009金华一中2月月考)知实数,函数Rxxaxxf22)(.(Ⅰ)若函数)(xf有极大值32,求实数a的值;(Ⅱ)若对]1,2[x,不等式916)(xf恒成立,求实数a的取值范围.解:(1)f(x)=ax34ax2+4axf/(x)=3ax28ax+4a=a(3x2)(x2)=0x=23或2∵f(x)有极大值32,而f(2)=0∴f(23)=32=7,a=27(2)f/(x)=a(3x2)(x2)当a>0时,f(x)=[2,23]上递增在[2,13]上递减,max232163()()32792fxfaa∴0f(1)=a∴max161()32918fxaa∴1018a综上13(,0)(0,)182a17.(2009宁波十校联考)设实数0,0ab,且满足1ab(1)求22loglogaabb的最小值;(2)设1,3ab求证:(9)(9)baab解:(1)1ba代入得22log(1)log(1)aaaa设22()log(1)log(1)(0,1)fxxxxxx1分2222\'()logloglog(1)logfxxexe22loglog(1)xx3分令\'()0fx解得12x()fx在10,2上单调递减,在1,12上单调递增。5分min1,()12xfx即原式的最小值为-17分(2)要证(9)(9),baab即证ln(9)ln(9)baab即证ln(9)ln(9)0,0baabab即证ln(9)ln(9)abab9分由已知1233ab设ln(9)12(),,33xgxxx10分21ln(9)\'()xgxx11分12,39633xx1ln3ln(9)ln6x\'()0gx13分所以()gx在12,33上单调递减,()()gagb原不等式得证。14分18.(2009台州市第一次调研)已知函数()()()fxxxaxb,点,,,AsfsBtft.(Ⅰ)若30b,a,函数()fx在)3,(tt上既能取到极大值,又能取到极小值,求t的取值范围;(Ⅱ)当0a时,()ln10fxxx对任意的1,2x恒成立,求b的取值范围;(Ⅲ)若0ab,函数()fx在xs和xt处取得极值,且32ba,O是坐标原点,证明:直线OA与直线OB不可能垂直.解:(Ⅰ)当3,0ba时322f(x)x-3x,f(x)3x-6x(2分)f(x)在(2,)(,0)和上递增,在(0,2)上递减所以)(xf在0和2处分别达到极大和极小,由已知有t0且t32,因而t的取值范围是(1,0).(4分)(Ⅱ)当0a时,01ln)(xxxf即01ln2xbxx可化为bxxxx1ln,记,xxxxxxg)21(1ln)(则,xxxxxxxg2222ln1ln11)((7分)记x,xxmln)(2则xxxm12)(,)(xm在)2221(,上递减,在)22(,上递增.022ln21)22()(mxm从而),21[)(,0)(在xgxg上递增因此b,gxg2ln225)21()(min故.2ln225b(10分)(Ⅲ)假设OA⊥OB,即OAOB=(,())(,())()()0sfstftstfsft故1))()()((btatbsas,1])(][)([22bbtsstaatsst(12分)由s,t为f(x)=0的两根可得,2abst(ab),st,(0ab)33从而有9)(2baab12362494)()(22abababbaba即ba≥23,这与ba<23矛盾.故直线OA与直线OB不可能垂直.(15分)2009年联考题一、选择题1.(2009威海二模)右图是函数f(x)=x2+ax+b的部分图象,则函数()ln\'()gxxfx的零点所在的区间是()A.11(,)42B.(1,2)C.1(,1)2D.(2,3)答案C2.(2009天津重点学校二模)已知函数y)(xf是定义在R上的奇函数,且当)0,(x时不等式0)()(\'xxfxf成立,若)3(33.03.0fa,),3(log)3(logfb)91(log)91(log33fc,则cba,,的大小关系是()A.cbaB.abcC.cabD.bca答案C3.(2009嘉兴一中一模)下列图像中有一个是函数1)1(31)(223xaaxxxf)0,(aRa的导数)(xf的图像,则)1(f()A.31B.31C.37D.31或35答案B4.(2009年乐陵一中)图中,阴影部分的面积是()A.16B.18C.20D.22答案B二、填空题5.(北京市东城区2009年3月高中示范校高三质量检测理)已知函数f(x)的定义域为[-2,+∞),部分对应值如下表,)(xf为f(x)的导函数,函数)(xfy的图象如右图所示,若两正数a,b满足1)2(baf,则33ab的取值范围是  .答案37,536.(湖北省黄冈市2009年3月份高三年级质量检测文)设函数cxbxaxxf233131)((c<0)单调递增区间是.答案.1,31三、解答题7.(2009厦门北师大海沧附属实验中学)已知函数bxaxxxf233,其中ba,为实数(Ⅰ)若xf在1x处取得的极值为2,求ba,的值;(Ⅱ)若xf在区间2,1上为减函数,且ab9,求a的取值范围.解(Ⅰ)由题设可知:01f且21f,………………2分即231063baba,解得.5,34ba………………4分(Ⅱ)aaxxbaxxxf9636322,………………5分又xf在2,1上为减函数,xf0对2,1x恒成立,………………6分即09632aaxx对2,1x恒成立.01f且f02,………………10分-2xyO4xyxy22-24即17310912120963aaaaaaa,a的取值范围是.1a………………12分8.(2009厦门大同中学)设函数3221()231,01.3fxxaxaxa(1)求函数)(xf的极大值;(2)若1,1xaa时,恒有()afxa成立(其中fx是函数fx的导函数),试确定实数a的取值范围.解(1)∵2234)(aaxxxf,且01a,………………………………1分当0)(xf时,得axa3;当0)(xf时,得axax3或;∴)(xf的单调递增区间为(,3)aa;)(xf的单调递减区间为),(a和),3(a.…………………………………3分故当3xa时,)(xf有极大值,其极大值为31fa.…………………4分(2)∵2222432fxxaxaxaa,当103a时,12aa,∴()fx在区间1,1aa内是单调递减.…………………………………………6分∴2maxmin861,21fxfaaafxfaa()1-()1+.∵()afxa,∴2861,21.aaaaa此时,a.…………………………………………………………………………9分当113a时,2max2fxfaa().∵()afxa,∴22,21,861.aaaaaaa即01,1,3717717.1616aaa……11分此时,1717316a.……………………………………………………………13分综上可知,实数a的取值范围为1717,316.…………………………………14分2007—2008年联考题一、选择题1.(江苏省启东中学2008年高三综合测试一)函数y=2x3-3x2-12x+5在区间[0,3]上最大值与最小值分别是()w.A.5,-15B.5,-4C.-4,-15D.5,-16答案A2.(安徽省皖南八校2008届高三第一次联考)若xxxxfx20)1)((lim存在,则)(xf不可能为()A.2x;     B.||x;    C.x;     D.x;答案B3.(江西省五校2008届高三开学联考)设函数)()0(1)6sin()(xfxxf的导数的最大值为3,则f(x)的图象的一条对称轴的方程是()A.9xB.6xC.3xD.2x答案C4.(江西省五校2008届高三开学联考)已知32332,32,lim3xxfxffx则()A.-4B.8C.0D.不存在答案B5.(湖南省株洲市2008届高三第二次质检)已知函数)(xfy的导函数)(xfy的图像如下则()A.函数)(xf有1个极大值点,1个极小值点B.函数)(xf有2个极大值点,2个极小值点C.函数)(xf有3个极大值点,1个极小值点D.函数)(xf有1个极大值点,3个极小值点答案A二、填空题6.(2008年高考数学各校月考)定积分dxx|sin|230的值是.答案37.(四川省成都市新都一中高2008级12月月考)已知函数322()3fxxmxnxm在x=-1时有极值0,则m=_________;n=_________;本题主要考查函数、导数、极值等基本概念和性质0答案m=2,n=9.解析)(xf=3x2+6mx+n由题意,)1(f=3-6m+n=0f(-1)=-1+3m-n+m2=0解得31nm或92nm但m=1,n=3时,)(xf=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0恒成立即x=-1时不是f(x)的极值点,应舍去8.(北京市十一学校2008届高三数学练习题)如图为函数32()fxaxbxcxd的图象,xy1xx4OoO2x3xoyx-33\'()fx为函数()fx的导函数,则不等式\'()0xfx的解集为____________.答案(,3)(0,3)三、解答题9.(2007年江苏省淮安市)已知函数F(x)=|2x-t|-x3+x+1(x∈R,t为常数,t∈R)(1)写出此函数F(x)在R上的单调区间;(2)若方程F(x)-m=0恰有两解,求实数m的值。解(1)212,131|2|)(333txtxxtxtxxxxtxxF∴2,132,33)(\'22txxtxxxF由-3x2+3=0得x1=-1,x2=1,而-3x2-1<0恒成立∴i)当2t<-1时,F(x)在区间(-∞,-1)上是减函数在区间(-1,1)上是增函数,在区间(1,+∞)上是减函数ii)当1>2t≥-1时,F(x)在区间(-∞,2t)上是减函数在区间(2t,1)上是增函数,在区间(1,+∞)上是减函数iii)当2t≥1时,F(x)在(-∞,+∞)上是减函数(2)由(1)可知i)当2t<-1时,F(x)在x=-1处取得极小值-1-t,在x=1处取得极大值3-t,若方程F(x)-m=0恰有两解,此时m=-1-t或m=3-tii)当-1≤2t<1,F(x)在x=2t处取值为1283tt,在x=1处取得极大值3-t,若方程F(x)-m=0恰有两解,此时m=1283tt或m=3-t10.(2008年四川省成都市一诊)已知函数()yfx是定义域为R的偶函数,其图像均在x轴的上方,对任意的[0,)mn、,都有nmfnmf)]([)(,且(2)4f,又当0x时,其导函数0)(xf恒成立。(Ⅰ)求f(0)、f(-1)的值;(Ⅱ)解关于x的不等式:222()224kxfx,其中(1,1).k解(1)由f(m·n)=[f(m)]n得:f(0)=f(0×0)=[f(0)]0∵函数f(x)的图象均在x轴的上方,∴f(0)>0,∴f(0)=1……………………………3分∵f(2)=f(1×2)=[f(1)]2=4,又f(x)>0∴f(1)=2,f(-1)=f(1)=2…………………3分(2))1(422242224222222fxkxfxkxfxkxf)1(4|2|2fxkxf又当0x时,其导函数\'0fx恒成立,∴yfx在区间0,上为单调递增函数∴222221241404kxkxxkxkxx①当0k时,0x;②当10k时,22440011kkxxxkk,∴24,01kxk;③当01k时,22440011kkxxxkk,∴240,1kxk综上所述:当0k时,0x;当10k时,24,01kxk;当01k时,240,1kxk。
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