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2011年高考导数大题及其答案


3 3.天津理 20. (本小题满分 12 分)已知函数 f ? x ? ? ax ?

3 2 x ? 1 ? x ? R ? ,其中 a ? 0 . 2

(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 ? ?

?

?

? 1 1? , 上, f ? x ? ? 0 恒成立,求 a 的取值范围. ? 2 2? ?
3 2 x ? 1 , f ? 2 ? ? 3 . f ? ? x ? ? 3 x 2 ? 3x , f ? ? 2 ? ? 6 . 2

3 【解】 (Ⅰ)当 a ? 1 时, f ? x ? ? x ?

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) f ? ? x ? ? 3ax2 ? 3x ? 3x ? ax ? 1? . 令 f ? ? x ? ? 0 ,解得 x ? 0 或 x ? (1) 若 0 ? a ? 2 ,则

?

?

1 ? 1 1? .针对区间 ? ? , ? ,需分两种情况讨论: a ? 2 2?

1 1 ? . a 2

当 x 变化时, f ? ? x ? , f ? x ? 的变化情况如下表:

x

? 1 ? ? ? ,0? ? 2 ?

0

? 1? ? 0, ? ? 2?

f ? ? x?
f ? x?
所以 f ? x ? 在区间 ? ?

?


0
极大值

?


? 1 1? ? 1 1? , ? 上的最小值在区间的端点得到.因此在区间 ? ? , ? 上, f ? x ? ? 0 恒成立,等价于 ? 2 2? ? 2 2?

? ? 1? ? f ? ? 2 ? ? 0, ? ? ? ? ? f ? 1 ? ? 0, ? ? ? ? ?2?

?5 ? a ? 0, ? ? 8 即? 解得 ?5 ? a ? 5 ,又因为 0 ? a ? 2 ,所以 0 ? a ? 2 . ? 5 ? a ? 0, ? ? 8
1 1 ? . a 2

(2) 若 a ? 2 ,则 0 ?

当 x 变化时, f ? ? x ? , f ? x ? 的变化情况如下表:

x

? 1 ? ? ? ,0? ? 2 ?

0

? 1? ? 0, ? ? a?

1 a

?1 1? ? , ? ?a 2?

f ? ? x?
f ? x?

?


0
极大值

?


0
极小值

?


所以 f ? x ? 在区间 ? ?

1 ? 1 1? , ? 上的最小值在区间的端点或 x ? 处得到. a ? 2 2?

因此在区间 ? ?

? 1 1? , 上, f ? x ? ? 0 恒成立,等价于 ? 2 2? ?

? ? 1? ? f ? ? 2 ? ? 0, ? ? ? ? ? f ? 1 ? ? 0, ? ? ? ? ?a?

? 5?a ? 0, ? ? 8 即? ?1 ? 1 ? 0, ? ? 2a 2

解得

2 2 ,又因为 a ? 2 ,所以 2 ? a ? 5 . ? a ?5或a ? ? 2 2

综合(1),(2),

a 的取值范围为 0 ? a ? 5 .
1 ? a ln x(a ? R ). x

8.湖南 22. (本小题 13 分)设函数 f ( x) ? x ?

(I)讨论 f ( x ) 的单调性; (II)若 f ( x ) 有两个极值点 x1和x2 ,记过点 A( x1 , f ( x1 )), B( x2 , f ( x2 )) 的直线的斜率 为 k ,问:是否存在 a ,使得 k ? 2 ? a ? 若存在,求出 a 的值,若不存在,请说明理由. 解析: (I) f ( x ) 的定义域为 (0, ??).

f '( x) ? 1 ?

1 a x 2 ? ax ? 1 ? ? x2 x x2

2 令 g ( x) ? x2 ? ax ? 1, 其判别式 ? a ? 4.

(1) 当 | a |? 2时, ? 0, f '( x) ? 0, 故 f ( x)在(0, ??) 上单调递增. (2) 当 a ? ?2时, >0,g(x)=0 的两根都小于 0,在 (0, ??) 上, f '( x) ? 0 ,故 f ( x)在(0, ??) 上单调递增. (3) 当 a ? 2时, >0,g(x)=0 的两根为 x1 ?

a ? a2 ? 4 a ? a2 ? 4 , , x2 ? 2 2

当 0 ? x ? x1 时, f '( x) ? 0 ;当 x1 ? x ? x2 时, f '( x) ? 0 ;当 x ? x2 时, f '( x) ? 0 ,故 f ( x ) 分别在

(0, x1 ),( x2 , ??) 上单调递增,在 ( x1 , x2 ) 上单调递减.
(II)由(I)知, a ? 2 . 因为 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ( x1 ? x2 ) ?

x1 ? x2 ? a(ln x1 ? ln x2 ) ,所以 x1 x2

k?

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ln x1 ? ln x2 1 ? 1? ?a x1 ? x2 x1 x2 x1 ? x2 ln x1 ? ln x2 x1 ? x2
. 亦即 x2 ?

又由(I)知, x1 x2 ? 1 .于是 k ? 2 ? a

若存在 a , 使得 k ? 2 ? a. 则

ln x1 ? ln x2 即n l x1n l? x2 ?x1 ? x2 ?1. x1 ? x2
1 t

1 ? 2ln x2 ? 0( x2 ? 1)(*) x2

再由(I)知,函数 h(t ) ? t ? ? 2 ln t 在 (0, ??) 上单调递增,而 x2 ? 1 ,所以

x2 ?

1 1 ? 2ln x2 ? 1 ? ? 2ln1 ? 0. 这与 (*) 式矛盾.故不存在 a ,使得 k ? 2 ? a. x2 1

9.辽宁理 21. (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ? ln x ? ax 2 ? (2 ? a) x . (I)讨论 f ( x) 的单调性; (II)设 a ? 0 ,证明:当 0 ? x ?

1 1 1 时, f ( ? x) ? f ( ? x) ; a a a

(III)若函数 y ? f ( x) 的图像与 x 轴交于 A,B 两点,线段 AB 中点的横坐标为 x0,证明: f ? (x0)<0. 21.解: (I) f ( x)的定义域为(0, ??),

f ?( x) ?

1 (2 x ? 1)(ax ? 1) ? 2ax ? (2 ? a) ? ? . x x

(i)若 a ? 0, 则f ?( x) ? 0, 所以f ( x) 在(0, ??) 单调增加. (ii)若 a ? 0, 则由f ?( x) ? 0得x ?

1 , 且当 a

1 1 x ? (0, )时, f ?( x) ? 0, 当x ? 时, f ?( x) ? 0. a a 1 1 所以 f ( x)在(0, ) 单调增加,在 ( , ??) 单调减少. ………………4 分 a a 1 1 (II)设函数 g ( x) ? f ( ? x) ? f ( ? x), 则 a a

g ( x) ? ln(1 ? ax) ? ln(1 ? ax) ? 2ax, g ?( x) ? a a 2a 3 x 2 ? ? 2a ? . 1 ? ax 1 ? ax 1 ? a2 x2

1 时, g ?( x) ? 0, 而g (0) ? 0, 所以g ( x) ? 0 . a 1 1 1 故当 0 ? x ? 时 , f ( ? x) ? f ( ? x). ………………8 分 a a a
当0 ? x ? (III)由(I)可得,当 a ? 0时,函数y ? f ( x) 的图像与 x 轴至多有一个交点, 故 a ? 0 ,从而 f ( x ) 的最大值为 f ( ), 且f ( ) ? 0. 不妨设 A( x1 , 0), B( x2 , 0), 0 ? x1 ? x2 , 则0 ? x1 ? 由(II)得 f (

1 a

1 a

1 ? x2 . a

x ? x2 1 2 2 1 1 ? . ? x1 ) ? f ( ? ? x1 ) ? f ( x1 ) ? 0. 从而 x2 ? ? x1 , 于是x0 ? 1 a a a a 2 a
………………12 分

由(I)知, f ?( x0 ) ? 0.

11.陕西理 21. (本小题满分 14 分)

1 , g ( x) ? f ( x) ? f ?( x) . x 1 (1)求 g ( x) 的单调区间和最小值; (2)讨论 g ( x) 与 g ( ) 的大小关系; x 1 (3)是否存在 x0 ? 0 ,使得 | g ( x ) ? g ( x0 ) |? 对任意 x ? 0 成立?若存在,求出 x0 的取值范围;若不存在,请 x
设函数 f ( x ) 定义在 (0, ??) 上, f (1) ? 0 ,导函数 f ?( x) ?

说明理由. 【分析】 (1)先求出原函数 f ( x ) ,再求得 g ( x) ,然后利用导数判断函数的单调性(单调区间) ,并求出最小值; (2)作差法比较,构造一个新的函数,利用导数判断函数的单调性,并由单调性判断函数的正负; (3) 存在性问题通常采用假设存在,然后进行求解;注意利用前两问的结论. 【解】 (1)∵ f ?( x) ?

1 ,∴ f ( x) ? ln x ? c ( c 为常数) ,又∵ f (1) ? 0 ,所以 ln1 ? c ? 0 ,即 c ? 0 , x 1 x ?1 x ?1 ,∴ g ?( x ) ? 2 ,令 g ?( x) ? 0 ,即 2 ? 0 ,解得 x ? 1 , x x x

∴ f ( x) ? ln x ; g ( x) ? ln x ?

当 x ? (0,1) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 是减函数,故区间在 (0,1) 是函数 g ( x) 的减区间; 当 x ? (1, ??) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 是增函数,故区间在 (1, ??) 是函数 g ( x) 的增区间; 所以 x ? 1 是 g ( x) 的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点, 所以 g ( x) 的最小值是 g (1) ? 1 . (2) g ( ) ? ? ln x ? x ,设 h( x) ? g ( x) ? g ( ) ? 2ln x ? x ? 当 x ? 1 时, h(1) ? 0 ,即 g ( x ) ? g ( ) ,当 x ? (0,1)

1 x

1 x

( x ? 1) 2 1 ,则 h?( x) ? ? , x x2

1 x

(1, ??) 时, h?( x) ? 0 , h?(1) ? 0 ,

因此函数 h( x) 在 (0, ??) 内单调递减,当 0 ? x ? 1 时, h( x) ? h(1) =0,∴ g ( x ) ? g ( ) ; 当 x ? 1 时, h( x) ? h(1) =0,∴ g ( x ) ? g ( ) . (3)满足条件的 x0 不存在.证明如下: 证法一 假设存在 x0 ? 0 ,使 | g ( x ) ? g ( x0 ) |? 即对任意 x ? 0 有 ln x ? g ( x0 ) ? ln x ? 但对上述的 x0 ,取 x1 ? e
g ( x0 )

1 x

1 x

1 对任意 x ? 0 成立, x


2 x

时,有 ln x1 ? g ( x0 ) ,这与①左边的不等式矛盾,

1 对任意 x ? 0 成立. x 1 证法二 假设存在 x0 ? 0 ,使 | g ( x ) ? g ( x0 ) |? 对任意 x ? 0 成立, x
因此不存在 x0 ? 0 ,使 | g ( x ) ? g ( x0 ) |? 由(1)知, g ( x) 的最小值是 g (1) ? 1 , 又 g ( x) ? ln x ?

1 ? ln x ,而 x ? 1 时, ln x 的值域为 (0, ??) ,∴当 x …1 时, g ( x) 的值域为 [1, ??) , x

从而可以取一个值 x1 ? 1 ,使 g ( x1 ) …g ( x0 ) ? 1 ,即 g ( x1 ) ? g ( x0 ) … 1 ,∴

| g ( x1 ) ? g ( x0 ) |…1 ?

1 1 ,这与假设矛盾.∴不存在 x0 ? 0 ,使 | g ( x ) ? g ( x0 ) |? 对任意 x ? 0 成立. x x1

12.全国Ⅰ理(21) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ?

a ln x b ? ,曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 x ? 2 y ? 3 ? 0 。 x ?1 x ln x k ? ,求 k 的取值范围。 x ?1 x

(Ⅰ)求 a 、 b 的值; (Ⅱ)如果当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x ) ?

(21)解: (Ⅰ) f '( x) ?

?(

x ?1 ? ln x) b 1 x ? 2 ,由于直线 x ? 2 y ? 3 ? 0 的斜率为 ? ,且过点 (1,1) , 2 ( x ? 1) x 2

? f (1) ? 1, ?b ? 1, ? ? 故? 1 即 ?a 1 f '(1) ? ? , ? ? b ? ? , ? ? 2 ?2 2
(Ⅱ) 由(Ⅰ)知 f ( x ) ?

解得 a ? 1 , b ? 1 。

ln x k 1 (k ? 1)( x 2 ? 1) ln x 1 ? ,所以 f ( x) ? ( ? )? (2ln x ? )。 x ?1 x x ?1 x 1 ? x2 x
(k ? 1)( x 2 ? 1) (k ? 1)( x 2 ? 1) ? 2 x 。 ( x ? 0) ,则 h '( x) ? x2 x

考虑函数 h( x) ? 2ln x ?

(i)设 k ? 0 ,由 h '( x) ?

k ( x 2 ? 1) ? ( x ? 1) 2 知,当 x ? 1 时, h '( x) ? 0 。而 h(1) ? 0 ,故 x2

1 h( x) ? 0 ; 1 ? x2 1 当 x ? (1,+ ? )时,h (x)<0,可得 h(x)>0 1? x2 ln x k ln x k 从而当 x>0,且 x ? 1 时,f(x)-( + )>0,即 f(x)> + . x ?1 x x ?1 x 1 2 ' (ii)设 0<k<1.由于当 x ? (1, )时, (k-1) (x +1)+2x>0,故 h (x)>0,而 1? k 1 1 h(1)=0,故当 x ? (1, )时,h(x)>0,可得 h(x)<0,与题设矛盾。 1? k 1? x2
当 x ? (0,1) 时, h( x) ? 0 ,可得 (iii)设 k ? 1.此时 h (x)>0,而 h(1)=0,故当 x ? (1,+ ? )时,h(x)>0,可得
'

1 h(x)<0, 1? x2

与题设矛盾。综合得,k 的取值范围为(- ? ,0]


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