高考数学导数试题分类汇编

对任意实数x,有f(x)f(x)，g(x)g(x),且x0时,f(x)0，g(x)0,那么x0时〔 B 〕 A．f(x)0，g(x)0 C．f(x)0，g(x)0

B．f(x)0，g(x)0 D．f(x)0，g(x)0

〔海南理10〕

曲线ye在点(4，e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为〔 D 〕

1x29Ａ．e2

2

Ｂ．4e2

Ｃ．2e2

Ｄ．e2

〔海南文10〕

曲线yex在点(2，e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为〔 D 〕

9Ａ．e2

4 Ｂ．2e

2 Ｃ．e

2e2Ｄ．

2

〔江苏9〕

二次函数f(x)ax2bxc的导数为f'(x),f'(0)0,对于任意实数x都有

f(x)0,那么

f(1)的最小值为〔 C 〕 f'(0)A．3 B．

53 C．2 D． 22

〔江西理9〕

12．设p:f(x)exlnx2x2mx1在(0，)内单调递增,q:m≥5,那么p是

q的〔 B 〕 Ａ．充分不必要条件 Ｃ．充分必要条件

Ｂ．必要不充分条件

Ｄ．既不充分也不必要条件

〔江西理5〕

π,那么以下命题中正确的选项是〔 D 〕 233Ａ．sinxx Ｂ．sinxx

ππ44Ｃ．sinx2x2 Ｄ．sinx2x2

ππ5．假设0x〔江西文8〕

π,那么以下命题正确的选项是〔 B 〕 2223Ａ．sinxx Ｂ．sinxx Ｃ．sinxx

πππ

〔辽宁理12〕 假设0xＤ．sinx3x πf(x)与g(x)是定义在R上的连续函数,如果f(x)与g(x)仅当x0时的函数值为

0,且f(x)≥g(x),那么以下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y134xx在点1，处的切线与坐标轴围成的三角形面积为〔 A 〕 331Ａ．

9Ｂ．

2 91Ｃ．

3Ｄ．

2 3

〔全国二文8〕

x21曲线y的一条切线的斜率为,那么切点的横坐标为〔 A 〕

42A．1 B．2 C．3 D．4

〔浙江理8〕

设f(x)是函数f(x)的导函数,将yf(x)和yf(x)的图象画在同一个直角坐

标系中,不可能正确的选项是〔 D 〕

(北京文9)

1f(x)是f(x)x32x1的导函数,那么f(1)的值是＿＿＿＿．3

3

〔广东文12〕

1函数f(x)xlnx(x0)的单调递增区间是＿＿＿＿．,

e

〔江苏13〕

函数f(x)x312x8在区间[3,3]上的最大值与最小值分别为M,m,那么Mm＿＿．32

〔湖北文13〕

1函数yf(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是yx2,那么

2f(1)f(1)＿＿＿＿．3

〔湖南理13〕

函数f(x)12xx3在区间[3，3]上的最小值是＿＿＿＿．16

〔浙江文15〕

3)处的切线方程是＿＿＿＿．5xy20 曲线yx32x24x2在点(1，

〔安徽理 18〕

设a≥0,f (x)=x－1－ln2 x＋2a ln x〔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－2a ln x＋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、极值和证实不等式的方法,考查综合运用有关知识解决问题的水平．本小题总分值14分． 〔Ⅰ〕解：根据求导法那么有f(x)1故F(x)xf(x)x2lnx2a，x0, 于是F(x)1列表如下：

x

2lnx2a，x0, xx2x2，x0, xx(0，2)

2 0 极小值F(2)

(2，∞) 

F(x) F(x)



故知F(x)在(0，2)内是减函数,在(2，∞)内是增函数,所以,在x2处取得极小值

F(2)22ln22a．

〔Ⅱ〕证实：由a≥0知,F(x)的极小值F(2)22ln22a0． 于是由上表知,对一切x(0，∞),恒有F(x)xf(x)0． 从而当x0时,恒有f(x)0,故f(x)在(0，∞)内单调增加． 所以当x1时,f(x)f(1)0,即x1ln2x2alnx0． 故当x1时,恒有xln2x2alnx1．

(安徽文 20)

设函数f〔x〕=-cos2x-4tsincos+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根本关系,倍角的正弦公式,正弦函数的值域,多

x2x2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水平． 解：〔I〕我们有

xxf(x)cos2x4tsincos4t3t23t4

22

sin2x12tsin4t2t23t4 sin2x2tsinxt24t33t3 (sinxt)24t33t3．

由于(sinxt)2≥0,t≤1,故当sinxt时,f(x)到达其最小值g(t),即

g(t)4t33t3．

t1． 〔II〕我们有g(t)12t233(2t1)(2t1)，列表如下：

t

1，

2

1 21， 221 211 ，2

g(t) g(t)

0

1极大值g

2

0

1极小值g

2

1111和，1单调增加,在区间，单调减小,极小由此可见,g(t)在区间1，22221值为g2,极大值为g4．

22〔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,方案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CD2x,梯形面积为S．

〔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．

D C 4r A 2r B 解：〔I〕依题意,以AB的中点O为原点建立直角坐标系Oxy〔如图〕,那么点C的横坐标为x．

x2y2点C的纵坐标y满足方程221(y≥0),

r4ry C 解得y2rx(0xr)

22D 1S(2x2r)2r2x2

2 2(xr)r2x2, 其定义域为x0xr．

0xr, 〔II〕记f(x)4(xr)2(r2x2)，A O B x 那么f(x)8(xr)2(r2x)． 令f(x)0,得x由于当0x值． 因此,当x1r． 21fr是f(x)的最大2rr时,f(x)0；当xr时,f(x)0,所以221r时,S也取得最大值,最大值为2332r． 21332frr．

22即梯形面积S的最大值为

〔福建理 22〕

函数f(x)exkx，xR

〔Ⅰ〕假设ke,试确定函数f(x)的单调区间；

〔Ⅱ〕假设k0,且对于任意xR,f(x)0恒成立,试确定实数k的取值范围； 〔Ⅲ〕设函数F(x)f(x)f(x),求证：F(1)F(2)F(n)(en12)(nN)．

n2本小题主要考查函数的单调性、极值、导数、不等式等根本知识,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、解决问题的水平．总分值14分．

解：〔Ⅰ〕由ke得f(x)exex,所以f(x)exe．

由f(x)0得x1,故f(x)的单调递增区间是(1，), 由f(x)0得x1,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xR成立等价于f(x)0对任意x≥0成立． 由f(x)exk0得xlnk．

①当k(01]，时,f(x)exk1k≥0(x0)． 此时f(x)在[0，)上单调递增． 故f(x)≥f(0)10,符合题意． ②当k(1，)时,lnk0．

当x变化时f(x)，f(x)的变化情况如下表：

x (0，lnk) lnk (lnk，)  f(x)  单调递减 0 极小值 f(x) 单调递增 由此可得,在[0，)上,f(x)≥f(lnk)kklnk． 依题意,kklnk0,又k1，1ke． 综合①,②得,实数k的取值范围是0ke． 〔Ⅲ〕F(x)f(x)f(x)exex,

F(x1)F(x2)ex1x2e(x1x2)ex1x2ex1x2ex1x2e(x1x2)2ex1x22, F(1)F(n)en12,

F(2)F(n1)en12

F(n)F(1)en12.

由此

得,[F(1)F(2)故F(1)F(2)F(n)]2[F(1)F(n)][F(2)F(n1)][F(n)F(1)](en12)n

F(n)(en12)，nN．

n2

〔福建文 20〕

设函数f(x)tx22t2xt1(xR，t0)． 〔Ⅰ〕求f(x)的最小值h(t)；

〔Ⅱ〕假设h(t)2tm对t(0，2)恒成立,求实数m的取值范围．

此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水平．总分值12分． 解：〔Ⅰ〕

f(x)t(xt)2t3t1(xR，t0),

当xt时,f(x)取最小值f(t)t3t1,

即h(t)t3t1．

〔Ⅱ〕令g(t)h(t)(2tm)t33t1m, 由g(t)3t230得t1,t1〔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 0 极大值(1，2) g(t)  递减 g(t) 递增 1m g(t)在(0，2)内有最大值g(1)1m．

h(t)2tm在(0，2)内恒成立等价于g(t)0在(0，2)内恒成立,

即等价于1m0,

所以m的取值范围为m1．

(广东理、文 20)

a是实数,函数f(x)2ax22x3a．如果函数yf(x)在区间[1,1]上有

零点,求a的取值范围．

解: 假设a0 , f(x)2x3 ,显然在上没有零点, 所以 a0 令 48a3a8a224a40 得 a37 2 当 a37时, yfx恰有一个零点在1,1上; 2 当 f1f1a1a50 即 1a5 时, yfx也恰

有一个零点在1,1上;

当 yfx在1,1上有两个零点时, 那么

a0a08a224a408a224a4011  或 11112a2af10f10f10f10解得a5或a35 235 ; 2因此a的取值范围是 a1 或 a

〔海南理 21〕

设函数f(x)ln(xa)x2

〔I〕假设当x1时,f(x)取得极值,求a的值,并讨论f(x)的单调性； 〔II〕假设f(x)存在极值,求a的取值范围,并证实所有极值之和大于ln解：〔Ⅰ〕f(x)e． 212x, xa依题意有f(1)0,故a3． 22x23x1(2x1)(x1)从而f(x)． 33xx2233∞,当x1时,f(x)0； f(x)的定义域为，221当1x时,f(x)0；

21当x时,f(x)0．

21311，，∞1，从而,f(x)分别在区间，单调增加,在区间单调减少．

2222x22ax1〔Ⅱ〕f(x)的定义域为(a，． ∞),f(x)xa方程2x22ax10的判别式4a28．

〔ⅰ〕假设0,即2a2,在f(x)的定义域内f(x)0,故f(x)的极值． 〔ⅱ〕假设0,那么a2或a2．

(2x1)2∞),f(x)假设a2,x(2，．

x2当x2222，，∞时,f(x)0,当x时,f(x)0,所以f(x)222无极值．

(2x1)2∞),f(x)假设a2,x(2，0,f(x)也无极值．

x2〔ⅲ〕假设0,即a2或a2,那么2x22ax10有两个不同的实根

aa22aa22x1,x2．

22当a2时,x1a，x2a,从而f(x)有f(x)的定义域内没有零点,故f(x)无极值．

当a2时,x1a,x2a,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xx1，xx2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

1ef(x1)f(x2)ln(x1a)x12ln(x2a)x22lna211ln2ln．

22

〔海南文 19〕

设函数f(x)ln(2x3)x2 〔Ⅰ〕讨论f(x)的单调性；

31〔Ⅱ〕求f(x)在区间，的最大值和最小值．

443∞． 解：f(x)的定义域为，224x26x22(2x1)(x1)2x〔Ⅰ〕f(x)． 2x32x32x3311当x1时,f(x)0；当1x时,f(x)0；当x时,f(x)0．

2221311,，∞单调增加,在区间1，单调减少．从而,f(x)分别在区间，

22231〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知f(x)在区间，的最小值为

443又f411fln2．

423971311491flnlnln1ln0．

21621672264711fln．

241631所以f(x)在区间，的最大值为

44

〔湖北理 20〕

定义在正实数集上的函数f(x)12x2ax,g(x)3a2lnxb,其中a0．设两曲2线yf(x),yg(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)〔x0〕．

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水平．

解：〔Ⅰ〕设yf(x)与yg(x)(x0)在公共点(x0，y0)处的切线相同．

3a2,由题意f(x0)g(x0),f(x0)g(x0)． ∵f(x)x2a,g(x)x122x2ax3alnx0b，003a22即由x02a得：x0a,或x03a〔舍去〕． 23ax0x02a，x015即有ba22a23a2lnaa23a2lna．

225令h(t)t23t2lnt(t0),那么h(t)2t(13lnt)．于是

2当t(13lnt)0,即0te时,h(t)0； 当t(13lnt)0,即te时,h(t)0．

11∞为减函数, 故h(t)在0，e3为增函数,在e3，13131323于是h(t)在(0，∞)的最大值为hee3．

2〔Ⅱ〕设F(x)f(x)g(x)12x2ax3a2lnxb(x0), 23a2(xa)(x3a)(x0)． 那么F(x)x2axx∞)为增函数, 故F(x)在(0，a)为减函数,在(a，∞)上的最小值是F(a)F(x0)f(x0)g(x0)0． 于是函数F(x)在(0，故当x0时,有f(x)g(x)≥0,即当x0时,f(x)≥g(x)．

〔湖北文 19〕

设二次函数f(x)x2axa,方程f(x)x0的两根x1和x2满足0x1x21． 〔I〕求实数a的取值范围； 〔II〕试比拟f(0)f(1)f(0)与

1的大小．并说明理由． 16本小题主要考查二次函数、二次方程的根本性质及二次不等式的解法,考查推理和运算水平．

解法1：〔Ⅰ〕令g(x)f(x)xx2(a1)xa,

0，1aa0，1，00a322． 那么由题意可得1a1，2g(1)0，a322，或a322，g(0)0，322)． 故所求实数a的取值范围是(0，〔II〕f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)2a2,令h(a)2a2．

当

a0时,h(a)单调增加,当0a322时,0h(a)h(322)2(322)22(17122)

2111,即f(0)f(1)f(0)．

161712216解法2：〔I〕同解法1． 〔II〕

f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)2a2,由〔I〕知0a322,

∴42a1122170．又42a10，于是

111(32a21)(42a1)(42a1)0, 16161611即2a20,故f(0)f(1)f(0)．

16162a2解法3：〔I〕方程f(x)x0x2(a1)xa0,由韦达定理得

0，xx0，12x1x21a,x1x2a,于是0x1x21x1x20，

(1x)(1x)0，12(1x1)(1x2)0a0，0a322． a1，a322或a322322)． 故所求实数a的取值范围是(0，〔II〕依题意可设g(x)(xx1)(xx2),那么由0x1x21,得

f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)x1x2(1x1)(1x2)[x1(1x1)][x2(1x2)]

11x1x1x21x2,故． f(0)f(1)f(0)116221622

〔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〔090〕,且sin2,5点P到平面的距离PH0.4〔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

a万元/km．当2山坡上公路长度为lkm〔1≤l≤2〕时,其造价为(l21)a万元．OA⊥AB,PB⊥AB,AB1.5(km),OA3(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PDEO修建公路的总造价小于〔II〕中得到的最小总造价,证实你的结论．

A

Ｏ

E

D

B

P

H

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,那么PBH,

PHPB1．

sin设BDx(km),0≤x≤1.5．那么

2]． PDx2PB2x21[1，A O  P

EDH

B

记总造价为f1(x)万元, 据题设有f1(x)(PD211111ADAO)a(x2x3)a 224143xa3a

41611,即BD(km)时,总造价f1(x)最小． 445〔II〕设AEy(km),0≤y≤,总造价为f2(y)万元,根据题设有

4当xy43131f2(y)PD21y23yay23aa．

2162242y1那么f2ya,由f2(y)0,得y1．

y2321)时,f2(y)0,f2(y)在(0，1)内是减函数； 当y(0，55当y1，时,f2(y)0,f2(y)在1，内是增函数．

44故当y1,即AE1〔km〕时总造价f2(y)最小,且最小总造价为〔III〕解法一：不存在这样的点D,E．

67a万元． 16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=x1(km),AEy1(km),0≤x1y2≤3,总造价为S万元,那么2xy11Sx121y1231a．类似于〔I〕、〔II〕讨论

224x1y131≥,y1231≥,当且仅当x1,y11同时成立时,上述两个216224167不等式等号同时成立,此时BD(km),AE1(km),S取得最小值a,点

416知,x12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PDEO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

xy11Sx121y1231a

22411x1a3442y123y143y123y1aa

16143≥23(y123y1)(y123y1)aa 41667a． 1611当且仅当x1且3(y123y1)(y123y1),即x1，y11同时成立时,S取

4467得最小值a,以上同解法一．

16

〔湖南文 21〕

11，,(1，3]内各有一个极值点． 函数f(x)x3ax2bx在区间[11)32〔I〕求a24b的最大值；

〔II〕当a24b8时,设函数yf(x)在点A(1，f(1))处的切线为l,假设l在点A处穿过函数yf(x)的图象〔即动点在点A附近沿曲线yf(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．

11解：〔I〕由于函数f(x)x3ax2bx在区间[11)，,(1，3]内分别有一个极值点,

32所以f(x)x2axb0在[11)，,(1，3]内分别有一个实根,

设两实根为x1，x2〔x1x2〕,那么x2x1a24b,且0x2x1≤4．于是

x23,即a2,b3时等号成0a24b≤4,0a24b≤16,且当x11，立．故a24b的最大值是16．

〔II〕解法一：由f(1)1ab知f(x)在点(1，f(1))处的切线l的方程是

21yf(1)f(1)(x1),即y(1ab)xa,

32由于切线l在点A(1，f(x))处空过yf(x)的图象,

21所以g(x)f(x)[(1ab)xa]在x1两边附近的函数值异号,那么

32x1不是g(x)的极值点．

1121而g(x)x3ax2bx(1ab)xa,且

3232g(x)x2axb(1ab)x2axa1(x1)(x1a)．

假设11a,那么x1和x1a都是g(x)的极值点．

1所以11a,即a2,又由a24b8,得b1,故f(x)x3x2x．

321解法二：同解法一得g(x)f(x)[(1ab)xa]

3213a3(x1)[x2(1)x(2a)]． 322由于切线l在点A(1，f(1))处穿过yf(x)的图象,所以g(x)在x1两边附近的函数值异号,于是存在m1，m2〔m11m2〕． 当m1x1时,g(x)0,当1xm2时,g(x)0； 或当m1x1时,g(x)0,当1xm2时,g(x)0．

3a3a设h(x)x21x2,那么

22当m1x1时,h(x)0,当1xm2时,h(x)0； 或当m1x1时,h(x)0,当1xm2时,h(x)0． 由h(1)0知x1是h(x)的一个极值点,那么h(1)2113a0, 21所以a2,又由a24b8,得b1,故f(x)x3x2x．

3〔辽宁理 22〕

函数f(x)x2t2t(x2x)x22t21,g(x)1f(x)． 2〔I〕证实：当t22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tk时,g(x)在闭区间

[a，b]上是减函数；

3〔III〕证实：f(x)≥．

2

〔辽宁文 22〕

函数f(x)x39x2cos48xcos18sin2,g(x)f(x),且对任意的实数t均有g(1cost)≥0,g(3sint)≤0． 〔I〕求函数f(x)的解析式；

〔II〕假设对任意的m[26，6],恒有f(x)≥x2mx11,求x的取值范围． 〔全国一 理20〕 设函数f(x)exex．

〔Ⅰ〕证实：f(x)的导数f(x)≥2；

〔Ⅱ〕假设对所有x≥0都有f(x)≥ax,求a的取值范围． 解：〔Ⅰ〕f(x)的导数f(x)exex． 由于exe-x≥2exex2,故f(x)≥2． 〔当且仅当x0时,等号成立〕．

〔Ⅱ〕令g(x)f(x)ax,那么

g(x)f(x)aexexa,

〔ⅰ〕假设a≤2,当x0时,g(x)exexa2a≥0, 故g(x)在(0，∞)上为增函数,

所以,x≥0时,g(x)≥g(0),即f(x)≥ax．

aa24〔ⅱ〕假设a2,方程g(x)0的正根为x1ln,

2此时,假设x(0，x1),那么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)2x33ax23bx8c在x1及x2时取得极值．

〔Ⅰ〕求a、b的值；

〔Ⅱ〕假设对于任意的x[0，3],都有f(x)c2成立,求c的取值范围． 解：〔Ⅰ〕f(x)6x26ax3b,

由于函数f(x)在x1及x2取得极值,那么有f(1)0,f(2)0．

66a3b0，即

2412a3b0．解得a3,b4．

〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕可知,f(x)2x39x212x8c,

f(x)6x218x126(x1)(x2)．

，时,f(x)0； 当x(01)2)时,f(x)0； 当x(1，当x(2，3)时,f(x)0．

所以,当x1时,f(x)取得极大值f(1)58c,又f(0)8c,f(3)98c． 那么当x0，3时,f(x)的最大值为f(3)98c． 由于对于任意的x0，3,有f(x)c2恒成立, 所以 98cc2, 解得 c1或c9,

因此c的取值范围为(，1)(9，)．

〔全国二理 22〕

函数f(x)x3x．

〔1〕求曲线yf(x)在点M(t，f(t))处的切线方程；

〔2〕设a0,如果过点(a，b)可作曲线yf(x)的三条切线,证实： abf(a)．解：〔1〕求函数f(x)的导数；f(x)3x21．

曲线yf(x)在点M(t，f(t))处的切线方程为：

yf(t)f(t)(xt),

即 y(3t21)x2t3．

〔2〕如果有一条切线过点(a，b),那么存在t,使

b(3t21)a2t3．

于是,假设过点(a，b)可作曲线yf(x)的三条切线,那么方程

2t33at2ab0

有三个相异的实数根． 记 g(t)2t33at2ab, 那么

g(t)6t26at

6t(ta)．

当t变化时,g(t)，g(t)变化情况如下表：

t (，0)  0 0 极大值(0，a) a (a，)  g(t)  0 极小值g(t) ab bf(a) 由g(t)的单调性,当极大值ab0或极小值bf(a)0时,方程g(t)0最多有一个实数根；

当ab0时,解方程g(t)0得t0，t实数根；

a当bf(a)0时,解方程g(t)0得t，ta,即方程g(t)0只有两个相

23a,即方程g(t)0只有两个相异的2异的实数根．

综上,如果过(a，b)可作曲线yf(x)三条切线,即g(t)0有三个相异的实数

ab0，根,那么

bf(a)0.即 abf(a)．

〔全国二文 22〕

1函数f(x)ax3bx2(2b)x1

3在xx1处取得极大值,在xx2处取得极小值,且0x11x22． 〔1〕证实a0；

〔2〕假设z=a+2b,求z的取值范围.

解：求函数f(x)的导数f(x)ax22bx2b．

〔Ⅰ〕由函数f(x)在xx1处取得极大值,在xx2处取得极小值,知x1，x2是

f(x)0的两个根．

所以f(x)a(xx1)(xx2)

当xx1时,f(x)为增函数,f(x)0,由xx10,xx20得a0．

f(0)02b0〔Ⅱ〕在题设下,0x11x22等价于f(1)0 即a2b2b0．

f(2)04a4b2b02b0化简得a3b20．

4a5b20此不等式组表示的区域为平面aOb上三条直线：

2b0，a3b20，4a5b20．

462)C(4，2)． 所围成的△ABC的内部,其三个顶点分别为：A，，B(2，，77z在这三点的值依次为

16，6，8． 7b

168． 所以z的取值范围为，72 1

B(2，2)

C(4，2)

46A， 77

〔山东理 22〕

设函数f(x)x2bln(x1),其中b0． 〔Ⅰ〕当bO 2 4

a

1时,判断函数f(x)在定义域上的单调性； 2〔Ⅱ〕求函数f(x)的极值点；

111〔Ⅲ〕证实对任意的正整数n,不等式ln123都成立．

nnnb2x32xb解：〔Ⅰ〕由题意知,f(x)的定义域为(1， ),f(x)2xx1x11), 设g(x)2x22xb,其图象的对称轴为x(1，211g(x)maxgb．

22当b11时,g(x)maxb0, 22即g(x)2x23xb0在(1，)上恒成立,

当x(1，)时,f(x)0, 当b1时,函数f(x)在定义域(1，)上单调递增． 21〔Ⅱ〕①由〔Ⅰ〕得,当b时,函数f(x)无极值点．

212x1120有两个相同的解x, ②b时,f(x)x1221x1，时,f(x)0,

21x，时,f(x)0, 23b1时,函数f(x)在(1，)上无极值点． 2112b112b1时,f(x)0有两个不同解,x1,x2,

222112b112b1,x20, 22③当bb0时,x1),x21即x1(1，，．

b0时,f(x),f(x)随x的变化情况如下表：

x

(1，x1) x1 (x2，) 

f(x) f(x)



0 极小值

112b, 2

由此表可知：b0时,f(x)有惟一极小值点x1112b11, 时,x122当0b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) f(x)

0 极大值



0 极小值

由此表可知：0b112b； 2112b1时,f(x)有一个极大值x1和一个极小值点

22x2综上所述：

b0时,f(x)有惟一最小值点x112b； 20b112b1时,f(x)有一个极大值点x和一个极小值点

22x112b； x1b≥时,f(x)无极值点．

2〔Ⅲ〕当b1时,函数f(x)x2ln(x1), 令函数h(x)x2f(x)x2x2ln(x1),

13x2(x1)2那么h(x)3x2x． x1x12当x0，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x2x3ln(x1)恒成立． )时,有ln(x1)x2x3． 故当x(0，对任意正整数n取x1111(0，),那么有ln123． nnnn所以结论成立．

〔山东文 21〕

设函数f(x)ax2blnx,其中ab0．

证实：当ab0时,函数f(x)没有极值点；当ab0时,函数f(x)有且只有一

个极值点,并求出极值．

证实：由于f(x)ax2blnx，ab0,所以f(x)的定义域为(0，)．

b2ax2b． f(x)2axxx当ab0时,如果a0，b0，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；

如果a0，b0，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递减．

所以当ab0,函数f(x)没有极值点． 当ab0时,

bb2axx2a2a f(x)x令f(x)0, 将x1bb(0，)〔舍去〕,x2(0，), 2a2a当a0，b0时,f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

x

b0， 2ab 2ab， 2a

f(x) f(x)



0 极小值

从上表可看出,

bbb函数f(x)有且只有一个极小值点,极小值为f1ln． 2a22a当a0，b0时,f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

x

b0，2a b 2ab2a，



f(x) f(x)



0 极大值

从上表可看出,

bbb函数f(x)有且只有一个极大值点,极大值为f1ln． 2a22a

综上所述,

当ab0时,函数f(x)没有极值点； 当ab0时,

假设a0，b0时,函数f(x)有且只有一个极小值点,极小值为

bb1ln． 22a

假设a0，b0时,函数f(x)有且只有一个极大值点,极大值为

bb1ln． 22a

〔陕西理 20〕

c2,其中a为实数. 设函数f(x)=2xaxa(Ⅰ)假设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,x2axa0恒成立,a24a0,

0a4,即当0a4时f(x)的定义域为R．

x(xa2)ex〔Ⅱ〕f(x)2,令f(x)≤0,得x(xa2)≤0． 2(xaxa)由f(x)0,得x0或x2a,又0a4,

0a2时,由f(x)0得0x2a；

当a2时,f(x)≥0；当2a4时,由f(x)0得2ax0, 即当0a2时,f(x)的单调减区间为(0，2a)； 当2a4时,f(x)的单调减区间为(2a，0)．

(陕西文21)

f(x)ax3bx2cx在区间[0,1]上是增函数,在区间(,0),(1,)上是减函数,又

13f(). 22(Ⅰ)求f(x)的解析式;

(Ⅱ)假设在区间[0,m](m＞0)上恒有f(x)≤x成立,求m的取值范围. 解：〔Ⅰ〕f(x)3ax22bxc,由f(0)f(1)0,

c0，c0，即解得3

ba．3a2bc0，213a3a3f(x)3ax23ax,f,a2,f(x)2x33x2．

2224〔Ⅱ〕令f(x)≤x,即2x33x2x≤0,

1x(2x1)(x1)≥0,0≤x≤或x≥1．

21又f(x)≤x在区间0，m上恒成立,0m≤．

2

(上海理科19)

函数f(x)x2ax(x0,常数aR)．

〔1〕讨论函数f(x)的奇偶性,并说明理由；

〔2〕假设函数f(x)在x[2，)上为增函数,求a的取值范围． 解：〔1〕当a0时,f(x)x2,

22 对任意x(，0)(0，),f(x)(x)xf(x), f(x)为偶函数．

当a0时,f(x)x2(a0，x0),

取x1,得 f(1)f(1)20，f(1)f(1)2a0, f(1)f(1)，f(1)f(1),

 函数f(x)既不是奇函数,也不是偶函数． 〔2〕解法一：设2≤x1x2, f(x1)f(x2)x12(xx2)aa2x1x2(x1x2)a, 1x2x1x2x1x2ax 要使函数f(x)在x[2，)上为增函数,必须f(x1)f(x2)0恒成立．

x1x20，x1x24,即ax1x2(x1x2)恒成立．

又x1x24,x1x2(x1x2)16． a的取值范围是(，16]．

解法二：当a0时,f(x)x2,显然在[2，)为增函数．

当a0时,反比例函数

a在[2，)为增函数, xf(x)x2a在[2，)为增函数． x 当a0时,同解法一．

(上海文科19)

函数f(x)x2ax(x0,常数aR)．

〔1〕当a2时,解不等式f(x)f(x1)2x1；

〔2〕讨论函数f(x)的奇偶性,并说明理由．

22(x1)22x1, xx122 0,

xx1解： 〔1〕x2 x(x1)0．  原不等式的解为0x1． 〔2〕当a0时,f(x)x2,

22 对任意x(，0)(0，),f(x)(x)xf(x),

f(x)为偶函数．

当a0时,f(x)x2(a0，x0),

取x1,得 f(1)f(1)20，f(1)f(1)2a0, f(1)f(1)，f(1)f(1),

 函数f(x)既不是奇函数,也不是偶函数．

ax

(四川理 22)

1设函数f(x)1(nN,且n1,xN).

n1(Ⅰ)当x=6时,求1的展开式中二项式系数最大的项;

nnn(Ⅱ)对任意的实数x,证实

f(2x)f(2)＞f(x)(f(x)是f(x)的导函数);

2n1(Ⅲ)是否存在aN,使得an＜1＜(a1)n恒成立?假设存在,试证实你的

kk1结论并求出a的值;假设不存在,请说明理由.

此题考察函数、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水平及创新意识.

20351〔Ⅰ〕解：展开式中二项式系数最大的项是第4项,这项是C613

nn311〔Ⅱ〕证法一：因f2xf211

nn11121121nnnnn2n22n2n11121 nnn111121ln121ln12f'x n2nn证

法

2n2二

2n2：

n因

11111f2xf21121121nnnnn11 n11而2f'x21ln1

nn11故只需对1和ln1进行比拟.

nnn令gxxlnxx1,有g'x1由

1x1 xxx10,得x1 x由于当0x1时,g'x0,gx单调递减；当1x时,g'x0,gx单调递增,所以在x1处gx有极小值1 故当x1时,gxg11,

从而有xlnx1,亦即xlnx1lnx

11故有1ln1恒成立.

nn所以f2xf22f'x,原不等式成立. 〔Ⅲ〕对mN,且m1

101121有1CmCmCmmmmmm11112!m2m21Cmkmk1C

mmmmmm1k!mk11kmmm1m!211mm21112!m11211k!mmk11m111m!mm11

m22112!3!1k!1 m!1

mm11121321kk11112122311k1k11 m1m313 mkkm1又因C0k2,3,4,mm1,m,故213

mkmn11∵213,从而有2n13n成立,

kmk11即存在a2,使得2n13n恒成立.

kk1

〔四川文20〕

设函数f(x)ax3bxc(a0)为奇函数,其图象在点(1,f(1))处的切线与直线

x6y70垂直,导函数f'(x)的最小值为12．

nk〔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：此题考查函数的奇偶性、单调性、二次函数的最值、导数的应用等根底知识,以及推理水平和运算水平． 〔Ⅰ〕∵f(x)为奇函数,

∴f(x)f(x)

即ax3bxcax3bxc ∴c0

∵f'(x)3ax2b的最小值为12

∴b12

1又直线x6y70的斜率为

6因此,f'(1)3ab6 ∴a2,b12,c0． 〔Ⅱ〕f(x)2x312x．

f'(x)6x2126(x2)(x2),列表如下：

x (,2)  2 (2,2) 2 (2,)  f'(x) 0 极大  0 极小 f(x) 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〕

2axa21(xR),其中aR． 函数f(x)x21〔Ⅰ〕当a1时,求曲线yf(x)在点(2，f(2))处的切线方程； 〔Ⅱ〕当a0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根底知识,考查运算水平及分类讨论的思想方法．总分值12分．

〔Ⅰ〕解：当a1时,f(x)2x4f(2),, x2152(x21)2x·2x22x26f(2)又f(x),． 2222(x1)(x1)25所以,曲线yf(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y46(x2), 525即6x2y320．

2a(x21)2x(2axa21)2(xa)(ax1)〔Ⅱ〕解：f(x)． 2222(x1)(x1)由于a0,以下分两种情况讨论． 〔1〕当a0时,令f(x)0,得到x1情况如下表：

x 1,x2a．当x变化时,f(x)，f(x)的变化a1∞， a1 a1，a a a (a，∞) f(x)   0 极小值 0 极大值  f(x) 11,(a，所以f(x)在区间∞，∞)内为减函数,在区间，a内为增函数． aa函数f(x)在x1函数f(x)在x211处取得极小值f,且aa1fa2, a1处取得极大值f(a),且f(a)1． a1〔2〕当a0时,令f(x)0,得到x1a，x2,当x变化时,f(x)，f(x)的变化

a情况如下表：

x ∞，a  a 1a， a1 a1，+∞ a f(x) f(x) 0 极大值  0 极小值 11内为减函数． 所以f(x)在区间(∞，a),，+∞内为增函数,在区间a，aa函数f(x)在x1a处取得极大值f(a),且f(a)1．

11函数f(x)在x2处取得极小值f,且

aa1fa2． a

〔天津文 21〕

设函数f(x)x(xa)2〔xR〕,其中aR．

〔Ⅰ〕当a1时,求曲线yf(x)在点(2，f(2))处的切线方程； 〔Ⅱ〕当a0时,求函数f(x)的极大值和极小值；

〔Ⅲ〕当a3时,证实存在k10，,使得不等式f(kcosx)≥f(k2cos2x)对任意的xR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、解不等式等根底知识,考查综合分析和解决问题的水平及分类讨论的思想方法．总分值14分．

〔Ⅰ〕解：当a1时,f(x)x(x1)2x32x2x,得f(2)2,且

f(x)3x24x1,f(2)5．

所以,曲线yx(x1)2在点(2，2)处的切线方程是y25(x2),整理得

5xy80．

〔Ⅱ〕解：f(x)x(xa)2x32ax2a2x

f(x)3x24axa2(3xa)(xa)．

令f(x)0,解得xa或xa． 3由于a0,以下分两种情况讨论．

〔1〕假设a0,当x变化时,f(x)的正负如下表：

x a∞， 3a 3a，a 3 a (a，∞) f(x)  0 a处取得极小值30  因此,函数f(x)在xaf,且 3

4afa3；

273函数f(x)在xa处取得极大值f(a),且

f(a)0．

〔2〕假设a0,当x变化时,f(x)的正负如下表：

x ∞，a  a aa， 3 a 3a∞ ，3f(x) 0 0  因此,函数f(x)在xa处取得极小值f(a),且

f(a)0；

函数f(x)在xa处取得极大值3af,且 3

4afa3．

273〔Ⅲ〕证实：由a3,得

a时, 1,当k10，3kcosx≤1,k2cos2x≤1．

由〔Ⅱ〕知,f(x)在∞，1上是减函数,要使f(kcosx)≥f(k2cos2x),xR 只要kcosx≤k2cos2x(xR) 即

cos2xcosx≤k2k(xR) ①

11设g(x)cos2xcosxcosx,那么函数g(x)在R上的最大值为2．

24要使①式恒成立,必须k2k≥2,即k≥2或k≤1．

所以,在区间1，0上存在k1,使得f(kcosx)≥f(k2cos2x)对任意的xR2恒成立．

〔浙江理 22〕

2x32设f(x),对任意实数t,记gt(x)t3xt．

33〔I〕求函数yf(x)gt(x)的单调区间；

〔II〕求证：〔ⅰ〕当x0时,f(x)gf(x)≥gt(x)对任意正实数t成立； 〔ⅱ〕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． 此题主要考查函数的根本性质,导数的应用及不等式的证实等根底知识,以及综合运用所学知识分析和解决问题的水平．总分值15分．

x316〔I〕解：y4x．

33由yx240,得

x2．

由于当x(，2)时,y0, 当x(2，2)时,y0, 当x(2，)时,y0,

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〕证实：〔i〕方法一：

x322令h(x)f(x)gt(x)t3xt(x0),那么

33h(x)xt,

223当t0时,由h(x)0,得xt,

)时,h(x)0, 当x(x，1313所以h(x)在(0，)内的最小值是h(t)0． 故当x0时,f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立． 方法二：

2对任意固定的x0,令h(t)gt(x)txt(t0),那么

31213h(t)t(xt3),

32313由h(t)0,得tx3． 当0tx3时,h(t)0． 当tx3时,h(t)0,

1所以当tx3时,h(t)取得最大值h(x3)x3．

3因此当x0时,f(x)≥g(x)对任意正实数t成立． 〔ii〕方法一：

f(2)8gt(2)． 3由〔i〕得,gt(2)≥gt(2)对任意正实数t成立．

即存在正实数x02,使得gx(2)≥gt(2)对任意正实数t成立． 下面证实x0的唯一性： 当x02,x00,t8时,

x0316f(x0),gx(x0)4x0,

33x03164x0, 由〔i〕得,33x03再取tx0,得gx3(x0),

03316x03gx3(x0), 所以gx(x0)4x0033即x02时,不满足gx(x0)≥gt(x0)对任意t0都成立． 故有且仅有一个正实数x02,

使得gx(x0)0≥gt(x0)对任意正实数t成立． 方法二：对任意x00,gx(x0)4x016, 31由于gt(x0)关于t的最大值是x03,所以要使gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数成立的

3充分必要条件是：

4x01613≥x0, 33

①

即(x02)2(x04)≤0,

又由于x00,不等式①成立的充分必要条件是x02, 所以有且仅有一个正实数x02,

使得gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．

(重庆理 20)

函数f(x)ax4lnxbx4c(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〕假设对任意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)3c,因此bc3c,从而b3． 又对f(x)求导得

f(x)4ax3lnxax414bx3 xx3(4alnxa4b)．

由题意f(1)0,因此a4b0,解得a12．

〔II〕由〔I〕知f(x)48x3lnx〔x0〕,令f(x)0,解得x1．

当0x1时,f(x)0,此时f(x)为减函数； 当x1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x1处取得极小值f(1)3c,此极小值也是最小值,要使f(x)≥2c2〔x0〕恒成立,只需3c≥2c2． 即2c2c3≥0,从而(2c3)(c1)≥0,

3解得c≥或c≤1．

231]，． 所以c的取值范围为(，2

〔重庆文20〕

用长为18 cm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〕,那么长为2x(m),高为

h1812x4.53x(m)430＜x＜.

2故长方体的体积为

V(x)2x2(4.53x)9x26x3(m3)3(0＜x＜).

2从而V(x)18x18x2(4.53x)18x(1x).

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＜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2 m,高为1.5 m.

答：当长方体的长为2 m时,宽为1 m,高为1.5 m时,体积最大,最大体积为3 m3.

23