09-13年湖南省导数高考题总结

09-13年湖南省导数高考题总结

201*年

201*22．（本小题满分13分）

ax已知函数f(x)ex，其中a0.

（Ⅰ）若对一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合.

（Ⅱ）在函数f(x)的图像上取定两点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1x2)，记直线AB的

斜率为k.问：是否存在x0(x1,x2)，使f(x)k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由.

ax【解析】（Ⅰ）若a0，则对一切x0，f(x)ex1，这与题设矛盾，又a0，

故a0.

ax而f(x)ae1,令f(x)0,得x11ln.aa1111ln时，f(x)0,f(x)单调递减；当xln时，f(x)0,f(x)单调递增，aaaa1111111故当xln时，f(x)取最小值f(ln)ln.

aaaaaaa当x于是对一切xR,f(x)1恒成立，当且仅当

111ln1.①aaa令g(t)ttlnt,则g(t)lnt.

当0t1时，g(t)0,g(t)单调递增；当t1时，g(t)0,g(t)单调递减.故当t1时，g(t)取最大值g(1)1.因此，当且仅当综上所述，a的取值集合为1.

11即a1时，①式成立.af(x2)f(x1)eax2eax1（Ⅱ）由题意知，k1.

x2x1x2x1eax2eax1令(x)f(x)kae,则

x2x1axeax1(x1)ea(x2x1)a(x2x1)1,x2x1eax2a(x1x2)(x2)ea(x1x2)1.x2x1令F(t)et1，则F(t)e1.

当t0时，F(t)0,F(t)单调递减；当t0时，F(t)0,F(t)单调递增.

t故当t0，F(t)F(0)0,即et10.

tt从而ea(x2x1)a(x2x1)10，ea(x1x2)eax1eax20,0,a(x1x2)10,又

x2x1x2x1所以(x1)0,(x2)0.

因为函数y(x)在区间x1,x2上的图像是连续不断的一条曲线，所以存在c(x1,x2)，

1eax2eax1使(c)0，故这样的c是唯一的，且cln.(x)ae0,(x)单调递增，

aa(x2x1)2ax1eax2eax1故当且仅当x(ln,x2)时，f(x0)k.

aa(x2x1)综上所述，存在x0(x1,x2)使f(x0)k成立.且x0的取值范围为

1eax2eax1(ln,x2).aa(x2x1)【点评】本题考查利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等，考查运算能力，考查分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法.第一问利用导函数法求出f(x)取最小值f(ln)1a1a111ln.对一切x∈R，f(x)1恒成立转化为aaaf(x)min1，从而得出a的取值集合；第二问在假设存在的情况下进行推理，通过构造函

数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断.201*22.（本小题满分13分）

已知函数f(x)=x3，g(x)=x+x。

（Ⅰ）求函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数，并说明理由；

（Ⅱ）设数列{an}(nN*)满足a1a(a0)，f(an1)g(an)，证明：存在常数M,使得对于任意的nN*，都有an≤M.

解析：（I）由h(x)x3xx知，x[0,，而h(0)0，且

0为（1，2）内有零h(1)1h0,(2)，6则x20h(x)的一个零点，且h(x)在

点，因此h(x)至少有两个零点

111113222解法1：h"(x)3x1x，记(x)3x1x，则"(x)6xx2。

2422当x(0,)时，"(x)0，因此(x)在(0,)上单调递增，则(x)在(0,)内至多只有一个零点。又因为(1)0,(33)0，则(x)在(,1)内有零点，所

33以(x)在(0,)内有且只有一个零点。记此零点为x1，则当x(0,x1)时，；当x(x1,)时，(x)"(x1)0；(x)"(x1)0所以，

当x(0,x1)时，h(x)单调递减，而h(0)0，则h(x)在(0,x1]内无零点；当x(x1,)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1,)内至多只有一个零点；

从而h(x)在(0,)内至多只有一个零点。综上所述，h(x)有且只有两个零点。

13解法2：h(x)x(x1x)，记(x)x1x，则"(x)2xx2。

2212212当x(0,)时，"(x)0，因此(x)在(0,)上单调递增，则(x)在(0,)内至多只有一个零点。因此h(x)在(0,)内也至多只有一个零点，

综上所述，h(x)有且只有两个零点。（II）记h(x)的正零点为x0，即x03x0x0。

x0x03，因此a2x0，

（1）当ax0时，由a1a，即a1x0.而a23a1a1x0由此猜测：anx0。下面用数学归纳法证明：

①当n1时，a1x0显然成立；

②假设当nk(k1)时，有akx0成立，则当nk1时，由

ak13akakx0x0x03知，ak1x0，因此，当nk1时，ak1x0成立。

故对任意的nN，anx0成立。

*（2）当ax0时，由（1）知，h(x)在(x0,)上单调递增。则h(a)h(x0)0，即

a3aa。从而a23a1a1aaa3，即a2a，由此猜测：ana。下面用

数学归纳法证明：

①当n1时，a1a显然成立；

②假设当nk(k1)时，有aka成立，则当nk1时，由

ak13akakaaa3知，ak1a，因此，当nk1时，ak1a成立。

故对任意的nN，ana成立。

综上所述，存在常数Mmax{x0,a}，使得对于任意的nN，都有anM.

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扩展阅读：07年高考题分类汇总(导数)

7年高考数学试题分类汇编（导数）

（福建理11文）已知对任意实数x，有f(x)f(x)，g(x)g(x)，且x0时，f(x)0，g(x)0，则x0时（B）A．f(x)0，g(x)0B．f(x)0，g(x)0C．f(x)0，g(x)0D．f(x)0，g(x)0

（海南理10）1曲线ye2x在点(4，e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（D）Ａ．92e2Ｂ．4e2Ｃ．2e2Ｄ．e2（海南文10）曲线yex在点(2，e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（D）

2Ａ．924e2

Ｂ．2eＣ．e2

Ｄ．e2

（江苏9）已知二次函数f(x)ax2bxc的导数为f"(x)，f"(0)0，对于任意实数x都有f(x)0，则f(1)f"(0)的最小值为（C）A．3B．532C．2D．2（江西理9）

12．设p:f(x)exlnx2x2mx1在(0，)内单调递增，q:m≥5，则p是q的（B）

Ａ．充分不必要条件Ｂ．必要不充分条件Ｃ．充分必要条件

Ｄ．既不充分也不必要条件

（江西理5）5．若0xπ2，则下列命题中正确的是（D）Ａ．sinx3πxＢ．sinx3πxＣ．sinx4π2x2

Ｄ．sinx4π2x8）

若0xπ2，则下列命题正确的是（B）Ａ．sinx2πxＢ．sinx233πxＣ．sinxπxＤ．sinxπx（辽宁理12）已知f(x)与g(x)是定义在R上的连续函数，如果f(x)与g(x)仅当x0时的函数值为0，且f(x)≥g(x)，那么下列情形不可能．．．出现的是（）A．0是f(x)的极大值，也是g(x)的极大值B．0是f(x)的极小值，也是g(x)的极小值C．0是f(x)的极大值，但不是g(x)的极值D．0是f(x)的极小值，但不是g(x)的极值

（全国一文11）

曲线y13x3x在点1，43处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（A）Ａ．19Ｂ．29Ｃ．13Ｄ．23

（全国二文8）已知曲线yx24的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为（A）A．1B．2C．3D．4（浙江理8）设f(x)是函数f(x)的导函数，将yf(x)和yf(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（D）

(北京文9)f(x)是f(x)13x32x1的导函数，则f(1)的值是＿＿＿＿．3

（广东文12）f(x)xlnx(x0)的单调递增区间是＿＿＿＿．1e,（江苏13）已知函数f(x)x312x8在区间[3,3]上的最大值与最小值分别为M,m，则Mm＿＿．32

（湖北文13）已知函数yf(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y12x2，则f(1)f(1)＿＿＿＿．3

（湖南理13）函数f(x)12xx3在区间[3，3]上的最小值是＿＿＿＿．16（浙江文15）曲线yx32x24x2在点(1，3)处的切线方程是＿＿＿＿．5xy20（安徽理18）设a≥0，f(x)=x－1－ln2x＋2alnx（x>0）.（Ⅰ）令F（x）＝xf＇（x），讨论F（x）在（0.＋∞）内的单调性并求极值；（Ⅱ）求证：当x>1时，恒有x>ln2x－2alnx＋1.本小题主要考查函数导数的概念与计算，利用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式的方法，考查综合运用有关知识解决问题的能力．本小题满分14分．（Ⅰ）解：根据求导法则有f(x)12lnx2axx，x0，故F(x)xf(x)x2lnx2a，x0，于是F(x)12xx2x，x0，列表如下：

x(0，2)2(2，∞)F(x)0F(x)极小值F(2)故知F(x)在(0，2)内是减函数，在(2，∞)内是增函数，所以，在x2处取得极小值F(2)22ln2a2．Ⅱ）证明：由a≥0知，F(x)的极小值F(2)22ln22a0．于是由上表知，对一切x(0，∞)，恒有F(x)xf(x)0．

从而当x0时，恒有f(x)0，故f(x)在(0，∞)内单调增加．所以当x1时，f(x)f(1)0，即x1ln2x2alnx0．故当x1时，恒有xln2x2alnx1．

(安徽文20)设函数f（x）=-cos2x-4tsinxcosx22+4t2+t2-3t+4,x∈R,其中t≤1，将f(x)的最小值记为g(t).(Ⅰ)求g(t)的表达式；

(Ⅱ)诗论g(t)在区间（-1,1）内的单调性并求极值.本小题主要考查同角三角函数的基本关系，倍角的正弦公式，正弦函数的值域，多项式函数的导数，函数的单调性，考查应用导数分析解决多项式函数的单调区间，极值与最值等问题的综合能力．解：（I）我们有f(x)cos2x4tsinx2cosx24t3t23t4

sin2x12tsin4t2t23t4sin2x2tsinxt24t33t3

(sinxt)24t33t3．

由于(sinxt)2≥0，t≤1，故当sinxt时，f(x)达到其最小值g(t)，即

g(t)4t33t3．

（II）我们有g(t)12t233(2t1)(2t1)，t1．列表如下：

t

1，12112，12222，1g(t)

00

gt

极大值g12极小值g12

由此可见，g(t)在区间1，11112和2，1单调增加，在区间2，2单调减小，极小值为g122，极大值为g24．（北京理19）如图，有一块半椭圆形钢板，其半轴长为2r，短半轴长为r，计划将此钢板切割成等腰梯形的形状，下底AB是半椭圆的短轴，上底CD的端点在椭圆上，记CD2x，梯形面积为S．DC4r（I）求面积S以x为自变量的函数式，并写出其定义域；（II）求面积S的最大值．A2rB解：（I）依题意，以AB的中点O为原点建立直角坐标系Oxy（如图），则点C的横坐标为x．C的纵坐标y满足方程x2y2点yr24r21(y≥0)，解得y2r2x2(0xr)DCS1(2x2r)2r2x222(xr)r2x2，AOBx其定义域为x0xr．

（II）记f(x)4(xr)2(r2x2)，0xr，则f(x)8(xr)2(r2x)．令f(x)0，得x12r．因为当0xr时，f(x)0；当rxr时，f(x)0f22，所以12r是f(x)的最大值．因此，当x1r时，S也取得最大值，最大值为f212r332r2．

即梯形面积S的最大值为3322r．（福建理22）已知函数f(x)exkx，xR

（Ⅰ）若ke，试确定函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若k0，且对于任意xR，f(x)0恒成立，试确定实数k的取值范围；n（Ⅲ）设函数F(x)f(x)f(x)，求证：F(1)F(2)F(n)(en12)2(nN)．本小题主要考查函数的单调性、极值、导数、不等式等基本知识，考查运用导数研究函数性质的方法，考查分类讨论、化归以及数形结合等数学思想方法，考查分析问题、解决问题的能力．满分14分．

解：（Ⅰ）由ke得f(x)exex，所以f(x)exe．由f(x)0得x1，故f(x)的单调递增区间是(1，)，由f(x)0得x1，故f(x)的单调递减区间是(，1)．（Ⅱ）由f(x)f(x)可知f(x)是偶函数．于是f(x)0对任意xR成立等价于f(x)0对任意x≥0成立．由f(x)exk0得xlnk．

①当k(0，1]时，f(x)exk1k≥0(x0)．此时f(x)在[0，)上单调递增．故f(x)≥f(0)10，符合题意．②当k(1，)时，lnk0．

当x变化时f(x)，f(x)的变化情况如下表：

x(0，lnk)lnk(lnk，)f(x)0f(x)单调递减极小值单调递增由此可得，在[0，)上，f(x)≥f(lnk)kklnk．依题意，kklnk0，又k1，1ke．综合①，②得，实数k的取值范围是0ke．（Ⅲ）F(x)f(x)f(x)exex，F(x1)F(xxx2)ex12e(x1x2)ex1x2ex12ex1x2e(x1x2)2ex1x22，F(1)F(n)en2，F(2)F(n1)en12

F(n)F(1)en12.由此得，[F(1)F(2)F(n)]2[F(1)F(n)][F(2)F(n1)][F(n)F(1)](en12)nn故F(1)F(2)F(n)(en12)2，nN．（福建文20）

设函数f(x)tx22t2xt1(xR，t0)．（Ⅰ）求f(x)的最小值h(t)；

（Ⅱ）若h(t)2tm对t(0，2)恒成立，求实数m的取值范围．本题主要考查函数的单调性、极值以及函数导数的应用，考查运用数学知识分析问题解决问题的能力．满分12分．

解：（Ⅰ）f(x)t(xt)2t3t1(xR，t0)，当xt时，f(x)取最小值f(t)t3t1，即h(t)t3t1．（Ⅱ）令g(t)h(t)(2tm)t33t1m，由g(t)3t230得t1，t1（不合题意，舍去）．当t变化时g(t)，g(t)的变化情况如下表：t(0，1)1(1，2)g(t)0g(t)递增极大值1m递减g(t)在(0，2)内有最大值g(1)1m．h(t)2tm在(0，2)内恒成立等价于g(t)0在(0，2)内恒成立，即等价于1m0，所以m的取值范围为m1．(广东理、文20)a是实数，函数f(x)2ax22x3a．如果函数yf(x)在区间[1,1]上有

零点，求a的取值范围．

解:若a0,f(x)2x3,显然在上没有零点,所以a0令48a3a8a224a40得a372当a372时,yfx恰有一个零点在1,1上;当f1f1a1a50即1a5时,yfx也恰有一个零点在1,1上;当yfx在1,1上有两个零点时,则

a0a08a224a408a224a401111112a或

f102af10f10f10解得a5或a352因此a的取值范围是a1或a352;（海南理21）设函数f(x)ln(xa)x2（I）若当x1时，f(x)取得极值，求a的值，并讨论f(x)的单调性；（II）若f(x)存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大于lne2．解：（Ⅰ）f(x)1xa2x，依题意有f(1)0，故a32．2x2从而f(x)3x1(2x1)(x1)．x332xfx的定义域为32，∞，当32x1时，f(x)0；

当1x12时，f(x)0；

当x12时，f(x)0．从而，f(x)分别在区间132，1，12，∞单调增加，在区间1，2单调减少．（Ⅱ）f(x)的定义域为(a，∞)，f(x)2x22ax1xa．方程2x22ax10的判别式4a28．（）若0，即2a2，在f(x)的定义域内f(x)0，故f(x)的极值．（）若0，则a2或a2．2，∞)，f(x)(2x1)2若a2，x(x2．当x22时，f(x)0，当x2，22，∞时，f22(x)0，所以f(x)无极值．2，x(2，∞)，f(x)(2x1)2若ax20，f(x)也无极值．（）若0，即a2或a2，则2x22ax10有两个不同的实根aa2x2aa212，x222．当a2时，x1a，x2a，从而f(x)有f(x)的定义域内没有零点，故f(x)无极值．当a2时，x1a，x2a，f(x)在f(x)的定义域内有两个不同的零点，由根值判别方法知f(x)在xx1，xx2取得极值．

综上，f(x)存在极值时，a的取值范围为(2，∞)．

f(x)的极值之和为f(x(xa)x21e1)f2)ln(x11ln(x2a)x22ln2a211ln2ln2．

19）

设函数f(x)ln(2x3)x2（Ⅰ）讨论f(x)的单调性；

（Ⅱ）求f(x)在区间314，4的最大值和最小值．解：f(x)的定义域为32，∞．

（Ⅰ）f(x)24x26x22(2x1)(x1)2x32x2x32x3．当32x1时，f(x)0；当1x112时，f(x)0；当x2时，f(x)0．从而，f(x)分别在区间32，1，12，∞单调增加，在区间1，12单调减少．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)在区间314，4的最小值为f112ln24．

又f34f14ln32916ln72116ln3712121ln4960．所以f(x)在区间314，4的最大值为f14116ln72．

（湖北理20）已知定义在正实数集上的函数f(x)12x22ax，g(x)3a2lnxb，其中a0．设两曲线yf(x)，yg(x)有公共点，且在该点处的切线相同．（I）用a表示b，并求b的最大值；（II）求证：f(x)≥g(x)（x0）．

本小题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识，考查综合运用数学知识解决问题的能力．解：（Ⅰ）设yf(x)与yg(x)(x0)在公共点(x0，y0)处的切线相同．

∵f(x)x2a，g(x)3a2x，由题意f(x0)g(x0)，f(x0)g(x0)．12x202ax03a2lnx0b，3a2由x02a得：x3a2x0a，或x03a（舍去）．0x02ax，0即有b12a22a23a2lna52a23a2lna．令h(t)52t23t2lnt(t0)，则h(t)2t(13lnt)．于是

1当t(13lnt)0，即0te3时，h(t)0；1当t(13lnt)0，即te3时，h(t)0．故h(t)在1310，e为增函数，在e3，∞为减函数，于是h(t)在(0，∞)的最大值为h12e332e3．（Ⅱ）设F(x)f(x)g(x)12x22ax3a2lnxb(x0)，则F(x)x2a3a2x(xa)(x3a)x(x0)．故F(x)在(0，a)为减函数，在(a，∞)为增函数，于是函数F(x)在(0，∞)上的最小值是F(a)F(x0)f(x0)g(x0)0．故当x0时，有f(x)g(x)≥0，即当x0时，f(x)≥g(x)．

（湖北文19）设二次函数f(x)x2axa，方程f(x)x0的两根x1和x2满足0x1x21．（I）求实数a的取值范围；（II）试比较f(0)f(1)f(0)与

116的大小．并说明理由．本小题主要考查二次函数、二次方程的基本性质及二次不等式的解法，考查推理和运算能力．

解法1：（Ⅰ）令g(x)f(x)xx2(a1)xa，0，01a则由题意1，a0，21a1，0a322．g(1)0，，a322，或a322，g(0)0故所求实数a的取值范围是(0，322)．

（II）f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)2a2，令h(a)2a2．

当a0时，h(a)单调增加，当0a322时0h(a)h(3222)2(322)2(1712117122116，即f(0)f(1)f(0)116．解法2：（I）同解法1．

（II）f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)2a2，由（I）知0a322，∴42a1122170．又42a10，于是2a2116116(32a21)116(42a1)(42a1)0，即2a21160，故f(0)f(1)f(0)116．解法3：（I）方程f(x)x0x2(a1)xa0，由韦达定理得

0，xx，x1x20，1x21a1x2a，于是0x1x21x1x20，(1x1)(1x2)0，(1x1)(1x2)0a0，a1，0a322．a322或a322故所求实数a的取值范围是(0，322)．（II）依题意可设g(x)(xx1)(xx2)，则由0x1x21，得f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)x1x2(1x1)(1x2)[x1(1x1)][x2(1x2)]

x1x12x2121x2112216，故f(0)f(1)f(0)16．2)，（湖南理19）如图4，某地为了开发旅游资源，欲修建一条连接风景点P和居民区O的公路，点P所在的山坡面与山脚所在水平面所成的二面角为（090），且sin25，点P到平面的距离PH0.4（km）．沿山脚原有一段笔直的公路AB可供利用．从点O到山脚修路的造价为a万元/km，原有公路改建费用为a2万元/km．当山坡上公路长度为lkm（1≤l≤2）时，其造价为(l21)a万元．已知OA⊥AB，PB⊥AB，AB1.5(km)，OA3(km)．（I）在AB上求一点D，使沿折线PDAO修建公路的总造价最小；

（II）对于（I）中得到的点D，在DA上求一点E，使沿折线PDEO修建公路的总造价最小．

（III）在AB上是否存在两个不同的点D，E，使沿折线PDEO修建公路的总造价小于（II）中得到的最小总造价，证明你的结论．A

ＯPEDHB

解：（I）如图，PH⊥，HB，PB⊥AB，由三垂线定理逆定理知，AB⊥HB，所以PBH是山坡与所成二面角的平面角，则PBH，

APBPHOsin1．P

设BDx(km)，0≤x≤1.5．则EDH

B

PDx2PB2x21[1，2]．记总造价为f1(x)万元，1111f1(x)(PD212ADAO)a(x22x43)a2x14a43163a当x14，即BD14(km)时，总造价f1(x)最小．（II）设AEy(km)，0≤y≤54，总造价为f2(y)万元，根据题设有f(y)PD21y231231y43224yay232a16a．

则fy2yy2312a，由f2(y)0，得y1．当y(0，1)时，f2(y)0，f2(y)在(0，1)内是减函数；

当y1，54时，f52(y)0，f2(y)在1，4内是增函数．

故当y1，即AE1（km）时总造价f672(y)最小，且最小总造价为16a万元．（III）解法一：不存在这样的点D，E．

事实上，在AB上任取不同的两点D，E．为使总造价最小，E显然不能位于D与B之间．故可设E位于D与A之间，且BD=x31(km)，AEy1(km)，0≤x1y2≤2，总造价为S万元，则Sx2x12y2y11x1113124a．类似于（I）、（II）讨论知，x2112≥16，y213y132≥2，当且仅当x114，y11同时成立时，上述两个不等式等号同时成立，此时BD14(km)，AE1(km)，S取得最小值6716a，点D，E分别与点D，E重合，所以不存在这样的点D，E，使沿折线PDEO修建公路的总造价小于（II）中得到的最小总造价．解法二：同解法一得Sx2xy11112y213124a2x11214a43y13y1y23y4311a16a

≥1423(y2y43131)(y213y1)a16a6716a．当且仅当x11且3(y21413y1)(y213y1)，即x14，y11同时成立时，S取得最小值6716a，以上同解法一．

（湖南文21）已知函数f(x)1x3132ax2bx在区间[11)，，(1，3]内各有一个极值点．（I）求a24b的最大值；（II）当a24b8时，设函数yf(x)在点A(1，f(1))处的切线为l，若l在点A处穿过函数yf(x)的图象（即动点在点A附近沿曲线yf(x)运动，经过点A时，从l的一侧进入另一侧），求函数f(x)的表达式．

解：（I）因为函数f(x)113x32ax2bx在区间[11)，，(1，3]内分别有一个极值点，所以f(x)x2axb0在[11)，，(1，3]内分别有一个实根，设两实根为x21，x2（x1x2），则x2x1a4b，且0x2x1≤4．于是0a24b≤4，0a24b≤16，

且当x11，x23，即a2，b3时等号成立．故a24b的最大值是16．

（II）解法一：由f(1)1ab知f(x)在点(1，f(1))处的切线l的方程是

yf(1)f(1)(x1)，即y(1ab)x2312a，因为切线l在点A(1，f(x))处空过yf(x)的图象，所以g(x)f(x)[(1ab)x2132a]在x1两边附近的函数值异号，则

x1不是g(x)的极值点．g(x)13x312ax2bx(1ab)x2132a，且g(x)x2axb(1ab)x2axa1(x1)(x1a)．若11a，则x1和x1a都是g(x)的极值点．

所以11a，即a2，又由a24b8，得b1，故f(x)133xx2x．解法二：同解法一得g(x)f(x)[(1ab)x2132a]

13(x1)[x2(13a2)x(232a)]．因为切线l在点A(1，f(1))处穿过yf(x)的图象，所以g(x)在x1两边附近的函数值异号，于是存在m1，m2（m11m2）．当m1x1时，g(x)0，当1xm2时，g(x)0；或当m1x1时，g(x)0，当1xm2时，g(x)0．设h(x)x213a2x3a22，则

当m1x1时，h(x)0，当1xm2时，h(x)0；或当m1x1时，h(x)0，当1xm2时，h(x)0．由h(1)0知x1是h(x)的一个极值点，则h(1)2113a20，所以a2，又由a24b8，得b1，故f(x)13x3x2x．（辽宁理22）

已知函数f(x)x2t2t(x2x)x22t21，g(x)12f(x)．（I）证明：当t22时，g(x)在R上是增函数；（II）对于给定的闭区间[a，b]，试说明存在实数k，当tk时，g(x)在闭区间[a，b]上是减函数；（III）证明：f(x)≥32．

（辽宁文22）f(x)x39x2cos48xcos18sin2，g(x)f(x)，且对任意的实数t均有g(1cost)≥0，g(3sint)≤0．（I）求函数f(x)的解析式；

（II）若对任意的m[26，6]，恒有f(x)≥x2mx11，求x的取值范围．（全国一理20）设函数f(x)exex．

（Ⅰ）证明：f(x)的导数f(x)≥2；（Ⅱ）若对所有x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围．解：（Ⅰ）f(x)的导数f(x)exex．由于exe-x≥2exex2，故f(x)≥2．（当且仅当x0时，等号成立）．（Ⅱ）令g(x)f(x)ax，则

g(x)f(x)aexexa，（）若a≤2，当x0时，g(x)exexa2a≥0，故g(x)在(0，∞)上为增函数，所以，x≥0时，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax．

，方程g(x)0的正根为xaa2（）若a241ln2，

此时，若x(0，x1)，则g(x)0，故g(x)在该区间为减函数．所以，x(0，x1)时，g(x)g(0)0，即f(x)ax，与题设f(x)≥ax相矛盾．综上，满足条件的a的取值范围是∞，2．（全国一文20）

设函数f(x)2x33ax23bx8c在x1及x2时取得极值．（Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）若对于任意的x[0，3]，都有f(x)c2成立，求c的取值范围．解：（Ⅰ）f(x)6x26ax3b，因为函数f(x)在x1及x2取得极值，则有f(1)0，f(2)0．

66a3b0，2412a3b0．解得a3，b4．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，f(x)2x39x212x8c，f(x)6x218x126(x1)(x2)．当x(0，1)时，f(x)0；当x(1，2)时，f(x)0；当x(2，3)时，f(x)0．

所以，当x1时，f(x)取得极大值f(1)58c，又f(0)8c，f(3)98c．则当x0，3时，f(x)的最大值为f(3)98c．因为对于任意的x0，3，有f(x)c2恒成立，所以98cc2，解得c1或c9，

因此c的取值范围为(，1)(9，)．

（全国二理22）已知函数f(x)x3x．

（1）求曲线yf(x)在点M(t，f(t))处的切线方程；

（2）设a0，如果过点(a，b)可作曲线yf(x)的三条切线，证明：abf(a)．解：（1）求函数f(x)的导数；f(x)3x21．曲线yf(x)在点M(t，f(t))处的切线方程为：yf(t)f(t)(xt)，

即y(3t21)x2t3．（2）如果有一条切线过点(a，b)，则存在t，使

b(3t21)a2t3．于是，若过点(a，b)可作曲线yf(x)的三条切线，则方程

2t33at2ab0

有三个相异的实数根．g(t)2t33at2ab，则g(t)6t26at6t(ta)．当t变化时，g(t)，g(t)变化情况如下表：t(，0)0(0，a)a(a，)g(t)00g(t)极大值极小值abbf(a)由g(t)的单调性，当极大值ab0或极小值bf(a)0时，方程g(t)0最多有一个实数根；

当ab0时，解方程g(t)0得t0，t3a2，即方程g(t)0只有两个相异的实数根；当bf(a)0时，解方程g(t)0得ta2，ta，即方程g(t)0只有两个相异的实数根．综上，如果过(a，b)可作曲线yf(x)三条切线，即g(t)0有三个相异的实数根，则ab0，bf(a)0.即abf(a)．

（全国二文22）已知函数f(x)1ax33bx2(2b)x1在xx1处取得极大值，在xx2处取得极小值，且0x11x22．（1）证明a0；

（2）若z=a+2b,求z的取值范围。

解：求函数f(x)的导数f(x)ax22bx2b．

（Ⅰ）由函数f(x)在xx1处取得极大值，在xx2处取得极小值，知x1，x2是f(x)0的两个根．所以f(x)a(xx1)(xx2)当xx1时，f(x)为增函数，f(x)0，由xx10，xx20得a0．f(0)02b0Ⅱ）在题设下，0x11x22等价于f(1)0即a2b2b0．

f(2)04a4b2b02b0化简得a3b20．4a5b204a5b20．此不等式组表示的区域为平面aOb上三条直线：2b0，a3b20，所围成的△ABC的内部，其三个顶点分别为：A47，67，B(2，，2)C(4，2)．z在这三点的值依次为16，6，8．b

7所以z的取值范围为162B(2，2)

7，8．

C(4，2)

1

A4，6（山东理22O

）

7724

设函数f(x)x2bln(x1)，其中b0．a

（Ⅰ）当b12时，判断函数f(x)在定义域上的单调性；（Ⅱ）求函数f(x)的极值点；

（Ⅲ）证明对任意的正整数n，不等式ln1n111n2n3都成立．

解：（Ⅰ）由题意知，f(x)的定义域为(1，)，f(x)2xbx12x32xbx1设g(x)2x22xb，其图象的对称轴为x12(1，)，g(x)11maxg22b．

当b12时，g(x)1max2b0，即g(x)2x23xb0在(1，)上恒成立，当x(1，)时，f(x)0，当b12时，函数f(x)在定义域(1，)上单调递增．b12时，函数f(x)无极值点．13②b12x时，f(x)22x10有两个相同的解x12，x1，12时，f(x)0，

x1，时，f2(x)0，b12时，函数f(x)在(1，)上无极值点．③当b12时，f(x)0有两个不同解，x112b112b12，x22，b0时，x112b121，x112b220，即x1(1，)，x21，．b0时，f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(1，x1)x1(x2，)f(x)0f(x)极小值由此表可知：b0时，f(x)有惟一极小值点x112b12，当0b1112时，x2b121，x1，x2(1)，

此时，f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(1，x1)x1(x1，x2)x1(x1，)f(x)00f(x)极大值极小值由此表可知：0b112时，f(x)有一个极大值x12b12和一个极小值点x2112b；2综上所述：

112bb0时，f(x)有惟一最小值点x2；0b1112b2时，f(x)有一个极大值点x112b2和一个极小值点xx；b≥12时，f(x)无极值点．（Ⅲ）当b1时，函数f(x)x2ln(x1)，令函数h(x)x2f(x)x2x2ln(x1)，

则h(x)3x22x13x2x1(x1)2x1．当x0，时，f(x)0，所以函数h(x)在0，上单调递增，又h(0)0．x(0，)时，恒有h(x)h(0)0，即x2x3ln(x1)恒成立．故当x(0，)时，有ln(x1)x2x3．对任意正整数n取x1n(0，)，则有ln111n1n2n3．所以结论成立．

（山东文21）设函数f(x)ax2blnx，其中ab0．

证明：当ab0时，函数f(x)没有极值点；当ab0时，函数f(x)有且只有一个极值点，并求出极值．证明：因为f(x)ax2blnx，ab0，所以f(x)的定义域为(0，)．f(x)2axb2ax2bxx．

当ab0时，如果a0，b0，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；如果a0，b0，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递减．

所以当ab0，函数f(x)没有极值点．当ab0时，

2axbbf(x)2ax2ax令f(x)0，将x1b2a(0，)（舍去），xb22a(0，)，

当a0，b0时，f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

x0，b2ab2ba2a，f(x)0f(x)极小值从上表可看出，函数f(x)有且只有一个极小值点，极小值为fb2ab1lnb22a．

当a0，b0时，f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

x0b，2abb，2a2af(x)0f(x)极大值从上表可看出，函数f(x)有且只有一个极大值点，极大值为fbb2a21lnb2a．综上所述，当ab0时，函数f(x)没有极值点；当ab0时，

若a0，b0时，函数f(x)有且只有一个极小值点，极小值为bb21ln2a．

若a0，b0时，函数f(x)有且只有一个极大值点，极大值为bb21ln2a．（陕西理20）设函数f(x)=c2x2axa,其中a为实数.(Ⅰ)若f(x)的定义域为R,求a的取值范围;(Ⅱ)当f(x)的定义域为R时，求f(x)的单减区间.解：（Ⅰ）f(x)的定义域为R，x2axa0恒成立，a24a0，0a4，即当0a4时f(x)的定义域为R．（Ⅱ）f(x)x(xa2)ex(x2axa)2，令f(x)≤0，得x(xa2)≤0．由f(x)0，得x0或x2a，又0a4，0a2时，由f(x)0得0x2a；当a2时，f(x)≥0；当2a4时，由f(x)0得2ax0，即当0a2时，f(x)的单调减区间为(0，2a)；当2a4时，f(x)的单调减区间为(2a，0)．

(陕西文21)已知f(x)ax3bx2cx在区间[0,1]上是增函数,在区间(,0),(1,)上是减函数,又f(132)2.(Ⅰ)求f(x)的解析式;(Ⅱ)若在区间[0,m](m＞0)上恒有f(x)≤x成立,求m的取值范围.解：（Ⅰ）f(x)3ax22bxc，由已知f(0)f(1)0，即c0，c0，bc0，解得3a2b32a．f(x)3ax23ax，f123a43a232，a2，f(x)2x33x2．

（Ⅱ）令f(x)≤x，即2x33x2x≤0，x(2x1)(x1)≥0，0≤x≤12或x≥1．f(x)≤x在区间0，m上恒成立，0m≤12．

(上海理科19)已知函数f(x)x2ax(x0，常数aR)．（1）讨论函数f(x)的奇偶性，并说明理由；（2）若函数f(x)在x[2，)上为增函数，求a的取值范围．解：（1）当a0时，f(x)x2，对任意x(，0)(0，)，f(x)(x)2x2f(x)，f(x)为偶函数．当a0时，f(x)x2ax(a0，x0)，

取x1，得f(1)f(1)20，f(1)f(1)2a0，f(1)f(，1)f(1)f，

函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数．（2）解法一：设2≤x1x2，f(x21)f(x2)x1a2a(x1x2)xx2x1x2(x1x2)a，1x2x1x2要使函数f(x)在x[2，)上为增函数，必须f(x1)f(x2)0恒成立．x1x20，xx124，即ax1x2(x1x2)恒成立．又x1x24，x1x2(x1x2)16．

a的取值范围是(，16]．解法二：当a0时，f(x)x2，显然在[2，)为增函数．当a0时，反比例函数ax在[2，)为增函数，f(x)x2ax在[2，)为增函数．当a0时，同解法一．

(上海文科19)已知函数f(x)x2ax(x0，常数aR)．（1）当a2时，解不等式f(x)f(x1)2x1；（2）讨论函数f(x)的奇偶性，并说明理由．解：（1）x22x(x1)22x12x1，2x2x10，x(x1)0．原不等式的解为0x1．（2）当a0时，f(x)x2，

对任意x(，0)(0，)，f(x)(x)2x2f(x)，f(x)为偶函数．当a0时，f(x)x2ax(a0，x0)，

取x1，得f(1)f(1)20，f(1)f(1)2a0，

f(1)f(，1)f(1)f，

函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数．

(四川理22)n设函数f(x)11n(nN,且n1,xN).n(Ⅰ)当x=6时,求11n的展开式中二项式系数最大的项;(Ⅱ)对任意的实数x,证明f(2x)f(2)2＞f(x)(f(x)是f(x)的导函数);n(Ⅲ)是否存在aN,使得an＜11＜(a1)n恒成立?若存在,试证明你的结论并求出k1ka的值;若不存在,请说明理由.

本题考察函数、不等式、导数、二项式定理、组合数计算公式等内容和数学思想方法。考查综合推理论证与分析解决问题的能力及创新意识。3（Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是C3512061nn112n2f2xf21n1n2n2nn21111n1n21n11n211nnn211nln112211nln11n2f"x2n22n2n证法二：因f2xf2111121111211nnnnn11nn而2f"x2111nln1n故只需对11n和ln11n进行比较。

令gxxlnxx1，有g"x11x1xx由x1x0，得x1因为当0x1时，g"x0，gx单调递减；当1x时，g"x0，gx单调递增，所以在x1处gx有极小值1故当x1时，gxg11，从而有xlnx1，亦即xlnx1lnx故有111nln1n恒成立。所以f2xf22f"x，原不等式成立。（Ⅲ）对mN，且m1m2km有101121k1m11mCmCmmCmmCmmCmm2km11mm11mm1mk11mm12112!mk!mm!m211112k112!1mk!1m1m1mm!11m1m1m

212!13!11k!m!21211321kk11mm1211111111223k1km1m

31m3k又因Ck11mmm0k2,3,4,,m，故21m3

mnk∵211m3，从而有2n1k11k3n成立，

nk即存在a2，使得2n1k11k3n恒成立。

（四川文20）设函数f(x)ax3bxc(a0)为奇函数，其图象在点(1,f(1)处)的切线与直线x6y70垂直，导函数f"(x)的最小值为12．（Ⅰ）求a，b，c的值；（Ⅱ）求函数f(x)的单调递增区间，并求函数f(x)在[1,3]上的最大值和最小值．解析：本题考查函数的奇偶性、单调性、二次函数的最值、导数的应用等基础知识，以及推理能力和运算能力．（Ⅰ）∵f(x)为奇函数，∴f(x)f(x)

即ax3bxcax3bxc∴c0∵f"(x)3ax2b的最小值为12∴b12

又直线x6y70的斜率为16因此，f"(1)3ab6∴a2，b12，c0．（Ⅱ）f(x)2x312x．f"(x)26x12x6(x2，列表如下：)(2)

x(,2)2(2,2)2(2,)f"(x)00f(x)极大极小所以函数f(x)的单调增区间是(,2)和(2,)∵f(1)10，f(2)82，f(3)18

∴f(x)在[1,3]上的最大值是f(3)18，最小值是f(2)82．

（天津理20）已知函数f(x)2axa21x21(xR)，其中aR．（Ⅰ）当a1时，求曲线yf(x)在点(2，f(2))处的切线方程；（Ⅱ）当a0时，求函数f(x)的单调区间与极值．本小题考查导数的几何意义，两个函数的和、差、积、商的导数，利用导数研究函数的单调性和极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法．满分12分．（Ⅰ）解：当a1时，f(x)2xx21，f(2)45，又f(x)2(x21)2x2x22x2(x21)2(x21)2，f(2)625．所以，曲线yf(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y45625(x2)，即6x2y320．

（Ⅱ）解：f(x)2a(x21)2x(2axa21)2(xa)(ax1)(x21)2(x21)2．由于a0，以下分两种情况讨论．（1）当a0时，令f(x)0，得到x11a，x2a．当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x∞，11a1aa，aa(a，∞)f(x)0fx极小值极大值所以f(x)在区间∞，1a，(a，∞)内为减函数，在区间1a，a内为增函数．函数f(x)在x11处取得极小值f1f1aa，且aa2，函数f(x)在x12a处取得极大值f(a)，且f(a)1．（2）当a0时，令f(x)0，得到x11a，x2a，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：

x∞，aaa，1a11aa，+∞f(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)在区间(∞，a)，1a，+∞内为增函数，在区间a，1a内为减函数．

函数f(x)在x1a处取得极大值f(a)，且f(a)1．函数f(x)在x12a处取得极小值f1，且fa1aa2．

（天津文21）设函数f(x)x(xa)2（xR），其中aR．

（Ⅰ）当a1时，求曲线yf(x)在点(2，f(2))处的切线方程；（Ⅱ）当a0时，求函数f(x)的极大值和极小值；

（Ⅲ）当a3时，证明存在k10，，使得不等式f(kcosx)≥f(k2cos2x)对任意的xR恒成立．本小题主要考查运用导数研究函数的性质、曲线的切线方程，函数的极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法．满分14分．（Ⅰ）解：当a1时，f(x)x(x1)2x32x2x，得f(2)2，且

f(x)3x24x1，f(2)5．所以，曲线yx(x1)2在点(2，2)处的切线方程是y25(x2)，整理得xy．（Ⅱ）解：f(x)x(xa)2x32ax2a2xf(x)3x24axa2(3xa)(xa)．令f(x)0，解得xa3或xa．由于a0，以下分两种情况讨论．

（1）若a0，当x变化时，f(x)的正负如下表：x∞，aa33a3，aa(a，∞)f(x)00因此，函数f(x)在xa3处取得极小值fa3，且fa4327a3；

函数f(x)在xa处取得极大值f(a)，且

f(a)0．

（2）若a0，当x变化时，f(x)的正负如下表：x∞，aaa，aaa333，∞f(x)00因此，函数f(x)在xa处取得极小值f(a)，且f(a)0；

函数f(x)在xa处取得极大值fa33

，且fa4327a3．

（Ⅲ）证明：由a3，得a31，当k10，时，kcosx≤1，k2cos2x≤1．Ⅱ）知，f(x)在∞，1上是减函数，要使f(kcosx)≥f(k2cos2x)，xR只要kcosx≤k2cos2x(xR)即cos2xcosx≤k2k(xR)①

2设g(x)cos2xcosxcosx1214，则函数g(x)在R上的最大值为2．要使①式恒成立，必须k2k≥2，即k≥2或k≤1．

所以，在区间10，上存在k1，使得f(kcosx)≥f(k2cos2x)对任意的xR恒成立．

（浙江理22）设f(x)x3223，对任意实数t，记gt(x)t3x3t．（I）求函数yf(x)gt(x)的单调区间；

（II）求证：（）当x0时，f(x)gf(x)≥gt(x)对任意正实数t成立；（）有且仅有一个正实数x0，使得gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．满分15分．

I）解：yx3（34x163．由yx240，得x2．因为当x(，2)时，y0，当x(2，2)时，y0，当x(2，)时，y0，故所求函数的单调递增区间是(，2)，(2，)，单调递减区间是(2，2)．（II）证明：（i）方法一：)f(x)gx32令h(x2t(x)3t3x3t(x0)，则2h(x)x2t3，1当t0时，由h(x)0，得xt3，1当x(x3，)时，h(x)0，

1所以h(x)在(0，)内的最小值是h(t3)0．故当x0时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立．方法二：2对任意固定的x0，令h(t)g2t(x)t3x3t(t0)，则

211h(t)3t3(xt3)，由h(t)0，得tx3．当0tx3时，h(t)0．当tx3时，h(t)0，

所以当tx3时，h(t)取得最大值h(x3)13x3．因此当x0时，f(x)≥g(x)对任意正实数t成立．（ii）方法一：f(2)83gt(2)．由（i）得，gt(2)≥gt(2)对任意正实数t成立．

即存在正实数x02，使得gx(2)≥gt(2)对任意正实数t成立．下面证明x0的唯一性：当x02，x00，t8时，

f(xx30160)3，gx(x0)4x03，由（i）得，x3034x1603，tx3x3再取00，得gx03(x0)3，x16x3g0x(0)4x033gx03(x0)，即x02时，不满足gx(x0)≥gt(x0)对任意t0都成立．故有且仅有一个正实数x02，使得gx(x0)0≥gt(x0)对任意正实数t成立．方法二：对任意x00，gx(x160)4x03，因为g1t(x0)关于t的最大值是3x30，所以要使gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数成立的充分必要条件是：

4x16103≥3x30，即(x02)2(x04)≤0，

①

又因为x00，不等式①成立的充分必要条件是x02，所以有且仅有一个正实数x02，使得gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．

(重庆理20)已知函数f(x)ax4lnxbx4c(x>0)在x=1处取得极值--3--c，其中a,b,c为常数。（1）试确定a,b的值；

（2）讨论函数f(x)的单调区间；

（3）若对任意x>0，不等式f(x)2c2恒成立，求c的取值范围。

解：（I）由题意知f(1)3c，因此bc3c，从而b3．又对f(x)求导得

f(x)4ax3lnxax41x4bx3

x3(4alnxa4b)．

由题意f(1)0，因此a4b0，解得a12．（II）由（I）知f(x)48x3lnx（x0），令f(x)0，解得x1．当0x1时，f(x)0，此时f(x)为减函数；当x1时，f(x)0，此时f(x)为增函数．因此f(x)的单调递减区间为(0，1)，而f(x)的单调递增区间为(1，∞)．（III）由（II）知，f(x)在x1处取得极小值f(1)3c，此极小值也是最小值，要使f(x)≥2c（x0）恒成立，只需3c≥2c2．即2c2c3≥0，从而(2c3)(c1)≥0，

解得c≥32或c≤1．

所以c的取值范围为(，1]32，．

（重庆文20）

用长为18cm的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？

（20）（本小题12分）解：设长方体的宽为x（m），则长为2x(m)，高为

h1812x4.543x(m)0＜x＜32.故长方体的体积为

V(x)2x2(4.53x)9x26x3(m3)(0＜x＜32).从而V(x)18x18x2(4.53x)18x(1x).令V′（x）＝0，解得x=0（舍去）或x=1，因此x=1.当0＜x＜1时，V′（x）＞0；当1＜x＜23时，V′（x）＜0，

故在x=1处V（x）取得极大值，并且这个极大值就是V（x）的最大值。从而最大体积V＝V′（x）＝9×12-6×13（m3），此时长方体的长为2m，高为1.5m.答：当长方体的长为2m时，宽为1m，高为1.5m时，体积最大，最大体积为3m3。

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