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全国名校高考专题训练12导数与极限(解答题2)


全国名校高考专题训练 12 导数与极限(解答题 2) 解答题
26、(东北师大附中高 2008 届第四次摸底考试)已知函数 f ( x) = ? x + ax + 1 ? ln x .
2

(Ⅰ)若 f (x ) 在 (0, ) 上是减函数,求 a 的取值范围; (Ⅱ)函数 f (x ) 是否既有极大值又有极小值?若存在,求 a 的取值范围;若不存在,请 说明理由. 解: (Ⅰ) f ′(x ) = ? 2 x + a ?

1 2

1 x 1 2

…………1 分

1 < 0 恒成立. ……3 分 x 1 1 1 即 a < 2 x + 恒成立.设 g ( x ) = 2 x + ,则 g ′(x ) = 2 ? 2 . x x x 1 1 1 ………5 分 ∵ x ∈ (0, ) 时 2 >4,∴ g ′(x ) < 0 ,∴ g (x ) 在 (0, ) 上递减, 2 2 x 1 ∴g( x ) >g( )=3,∴ a ≤3. ………6 分 2 (Ⅱ)若 f (x ) 既有极大值又有极小值,则首先必须 f ′(x ) =0 有两个不同正根 x1 , x2 , 即 2 x 2 ? ax + 1 = 0 有两个不同正根。 …………7 分
∵ f (x ) 在 (0, ) 上为减函数,∴ x ∈ (0, ) 时 ? 2 x + a ? 令 ?a ?

1 2

?? > 0

?a 2 ? 8 > 0 ?? ?a>2 2 > 0 ?a > 0 ?2 ?
…………10 分

∴当 a >2 2 时, f ′(x ) =0 有两个不等的正根 不妨设 x1 < x 2 ,由 f ′(x ) =-

1 2 ( 2 x 2 ? ax + 1 )=- ( x ? x1 )( x ? x 2 ) 知: x x 0 < x < x1 时 f ′(x ) <0, x1 < x < x2 时 f ′(x ) >0, x > x2 时 f ′(x ) <0,

∴当 a>2 2 时 f (x ) 既有极大值 f ( x 2 ) 又有极小值 f ( x1 ) . 27、设函数 f ( x ) = ax ? ( a + 1) ln( x + 1) ,其中 a > 0 。 (Ⅰ)求 f (x ) 的单调区间;

x < ln( x + 1) < x ; 1+ x 1 (Ⅲ)设 f (x ) 的最小值为 g (a ) ,证明不等式: ? < g ( a ) < 0 ; a ax ? 1 解: (Ⅰ)由已知得函数 f (x ) 的定义域为 ( ?1,+∞ ) ,且 f ' ( x ) = ( a > 0) , x +1 1 f ' ( x ) = 0 ,解得 x = ……2 分 a
(Ⅱ)当 x > 0 时,证明不等式: 当 x 变化时, f ' ( x ), f ( x ) 的变化情况如下表:

x

1 ( ?1, ) a

1 a

1 ( ,+∞) a

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f ' ( x) f (x )

- ↘

0 极小值

+ ↗

由上表可知,当 x ∈ ( ?1, ) 时, f ' ( x ) < 0 ,函数 f (x ) 在 ( ?1, ) 内单调递减,…3 分 当 x ∈ ( ,+∞) 时, f ' ( x ) > 0 ,函数 f (x ) 在 ( ,+∞) 内单调递增,……4 分 所以,函数 f (x ) 的单调减区间是 ( ?1, ) ,函数 f (x ) 的单调增区间是 ( ,+∞) 。…5 分 (Ⅱ)设 ? ( x ) = ln( x + 1) ? 对 ? (x ) 求导,得: ? ' ( x) =

1 a

1 a

1 a

1 a

1 a

1 a

x , x ∈ [0, ∞ ) 。 1+ x

1 1 x ? = 。……7 分 2 x + 1 (1 + x) (1 + x) 2

当 x > 0 时,? ' ( x) > 0 ,所以 ? (x ) 在 (0,+∞ ) 内是增函数。所以 ? (x ) 在 [0,+∞ ) 上是增 函数。 当 x > 0 时, ? ( x ) > ? ( x ) = 0 ,即 ln( x + 1) ? 同理可证 ln( x + 1) < x,∴

x x > 0,∴ < ln( x + 1) 。……8 分 1+ x 1+ x

x < ln( x + 1) <x。……9 分 1+ x 1 1 (Ⅲ)由(Ⅰ)知, g ( a ) = f ( ) = 1 ? ( a + 1) ? ln( + 1) ,……11 分 a a 1 x 1 1 1 将 x = 代入 < ln( x + 1) < x , 得: < ln( + 1) < a 1+ x a +1 a a 1 1 即:1<(a+1) ln( + 1) < 1 + ,……13 分 a a 1 1 1 ∴ ? < 1 ? (a + 1) ln( + 1) < 0 ,即 ? < g (a ) < 0 。 a a a
28、(福建省莆田一中 2007~2008 学年上学期期末考试卷)已知函数 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,证明: ? a < b < f ( a ) . 解: (1)求函数 f ( x ) 的导数; f ′( x) = 3 x 2 ? 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 = (3t 2 ? 1) x ? 2t 3 .

(2)如果有一条切线过点 ( a, b ) ,则存在 t ,使 b = (3t 2 ? 1) a ? 2t 3 . 于是,若过点 ( a, b ) 可作曲线 y = f ( x ) 的三条切线,则方程 2t 3 ? 3at 2 + a + b = 0 有三个相异的实数根.
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g (t ) = 2t 3 ? 3at 2 + a + b ,则

g ′(t ) = 6t 2 ? 6at = 6t (t ? a ) .

当 t 变化时, g (t ),g ′(t ) 变化情况如下表:

t
g ′(t ) g (t )

( ?∞, 0)

0

(0,a )

a
0

( a, ∞ ) +

+

0

?

+ g (t )

极大值

极小值

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 =

3a ,即方程 g (t ) = 0 只有两个相异的实数根; 2 a 当 b ? f ( a ) = 0 时,解方程 g (t ) = 0 得 t = ? ,t = a ,即方程 g (t ) = 0 只有两个相异 2
综上,如果过 ( a, b ) 可作曲线 y = f ( x ) 三条切线,即 g (t ) = 0 有三个相异的实数根,

的实数根.

则?

?a + b > 0, ?b ? f ( a ) < 0.


?a < b < f (a) .

29、(福建省泉州一中高 2008 届第一次模拟检测)设函数 f ( x) = ln x ? px + 1 (1)求函数 f ( x ) 的极值点 (2)当 p > 0 时,若对任意的 x > 0 ,恒有 f ( x ) ≤ 0 ,求 p 的取值范围

(3)证明:

ln 22 ln 32 ln n 2 2n 2 ? n ? 1 + 2 + ... + 2 < (n ∈ N , n ≥ 2) 22 3 n 2(n + 1)
1 1 ? px ?p= x x

解:∵ f ( x) = ln x ? px + 1∴ f ( x )的定义域为(0, ∞),f '( x ) = +

当p ≤ 0时,f '( x ) > 0, f ( x ) 在 (0,+∞) 上无极值点
当 p > 0 时,令 f '( x ) = 0,∴ x =

1 ∈ (0, +∞) , f '( x )、f ( x ) 随 x 的变化情况如下表: p

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x

1 (0, ) p
+ 递增

1 p
0 极大值

1 ( , +∞) p
- 递减

f '( x ) f ( x)

从上表可以看出,当 p > 0 时, f ( x ) 有唯一的极大值点 x =

1 p

(2)解:当 p > 0 时, f ( x ) 在 x = 此极大值也是最大值。

1 1 1 处取得极大值 f ( ) = ln p p p

要使 f ( x ) ≤ 0 恒成立,只需 f ( ) = ln

1 p

1 ≤0 p

∴ p ≥ 1,∴ p 的取值范围是 [1, +∞ )
(3)证明:令 p=1,由(2)知: ln x ? x + 1 ≤ 0,∴ ln x ≤ x ? 1

∵ n ∈ N , n ≥ 2,∴ ln n 2 ≤ n 2 ? 1

ln n 2 n 2 ? 1 1 ∴ 2 ≤ 2 = 1? 2 n n n ln 2 2 ln 32 ln n 2 1 1 1 + 2 + ... + 2 ≤ (1 ? 2 ) + (1 ? 2 ) + ... + (1 ? 2 ) 2 2 3 n 2 3 n 1 1 1 = (n ? 1) ? ( 2 + 2 + ... + 2 ) 2 3 n ∴ 1 1 1 ] < (n ? 1) ? [ + + ... + 2× 3 3× 4 n × (n + 1) 1 1 1 1 1 1 = (n ? 1) ? ( ? + ? + ... + ? ) 2 3 3 4 n n +1

1 1 2n 2 ? n ? 1 = (n ? 1) ? ( ? )= 2 n +1 2(n + 1)
30、(福建省仙游一中 2008 届高三第二次高考模拟测试)已知二次函数 f (x ) 的二次项系 数为 a ,且不等式 f ( x) > ?2 x 的解集为 (1, ) 3 ⑴若方程 f ( x) + 6a = 0 有两个相等的实数根,求 f (x ) 的解析式; ⑵若函数 g ( x) = xf ( x) 无极值,求实数 a 的取值范围
新新新 新新源 源源源源源源新源 源 源th源p/源源源gy源源源cx/ 源 w : w j.x t m /w k o .c 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王kc@ 王新 王 新1 o.c王 x t 2 6 m w 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p源源源gy源源源cx/ 源 /: w j.x t m /w w k o .c 特 特特特特特 特王特特特特特 新王新 王 王 x @ 2 .6 m 王 w t 1 新 王kc新王oc王 新新新 新新源 源源源源源源新源 源 源th源p/源源源gy源源源cx/ 源 w : w j.x t m /w k o .c 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王kc@ 王新 王 新1 o.c王 x t 2 6 m w 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p源源源gy源源源cx/ 源 /: w j.x t m /w w k o .c 特 特特特特特 特王特特特特特 新王新 王 王 x @ 2 .6 m 王 w t 1 新 王kc新王oc王

解:⑴设 f ( x) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0) ,∵不等式 f ( x ) > ?2 x 的解集为 (1,3) ∴ f (1) = a + b + c = ?2 ……… ① f (3) = 9a + 3b + c = ?6 ……… ②
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新新新 新新源 源源源源源源新源 源 源th源p/源源源gy源源源cx/ 源 w : w j.x t m /w k o .c 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王kc@ 王新 王 新1 o.c王 x t 2 6 m w 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p源源源gy源源源cx/ 源 /: w j.x t m /w w k o .c 特 特特特特特 特王特特特特特 新王新 王 王 x @ 2 .6 m 王 w t 1 新 王kc新王oc王

又∵ f ( x) + 6a = ax + bx + c + 6a = 0 有两等根,
2 2 ∴ ? = b ? 4a (c + 6a ) = 0 ……… ③

由①②③解得 a = ? , 或a = 1

1 5

…………(5

分) 又∵ f ( x ) > ?2 x 的解集为(1, ,∴ a < 0 ,故 a = ? , b = ? 3) ∴ f ( x) = ?

1 5

6 3 ,c = ? . 5 5

1 2 6 3 ……………………………………………(7 分) x ? x? 5 5 5 3 2 ⑵由①②得 b = ?2 ? 4a , c = 3a ,∴ g ( x ) = ax + ( ?2 ? 4a ) x + 3ax ,

g ' ( x ) = 3ax 2 + 2( ?2 ? 4a ) x + 3a …………………………………………(9 分) ∵ g ( x ) 无极值,∴方程 g ' ( x) = 0无实根或有两个相等实根, 则 ?a ≠ 0 2 ,解得 ?2 ≤ a ≤ ? ? 2 2 7 ?? = 4( ?2 ? 4a ) ? 36a ≤ 0
31、(福建省漳州一中 2008 年上期期末考试)已知函数 f ( x ) = 2 x + ( m ? x )
3 3

(m ∈ N ? ) .

? x + x2 ? (Ⅰ)若 x1 、 x2 ∈ (0, m) ,求证:① x + x ≥ 2 ? 1 ? ; ? 2 ?
3 3 1 3 2

② f ( x1 ) + f ( x2 ) ≥ 2 f ?

? x1 + x2 ? ?. ? 2 ?

(Ⅱ)若 an = f ( n) , n = 1, 2,? , m ? 1 ,其中 m ≥ 3, m ∈ N ,求证:

a1 + am ?1 ≥ a2 + am ? 2 ;
(Ⅲ)对于任意的 a 、 b 、 c ∈ ?

? m 2m ? ,问:以 f ( a )、f (b )、f (c) 的值为长的三条线 , 3 ? ?2 ?

段是否可构成三角形?请说明理由. 解: (Ⅰ)①要证: x1 + x 2 ≥ 2(
3 3

x1 + x 2 3 ) , 2
2

只需证: ( x1 + x 2 )( x1 ? x1 x 2 + x 2 ) ≥ 2(
2

x1 + x 2 3 ) , 2

∵ x1、x2 ∈ (0, m) ,则 x1 + x2 > 0 , ∴只需证: x1 ? x1 x2 + x1 ≥
2 2 2 x12 + 2 x1 x2 + x2 ,即 ( x 1 ? x2 ) 2 ≥ 0 , 4

? x + x2 ? ∵ ( x 1 ? x2 ) ≥ 0 成立,∴ x + x ≥ 2 ? 1 ? 成立.……………………………(4 分) ? 2 ?
3
2

3 1

3 2

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②又∵ ( m ? x1 ) ∈ (0, m), ( m ? x2 ) ∈ (0, m) , 由①得: (m ? x1 )3 + ( m ? x2 )3 ≥ 2 ? ?

x1 + x2 ? ? m ? x1 + m ? x2 ? ? ? = 2?? m ? ? , 2 2 ? ? ? ?
3 3

? x + x2 ? 且 2x + 2x ≥ 2 ? 2 ? 1 ? , ? 2 ?
3 3 1 3 2

上述两式相加得: f ( x1 ) + f ( x 2 ) ≥ 2 f (

x1 + x 2 ) .………………………………(6 分) 2

(Ⅱ) m = 3 时显然成立, m > 3 时,由(Ⅰ)得:

a1 + a3 > 2a2 , a 2 + a 4 > 2a 3 , a3 + a5 > 2a 4 ,……, a m?3 + a m ?1 > 2a m ? 2 .
各式相加得: a1 + a m ?1 ≥ a 2 + a m ? 2 ………………………………………………(10 分) 说明:直接用比较法证明 f (1) + f ( m ? 1) ≥ f ( 2) + f ( m ? 2) 的同样给分. (Ⅲ) f '( x ) = 6 x 2 ? 3( m ? x ) 2 = 3 x 2 + 6mx ? 3m 2 = 3( x 2 + 2mx ? m 2 ) ………(11 分) 由 f '( x ) > 0 得 x > ( 2 ? 1) m 或 x < ( ? 2 ? 1) m , ∵

m ?m 2 ? > ( 2 ? 1) m ,∴ f ( x ) 在 ? , m ? 上为增函数, 2 ?2 3 ?

∴ f ( x ) min = f (

m 3 2m 17 3 ) = m 3 , f ( x ) max = f ( ) = m , 2 8 3 27 3 3 3 17 3 ∴ m3 + m3 = m3 > m 恒成立, 8 8 4 27

∴以 f ( a )、f (b )、f (c) 的值为长的三条线段一定能构成三角形 32、 (甘肃省河西五市 2008 年高三第一次联考)设函数 f ( x ) = ax 3 + bx + c ( a ≠ 0) 为奇函数, 其图象在点 (1, f (1)) 处的切线与直线 6 x + y + 7 = 0 平行,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: (Ⅰ)∵ f ( x ) 为奇函数,∴ f ( ? x ) = ? f ( x ) 即 ? ax 3 ? bx + c = ? ax 3 ? bx ? c ∵ f '( x ) = 3ax + b 的最小值为 ?12
2
h t /: w c 8 3 0 c m p x. 32 o . wc t 1 6 c m x k @2 o . h p /: x .c 3 2 0 .o m t w 83 c x k @ 2 6 .o m wc t 1 c

王新敞 王新敞 王新敞 王新敞 特级教师 特级教师 特级教师 特级教师 源源 头学子小屋 头学子小屋 源源 头学子小屋 头学子小屋
新 新 疆奎屯 疆奎屯 新· 2 · 2 0 7 新0 · · 疆奎屯 疆奎屯 7
·2 ··0 · 07 7 2

王新敞 王新敞 王新敞 王新敞 特级教师 特级教师 特级教师 特级教师 源源 头学子小屋 头学子小屋 源源 头学子小屋 头学子小屋 新疆 屯 屯 新疆 奎奎 新疆 72· 0奎 ·2 0 屯 7 新疆 · · 屯 奎
·2 ·2 0 7 07 · ·

∴ c = 0 …………………2 分 ∴ b = ?12 因此, f '(1) = 3a + b = ?6

又直线 6 x + y + 7 = 0 的斜率为 ?6 ∴ a = 2 , b = ?12 , c = 0
3
h t /: w c 8 3 0 c m p x. 32 o . wc t 1 6 c m x k @2 o .

王新敞 王新敞 王新敞 王新敞 特级教师 特级教师 特级教师 特级教师 源源 头学子小屋 头学子小屋 源源 头学子小屋 头学子小屋 新疆 屯 屯 新疆 奎奎 新疆 72· 0奎 ·2 0 屯 7 新疆 · · 屯 奎
·2 ·2 0 7 07 · ·

………………………………………5 分
h t /: w c 8 3 0 c m p x. 32 o . wc t 1 6 c m x k @2 o .

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x ) = 2 x ? 12 x

王新敞 王新敞 王新敞 王新敞 特级教师 特级教师 特级教师 特级教师 源源 头学子小屋 头学子小屋 源源 头学子小屋 头学子小屋 新疆 屯 屯 新疆 奎奎 ·2 0 屯 7 · 屯 新疆 72· 0奎 新疆 · 奎
·2 ·2 0 7 07 · ·

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∴ f '( x ) = 6 x 2 ? 12 = 6( x + 2)( x ? 2) ,列表如下:

( ?∞, ? 2) ( ? 2, 2) ( 2, +∞ ) ? 2 2 0 0 + ? + 极大 极小 ? ? ? 所以函数 f ( x ) 的单调增区间是 ( ?∞, ? 2) 和 ( 2, +∞ ) …………8 分

x f '( x ) f ( x)

∵ f ( ?1) = 10 , f ( 2) = ?8 2 , f (3) = 18 ∴ f ( x ) 在 [ ?1,3] 上的最大值是 f (3) = 18 ,最小值是 f ( 2) = ?8 2 33、(甘肃省兰州一中 2008 届高三上期期末考试)设曲线 y = e ? x ( x ≥ 0)在点M (t , e ? t ) 处的 切线 l 与 x 轴、y 轴所围成的三角形面积为 S(t). (Ⅰ)求切线 l 的方程; (Ⅱ)求 S(t)的最大值. 解: (Ⅰ)因为 f ′( x) = ?e ? x ,所以切线 l 的斜率为 ? e ? t …………2 分

故切线 l 的方程为 y ? e ? t = ?e ? t ( x ? t ),即e ? t x + y ? e ? t (t + 1) = 0 ……5 分 (Ⅱ)令 y=0 得 x = t + 1,又令x = 0得y t = e ? t (t + 1) 所以 S (t ) = …………7 分

1 1 (t + 1) ? e ?t (t + 1) = (t + 1) 2 ? e ?t …………9 分 2 2 1 从而 S ′(t ) = e ?t (1 ? t )(1 + t ). …………10 分 2
…………11 分

∵当 t ∈ (0,1)时,S ′(t ) > 0,当x ∈ (1,+∞)时,S ′(t ) < 0 所以 S (t ) 的最大值为 S (1) =

2 . e

34、(广东省 2008 届六校第二次联考)设某物体一天中的温度 T 是时间 t 的函数,已知

T (t ) = at 3 + bt 2 + ct + d ( a ≠ 0) ,其中温度的单位是℃,时间的单位是小时.中午 12:00 相
应的 t=0,中午 12:00 以后相应的 t 取正数,中午 12:00 以前相应的 t 取负数(如早上 8:00 相应的 t=-4,下午 16:00 相应的 t=4) .若测得该物体在早上 8:00 的温度为 8℃,中午 12:00 的温度为 60℃,下午 13:00 的温度为 58℃,且已知该物体的温度早上 8:00 与下午 16:00 有 相同的变化率. (1)求该物体的温度 T 关于时间 t 的函数关系式; (2)该物体在上午 10:00 到下午 14:00 这段时间中(包括端点)何时温度最高?最高温度是多 少? 解:(1) 因为 T ′ = 3at 2 + 2bt + c , ………………………2分 ………………………3分

而 T ′ ( ?4 ) = T ′ ( 4 ) , 故 48a + 8b + c = 48a ? 8b + c ,

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?T ( 0 ) = d = 60 ? a =1 ? ? ?T ( ?4 ) = ?64a + 16b ? 4c + d = 8 ? b = 0 ?? ∴ ? ?T (1) = a + b + c + d = 58 ? c = ?3 ?48a + 8b + c = 48a ? 8b + c ?d = 60 ? ?
3

. …………………6 分

∴ T ( t ) = t ? 3t + 60 (?12 ≤ t ≤ 12) . …………………………………7 分 (2) T ′ = 3t 2 ? 3 , 由 T ′(t ) = 0得t = ?1或t = 1 ……………………9 分

当 t 在 [?2,2] 上变化时, T ′(t )与T (t ) 的变化情况如下表:

x
T ′(t ) T (t )

-2

(-2,-1) +

-1 0 极大值 62

(-1,1) - 减函数

1 0 极小值 58

(1,2) + 增函数

2

58

增函数

62

…………………………………12 分 由上表知当 t = ?1或t = 2时T (t )取到最大值62 ,说明在上午 11:00 与下午 14:00,该物 体温度最高,最高温度是 62℃. 35、广东省佛山市 2008 年高三教学质量检测一) ( 设直线 l : y = g ( x),曲线S : y = F ( x) . 若直线 l 与曲线 S 同时满足下列两个条件:①直线 l 与曲线 S 相切且至少有两个切点;②对 任意 x∈R 都有 g ( x ) ≥ F ( x ) . 则称直线 l 为曲线 S 的“上夹线” . (Ⅰ)已知函数 f ( x) = x ? 2sin x .求证: y = x + 2 为曲线 f ( x) 的“上夹线” . (Ⅱ)观察下图:
y y=x+1 y=x y=x -sinx y=x-1

y y=2x -2sinx y=2x-2 y=2x
x

O

O

x

y=2x+ 2
根据上图,试推测曲线 S : y = mx ? n sin x ( n > 0) 的“上夹线”的方程,并给出证明. 解 (Ⅰ)由 f ' ( x) = 1 ? 2 cos x = 1 得 cos x = 0 , 当x=? -----------1 分

π
2

时, cos x = 0 ,

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此时

y1 = x + 2 = ?

π
2

+ 2 , y2 = x ? 2 sin x = ? π + 2 ,
2

-----------2 分 -----------3 分

? π π ? y1 = y2 ,所以 ? ? ,? + 2 ? 是直线 l 与曲线 S 的一个切点; ? 2 2 ? 3π 当x= 时, cos x = 0 , 2 3π 3π 此时 y1 = x + 2 = + 2 , y 2 = x ? 2 sin x = + 2, 2 2 ? 3π 3π ? y1 = y2 ,所以 ? , + 2 ? 是直线 l 与曲线 S 的一个切点; ? 2 2 ?

-----------4 分 -----------5 分

所以直线 l 与曲线 S 相切且至少有两个切点; 对任意 x∈R, g ( x ) ? F ( x ) = ( x + 2) ? ( x ? 2 sin x ) = 2 + 2 sin x ≥ 0 , ---------------------------------------------------------------------6 分 所以 g ( x ) ≥ F ( x ) 因此直线 l : y = x + 2 是曲线 S : y = ax + b sin x 的“上夹线” . ----------7 分 (Ⅱ)推测: y = mx ? n sin x(n > 0) 的“上夹线”的方程为 y = mx + n ①先检验直线 y = mx + n 与曲线 y = mx ? n sin x 相切,且至少有两个切点: 设: F ( x) = mx ? n sin x ------9 分

∵ F ' ( x) = m ? n cos x ,

\ 令 F ' ( x) = m ? n cos x = m ,得: x = 2kπ ±
当 x = 2kπ ?

π
2

(k ? Z)

------10 分

π
2

时, F (2kπ ?

π

) = m(2kπ ? ) + n 2 2

π

故:过曲线 F ( x) = mx ? n sin x 上的点( 2kπ ? y-[ m(2kπ ?

π
2

, m(2kπ ?

π
2

) + n )的切线方程为:

π
2

) + n ]= m [ x -( 2kπ ?

π
2

)],化简得: y = mx + n . -----12 分

即直线 y = mx + n 与曲线 y = mx ? n sin x 相切且有无数个切点. 不妨设 g ( x) = mx + n ②下面检验 g(x) ? F(x)

∵ g(x)-F(x)= n(1 + sin x) ≥ 0(n > 0)

\ 直线 y = mx + n 是曲线 y = F ( x) = mx ? n sin x 的“上夹线”.
36 、 ( 广 东 省 惠 州 市 2008 届 高 三 第 三 次 调 研 考 试 ) 已 知 函 数

f ( x) = x +
N.

t PN, (t > 0), 过点P (1,0)作曲线y = f ( x ) 的两条切线 PM、 切点分别为 M、 x

(I)当 t = 2 时,求函数 f (x ) 的单调递增区间; (II)设|MN|= g (t ) ,试求函数 g (t ) 的表达式;

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(III)在(II)的条件下,若对任意的正整数 n ,在区间 [ 2, n +

64 ] 内,总存在 m+1 个 n

数 a1 , a 2 , ? , a m , a m +1 , 使得不等式 g ( a1 ) + g ( a 2 ) + ? + g ( a m ) < g ( a m +1 ) 成立, 求 m 的最大值. 解: (I)当 t = 2时, f ( x) = x +

2 , x

f ′( x) = 1 ?

x2 ? 2 2 = > 0 …………………1 分 x2 x2
f (x ) 有 单 调 递 增 区 间 为

解得x > 2 , 或x < ? 2 . 则 函 数
( ?∞,? 2 ), ( 2 ,+∞ ) ………2 分
(II)设 M、N 两点的横坐标分别为 x1 、 x 2 ,

∵ f ′( x) = 1 ?

t t t ,∴ 切线PM的方程为 : y ? ( x1 + ) = (1 ? 2 )( x ? x1 ). 2 x1 x x1 t t ) = (1 ? 2 )(1 ? x1 ). x1 x1

又 ∵ 切线PM 过点P(1,0),∴ 有0 ? ( x1 + 即x12 + 2tx1 ? t = 0.

(1) …………………4 分

2 同理,由切线 PN 也过点(1,0) ,得 x 2 + 2tx 2 ? t = 0. (2)

由(1)(2) 、 ,可得 x1 , x 2 是方程x 2 + 2tx ? t = 0 的两根,

? x1 + x 2 = ?2t ∴? ? x1 ? x 2 = ?t.

(*) …………………………………………………………6 分 t t t 2 ? x 2 ? ) 2 = ( x1 ? x 2 ) 2 [1 + (1 ? ) ] x1 x2 x1 x 2 t 2 ) ] x1 x 2

| MN |= ( x1 ? x 2 ) 2 + ( x1 +

[( x1 + x 2 ) 2 ? 4 x1 x 2 ][1 + (1 ?
把(*)式代入,得 | MN |=

20t 2 + 20t , 20t 2 + 20t (t > 0) …………………8 分

因此,函数 g (t )的表达式为g (t ) = (III)易知 g (t )在区间[ 2, n +

64 ] 上为增函数, n ∴ g (2) ≤ g (ai )(i = 1, 2,? , m + 1).
则m ? g (2) ≤ g (a1 ) + g (a2 ) + ? + g (am ).

∵ g (a1 ) + g (a2 ) + ? + g (am ) < g (am +1 )对一切正整数n成立,

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∴ 不等式 m ? g ( 2) < g ( n +

64 )对一切的正整数 n恒成立 ……………10 分 n

m 20 × 2 2 + 20 × 2 < 20(n +
即m < ∵n + ∴m <

64 2 64 ) + 20(n + ) , n n

1 64 64 [(n + ) 2 + (n + )]对一切的正整数n恒成立 6 n n

64 1 64 64 1 2 136 ≥ 16,∴ [(n + ) 2 + (n + )] ≥ [16 + 16] = . n 6 n n 6 3 136 . 3

由于 m 为正整数,∴ m ≤ 6 .……………………………………………………13 分 又当 m = 6时, 存在a1 = a 2 = ? = a m = 2, a m +1 = 16, 对所有的n满足条件. 因此,m 的最大值为 6. 37、(广东省汕头市潮阳一中 2008 年高三模拟)已知函数 f ( x) = (Ⅰ)求 f (x ) 的极值; (Ⅱ)若函数 f (x ) 的图象与函数 g (x ) =1 的图象在区间 (0, e 2 ] 上有公共点,求实数 a 的取值范围。 解: (Ⅰ) f ( x)的定义域为(0,+∞ ), f ′( x) =

ln x + a (a ∈ R) x

1 ? (ln x + a ) x2

令 f ′( x) = 0得x = e1? a ……………………2 分 当 x ∈ (0, e1? a )时, f ′( x) > 0, f ( x) 是增函数 当 x ∈ (e1? a ,+∞)时, f ′( x) < 0, f ( x) 是减函数……………………4 分 ∴ f ( x)在x = e
1? a

处取得极大值, f ( x) 极大值 = f (e1?a ) = e a ?1 ……………………6 分

(Ⅲ) i) e1? a < e 2 时, > ?1时 , (Ⅰ) f ( x)在(0, e1? a ) 上是增函数, (e1? a , e 2 ] ( 当 a 由 知 在 上是减函数

∴ f ( x ) mx = f (e1? a ) = e a ?1 ……………………7 分
又当 x = e ? a时, f ( x) = 0, 当x ∈ (0, e ? a ]时f ( x) < 0.当x ∈ (e ? a , e 2 ] 时,f ( x) ∈ (0.e a ?1 ) 所以 f ( x)与图象g ( x) = 1 的图象在 (0, e 2 ] 上有公共点,等价于 e a ?1 ≥ 1 …………8 分 解得 a ≥ 1, 又a > ?1, 所以a ≥ 1 …………………9 分

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(ii)当 e

1? a

≥ e 2即a ≤ ?1 时, f ( x)在(0, e 2 ] 上是增函数,
2+a e2

∴ f ( x )在(0, e 2 ]上的最大值为 f (e 2 ) = 所以原问题等价于

又∵ a ≤ ?1 ∴无解………………11 分 38 、 ( 广 东 省 汕 头 市 澄 海 区 2008 年 第 一 学 期 期 末 考 试 ) 已 知 函 数 f(x)=

2+a ≥ 1, 解得a ≥ e 2 ? 2. e2

1 2 ax + 2 x ( a ≠ 0), g ( x ) = ln x, 2 g ( x) 1 = f ′( x ) ? (2a + 1) 在区间 ( , e) 内有且只有两个不相 x e

(1)若 h(x)=f(x)-g(x)存在单调增区间,求 a 的取值范围; (2)是否存在实数 a>0,使得方程

等的实数根?若存在,求出 a 的取值范围?若不存在,请说明理由。 解: (1)由已知,得 h(x)=

1 2 ax + 2 x ? ln x, 且 x>0, 2
(2 分)

则 hˊ(x)=ax+2-

1 ax 2 + 2 x ? 1 = , x x

∵函数 h(x)存在单调递增区间, ∴hˊ(x)≥0 有解, 即不等式 ax2+2x-1≥0 有 x>0 的解. (3 分) ① 当 a<0 时, y=ax2+2x-1 的图象为开口向下的抛物线, 要使 ax2+2x-1≥0 总有 x>0 的解, 则方程 ax2+2x-1=0 至少有一个不重复正根, 而方程 ax2+2x-1=0 总有两个不相等的 根时, 则必定是两个不相等的正根. 故只需Δ=4+4a>0, 即 a>-1. 即-1<a<0(5 分) ② 当 a>0 时, y= ax2+2x-1 的图象为开口向上的抛物线, ax2+2x-1≥0 一定有 x>0 的解. (6 分) 综上, a 的取值范围是(-1, 0)∪(0, +∞) (7 分) (2)方程

g ( x) = f ′( x ) ? (2a + 1) x ln x ln x 即为 = ax + 2 ? (2a + 1), = ax + (1 ? 2a ), x x
等价于方程 ax2+(1-2a)x-lnx=0 . (8 分) 设 H(x)= ax2+(1-2a)x-lnx, 于是原方程在区间( , e )内根的问题, 转化为函数 H(x)在区间

1 e

( , e )内的零点问题.

1 e

(9 分)

Hˊ(x)=2ax+(1-2a)-

1 2ax 2 + (1 ? 2a ) x ? 1 (2ax + 1)( x ? 1) = = x x x

(10 分)

当 x∈(0, 1)时, Hˊ(x)<0, H(x)是减函数; 当 x∈(1, +∞)时, Hˊ(x)>0, H(x)是增函数; 若 H(x)在( , e )内有且只有两个不相等的零点, 只须

1 e

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? 1 a 2 1 ? 2a (1 ? 2e)a + e2 + e H( ) = 2 + +1 = >0 ? e e e e2 ? ? ? H ( x) min = H (1) = a + (1 ? 2a ) = 1 ? a < 0 ? 2 2 ? H (e) = ae + (1 ? 2e)a ? 1 = (e ? 2e)a + (e ? 1) > 0 ? ? e2 + e e2 + e , 所以 a 的取值范围是(1, ) 2e ? 1 2e ? 1

(13 分)

解得 1 < a <

(14 分)

39、(广东省韶关市 2008 届高三第一次调研考试)已知函数 f ( x) = a ln(1 + e ) ? ( a + 1) x, (其
x

中 a > 0 ) ,点 A( x1, f ( x1 )) , B ( x2 , f ( x2 )), C ( x3 , f ( x3 )) 从左到右依次是函数 y = f ( x ) 图象上 三点,且 2x2 = x1 + x3 . (Ⅰ) 证明: 函数 f ( x ) 在 R 上是减函数; (Ⅱ) 求证:⊿ ABC 是钝角三角形; (Ⅲ) 试问,⊿ ABC 能否是等腰三角形?若能,求⊿ ABC 面积的最大值;若不能,请说明理由.
x 解:(Ⅰ) ∵ f ( x) = a ln(1 + e ) ? ( a + 1) x,

∴ f ′( x) =

aex ?(a +1) ? ex ? (a +1) = < 0恒成立,………………………… 1 + ex 1 + ex
…………………………4 分

所以函数 f ( x ) 在 ( ?∞, +∞ ) 上是单调减函数.

(Ⅱ) 证明:据题意 A( x1, f ( x1 )) , B ( x2 , f ( x2 )), C ( x3 , f ( x3 )) 且 x1<x2<x3,

由(Ⅰ)知 f (x1)>f (x2)>f (x3), x2=

x1 + x3 …………………………6 分 2

∴ BA = ( x1 ? x 2 , f ( x1 ) ? f ( x 2 )), BC = ( x3 ? x 2 , f ( x3 ) ? f ( x 2 )

∴ BA ? BC = ( x1 ? x2 )( x3 ? x2 ) + [ f ( x1 ) ? f ( x2 )][ f ( x3 ) ? f ( x2 )] …………………8 分
∵ x1 ? x2 < 0, x3 ? x2 > 0, f ( x1 ) ? f ( x2 ) > 0, f ( x3 ) ? f ( x2 ) < 0
∴ BA ? BC < 0,∴∠B ∈ ( , π ) 2 即⊿ ABC 是钝角三角形……………………………………..9 分
(Ⅲ) 假设⊿ ABC 为等腰三角形,则只能是 BA = BC

π

即: 1 ? x2 ) 2 + [ f ( x1 ) ? f ( x2 )]2 = ( x3 ? x2 ) 2 + [ f ( x3 ) ? f ( x2 )]2 (x
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∵ x2 ? x1 = x3 ? x2 ∴[ f ( x1 ) ? f ( x2 )]2 = [ f ( x3 ) ? f ( x2 )]2 即 2 f ( x2 ) = f ( x1 ) + f ( x3 )

? 2a ln(1 + e x2 ) ? 2( a + 1) x2 = a[ln(1 + e x1 )(1 + e x3 ) ? ( a + 1)( x1 + x3 ) ? 2a ln(1 + e x2 ) ? 2( a + 1) x2 = a[ln(1 + e x1 )(1 + e x3 ) ? 2( a + 1) x2

? 2 ln(1 + e x2 ) = ln(1 + e x1 )(1 + e x3 ) ? (1 + e x2 ) 2 = (1 + e x1 )(1 + e x3 ) ? e2 x2 + 2e x2 = e x1 + x3 + e x1 + e x3
? 2e x2 = e x1 + e x3
x x


x + x3

…………………………………………..12 分

而事实上, e 1 + e 3 ≥ 2 e 1
x

= 2e x2



由于 e x1 < e 3 ,故(2)式等号不成立.这与 (1) 式矛盾. 所以⊿ ABC 不可能为等腰三角形..14 分 40 、 ( 广 东 省 深 圳 市 2008 年 高 三 年 级 第 一 次 调 研 考 试 ) 已 知 f ( x) = ln x ,

1 2 7 x + mx + ( m < 0 ) ,直线 l 与函数 f ( x) 、 g ( x) 的图像都 2 2 相切,且与函数 f ( x) 的图像的切点的横坐标为 1. g ( x) =
(Ⅰ)求直线 l 的方程及 m 的值; (Ⅱ)若 h ( x ) = f ( x + 1) ? g ′( x ) (其中 g ′( x ) 是 g ( x) 的导函数) ,求函数 h( x ) 的最大值;

b?a . 2a 解: (Ⅰ)依题意知:直线 l 是函数 f ( x) = ln x 在点 (1 , 0) 处的切线,故其斜率
(Ⅲ)当 0 < b < a 时,求证: f (a + b) ? f (2a) <

1 k = f ′(1) = = 1 , 1
所以直线 l 的方程为 y = x ? 1 . 又因为直线 l 与 g ( x) 的图像相切,所以由

? y = x ?1 1 2 9 ? ? 1 2 7 ? x + (m ? 1) x + = 0 , 2 2 ? y = 2 x + mx + 2 ?
得 ? = (m ? 1) 2 ? 9 = 0 ? m = ?2 ( m = 4 不合题意,舍去) ; (Ⅱ)因为 h ( x ) = f ( x + 1) ? g ′( x ) = ln( x + 1) ? x + 2 ( x > ?1 ) ,所以

h′( x) =

1 ?x ?1 = . x +1 x +1

当 ?1 < x < 0 时, h′( x ) > 0 ;当 x > 0 时, h′( x ) < 0 . 因此, h( x ) 在 (?1 , 0) 上单调递增,在 (0 , + ∞) 上单调递减.
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因此,当 x = 0 时, h( x ) 取得最大值 h(0) = 2 ; (Ⅲ)当 0 < b < a 时, ?1 <

b?a < 0 .由(Ⅱ)知:当 ?1 < x < 0 时, h( x) < 2 ,即 2a

ln(1 + x) < x .因此,有

f (a + b) ? f (2a ) = ln

a+b ? b?a? b?a = ln ?1 + . ?< 2a 2a ? 2 a ?

41 、 ( 广 东 省 深 圳 外 国 语 学 校 2008 届 第 三 次 质 检 ) 设 x1 , x2 是 函 数

f ( x) =

a 3 b 2 x + x ? a 2 x(a > 0) 的两个极值点,且 | x1 | + | x 2 |= 2 3 2 (Ⅰ)求 a 的取值范围;
4 3 . 9

(Ⅱ)求证: | b |≤

解证: (I)易得 f ' ( x) = ax 2 + bx ? a 2 …………………………………………1 分

∵ x1 , x2 是f ( x) 的两个极值点,∴ x1 , x 2 是f ' ( x) = 0 的两个实根,又 a >0
b x1 x 2 = ?a < 0, x1 + x 2 = ? ……………………………………………………3 分 a
∴ | x1 | + | x2 |=| x1 ? x2 |= ( x1 + x2 ) 2 ? 4 x1 x2 =

b2 + 4a a2

∵ | x1 | + | x 2 |= 2 , ∴

b2 + 4a = 4,即b 2 = 4a 2 ? 4a 3 = 4a 2 (1 ? a ) 2 a
……………………………………………7 分

∵b2 ≥ 0∴ 0 < a ≤ 1

(Ⅱ)设 b 2 = g ( a ) = 4a 2 ? 4a 3 , 则 g ' ( a ) = 8a ? 12a 2 = 4a ( 2 ? 3a ) 由 g ' (a) > 0, 得0 < a < ,由g ' (a ) < 0得

2 3

2 < a ≤1 3

………………10 分

∴ g (a) 在 (0, ) 上单调递增;在 ( ,1) 上单调递减………………12 分

2 3

2 3

2 时, g (a) 取得极大值也是最大值 3 2 16 4 3 ∴[ g (a )]max = g ( ) = ,∴ b ≤ ………………………………………14 分 3 27 9 42、(广东实验中学 2008 届高三第三次段考)已知函数 f(x)=ax3+x2-x (a∈R 且 a≠0) (1)若函数 f(x)在(2,+∞)上存在单调递增区间,求 a 的取值范围.
∴x= (2)证明:当 a>0 时,函数在 f(x)在区间( ?

2 1 ,? )上不存在零点 3a 3a

略解、 (1)因为 f′(x)=3ax2+2x-1,依题意存在(2,+∞)的非空子区间使 3ax2+2x-1>0 成立,

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即 3a >

1 ? 2x 1 ? 2x 3 在 x∈ (2, 某子区间上恒成立, h(x)= +∞) 令 ,求得 h(x)的最小值为 ? , 2 2 4 x x

故a ∈??

? 1 ? ,0 ? ∪ (0,+∞ ) ? 4 ?

(2)由已知 a>0 令 f′(x)=3ax2+2x-1>0 得

x>

? 1 + 1 + 3a ? 1 ? 1 + 3a ? 1 + 1 + 3a ? 1 ? 1 ? 1 + 3a ? 2 ,∵ a > 0 ∴ > , < 或x < 3a 3a 3a 3a 3a 3a 2 1 2 1 ? ?1? )上是减函数, 又 ∵ f ? ,? ? = 2 + > 0 即 f(x)在区间 3a 3a a ? 3a ? 9a

故 f(x)在区间( ? (?

2 1 2 1 ,? )上恒大于零。故当 a>0 时,函数在 f(x)在区间( ? ,? )上不存在零点 3a 3a 3a 3a

43、(广东省四校联合体第一次联考)设关于 x 的方程 2 x 2 ? ax ? 2 = 0 的两根分别为 α 、

β (α < β ) ,函数 f ( x) =

4x ? a x2 +1

(1)证明 f (x ) 在区间 (α , β ) 上是增函数; (2)当 a 为何值时, f (x ) 在区间 [α ,

β ] 上的最大值与最小值之差最小

? 2(2 x 2 ? ax ? 2) (1)证明: f ( x) = , ( x 2 + 1) 2
'

由方程 2 x 2 ? ax ? 2 = 0 的两根分别为 α 、 β

(α < β ) 知

x ∈ (α , β ) 时, 2 x 2 ? ax ? 2 < 0 ,所以此时 f ' ( x) > 0 ,
所以 f (x ) 在区间 (α , β ) 上是增函数 (2)解:由(1)知在 (α , β ) 上, f (x ) 最小值为 f (α ) ,最大值为 f ( β ) ,

f ( β ) ? f (α ) =

4β ? a 4α ? a ? β 2 +1 α 2 +1 ( β ? α )[a(α + β ) + 4 ? 4αβ ] = 2 2 α β + [(α + β ) 2 ? 2αβ ] + 1
a2 +4, 4

a ∵ α + β = , αβ = ?1 ,可求得 β ? α = 2

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∴ f ( β ) ? f (α ) =

a2 a2 + 4 ? ( + 4 + 4) 4 2 = a 2 + 16 , 2 a + 2 +1 1+ 4

所以当 a = 0 时, f (x ) 在区间 [α , 44 、 ( 广 东 省 五 校

β ] 上的最大值与最小值之差最小,最小值为 4
年 高 三 上 期 末 联 考 ) 已 知 函 数

2008

f(x)=lnx,g(x)=

1 2 ax +bx (a ≠ 0). 2

(I)若 a= -2 时,函 数 h(x)=f(x)-g(x) 在其定义域是增函数,求 b 的取值范围; (II)在(I)的结论下,设函数 ?( x ) = e 2 x + b e x , x ∈ [ 0 , l n 2 ] , 求 函 数 ?( x ) 的最小值; (III)设函数 f (x ) 的图象 C1 与函数 g (x ) 的图象 C2 交于点 P、Q,过线段 PQ 的中点 R 作 x 轴的垂线分别交 C1、C2 于点 M、N,问是否存在点 R,使 C1 在 M 处的切线与 C2 在 N 处的切 线平行?若存在,求出 R 的横坐标;若不存在,请说明理由. 解: (I)依题意: h( x) = ln x + x 2 ? bx.

∵ h(x )在(0,+ ∞ )上是增函数,

∴ h′ x ) = (
1

1

x

+ 2x ? b ≥ 0 对 x∈(0,+ ∞ )恒成立,

…………2 分

∴b ≤

x

+ 2x . 1

∵ x > 0,则

x

+ 2x ≥ 2 2.

∴ b的取值范围为 ? ∞,2 2 .
(II)设 t = e x , 则函数化为y = t 2 + bt , t ∈ [1,2].

(

]

…………4 分

b b2 ∵ y = (t + ) 2 ? . 2 4 b ∴当 ? ≤ 1, 即 ? 2 ≤ b ≤ 2 2时, 函数y在[1,2]上为增函数, 2
当 t=1 时,ym I n=b+1; …………6 分

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当1 < ? 当?

b b < 2, 即 ? 4 < b < ?2时, 当t = ? 时,y 2 2

min

=?

b2 ; 4

b ≥ 2, 即b ≤ ?4时, 函数y在[1,2]上是减函数, 2
…………8 分

当 t=2 时,ym I n=4+2b

综上所述, 当 ? 2 ≤ b ≤ 2 2时, ? ( x)的最小值为b + 1. 当 ? 4 < b < ?2时, ? ( x)的最小值为 ?
当 b ≤ ?4时, ? ( x) 的最小值为 4 + 2b. (III)设点 P、Q 的坐标是 ( x1 , y1 ), ( x 2 , y 2 ), 且0 < x1 < x 2 . 则点 M、N 的横坐标为 x =

b2 . 4
…………9 分

x1 + x 2 . 2
1 2 | x1 + x2 = . x x= 2 x1 + x 2
x +x x= 1 2 2

C1 在点 M 处的切线斜率为 k1 =

C2 在点 N 处的切线斜率为 k 2 = ax + b |

=

a ( x1 + x 2 ) + b. 2

…………10 分

假设 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线平行,则 k1 = k 2 .



a( x1 + x 2 ) 2 = + b. x1 + x 2 2

2 2( x 2 ? x1 ) a( x 2 ? x12 ) 则 = + b( x 2 ? x1 ) x1 + x 2 2

a 2 a = ( x 2 + bx 2 ) ? ( x12 + bx1 ) 2 2 = y 2 ? y1 = ln x 2 ? ln x1 = ln x2 , x1
……………11 分

x2 ? 1) x 2 2( x 2 ? x1 ) x1 ∴ ln = = . x2 x1 x1 + x 2 1+ x1 2(

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设u =

x2 2(u ? 1) > 1, 则 ln u = , u > 1, ……………… ① x1 1+ u

…………12 分

2(u ? 1) , u > 1. 1+ u 1 4 (u ? 1) 2 ′(u ) = ? 则r = . u (u + 1) 2 u (u + 1) 2 ∵ u > 1,∴ r ′(u ) > 0. 令r (u ) = ln u ? 所以r (u )在[1,+∞ )上单调递增, 故r (u ) > r (1) = 0, 2(u ? 1) 则 ln u > . u +1
这与①矛盾,假设不成立. 故 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线不平行. …………14 分

45、(贵州省贵阳六中、遵义四中 2008 年高三联考)已知函数 f ( x ) = x 2 + 常数 a ∈R ) . (1)当 a = 2 时,解不等式 f ( x ) ? f ( x ? 1) > 2 x ? 1 ; (2)讨论函数 f (x ) 的奇偶性,并说明理由. (3) 理做文不做)若 f ( x ) 在 [ 2, +∞ ) 是增函数,求实数 a 的范围 (理做文不做) 解: (1) x 2 +

a x

(x ≠ 0,

2 2 ? ( x ? 1) 2 ? > 2x ? 1 , x x ?1

2 2 ? > 0 , x( x ? 1) < 0 ∴ 原不等式的解为 0 < x < 1 ……理 4 分(文 6 分) x x ?1
(2) a = 0 时, f ( x ) = x 2 , 当 对任意 x ∈ ( ? ∞, ∪ ( 0, ∞ ) , f ( ? x ) = ( ? x ) 2 = x 2 = f ( x) , 0) +



f (x ) 为偶函数
a ( a ≠ 0, ≠ 0 ) ,取 x = ±1 , x x

当 a ≠ 0 时, f ( x ) = x 2 +

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 ……理 8 分(文 12 分)
(3)解法一:设 2 ≤ x1 < x2 , 解法一: 解法一
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f ( x1 ) ? f ( x 2 ) = x12 +

( x ? x2 ) a a 2 = 1 [ x1 x2 ( x1 + x2 ) ? a ] , ? x2 ? x1 x 2 x1 x2

+ 要使函数 f (x ) 在 x ∈ [ 2, ∞ ) 上为增函数,必须 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) < 0 恒成立 ∵ x1 ? x2 < 0, x1 x2 > 4 ,即 a < x1 x 2 ( x1 + x 2 ) 恒成立 又∵ x1 + x 2 > 4 ,∴ x1 x 2 ( x1 + x 2 ) > 16 ∴a 的取值范围是 ( ? ∞, 16]

……理 12 分 ……理 12 分

解法二: ’ 16] 解法二:f (x) ≥ 0 在 [ 2, +∞ ) 上恒成立,∴a 的取值范围是 ( ? ∞,

46、(安徽省合肥市 2008 年高三年级第一次质检)已知函数 f ( x ) = x sin x + 2 cos x 的定义域
为 ( ?π , π ) 。 (1)求证:直线 l : π x + y sin θ + c = 0 (其中 θ ∈ R, c ∈ R )不是函数 f ( x ) 图像的切 线; (2)判断 f ( x ) 在 [0, π ) 上单调性,并证明; ( 3 ) 已 知 常 数 a、b 满 足 a + b < π
2 2 2

, 求 关 于 x 的 不 等 式

f ( a sin x + b cos x ) < f ( a sin x ? b cos x ) 的解集
( 解: 1) f '( x ) = sin x + x cos x ? 2 sin x = x cos x ? sin x, f ''( x ) = ? x sin x

2分

当 x ∈ ( ?π , 0) 时, f ''( x ) < 0 ;当 x ∈ (0, π ) 时, f ''( x ) < 0 而 f '( x ) 在 x ∈ ( ?π , π ) 连续, ∴ f '( x ) 在 x ∈ ( ?π , π ) 上是减函数,又 lim + f '( x ) = π , lim? f '( x ) = ?π
x →?π x →π

∴函数 f ( x ) 图像上任意点处切线斜率 f '( x ) 存在并满足 | f '( x ) |< π

4分

当 sin θ = 0 时,直线 l 斜率不存在,∴直线 l 不是函数 f ( x ) 图像的切线;当 sin θ ≠ 0 时, 直线 l 斜率 k = ?

π
sin θ

,则 | k |≥ π ,∴直线 l 不是函数 f ( x ) 图像的切线 6 分

已知函数 f ( x ) = x sin x + 2 cos x 的定义域为 ( ?π , π ) 。 ( 2 ) 由 ( 1 ) 易 知 f '( x ) 在 x ∈ (0, π ) 上 是 减 函 数 , 而 f '(0) = 0 , 当 x ∈ (0, π ) 时 ,

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f '( x ) < f '(0) = 0 ,而 f ( x ) 在 [0, π ) 上连续,∴ f ( x ) 在 [0, π ) 上是减函数
(3)∵ f ( x ) 在 [0, π ) 上是减函数,并且 f ( x ) 在 x ∈ ( ?π , π ) 上是偶函数 由不等式 f ( a sin x + b cos x ) < f ( a sin x ? b cos x ) 等价于 f (| a sin x + b cos x |) < f (| a sin x ? b cos x |) ∵ 0 ≤| a sin x + b cos x |≤

10 分

a 2 + b 2 < π , 0 ≤| a sin x ? b cos x |≤ a 2 + b 2 < π

∴ | a sin x + b cos x |>| a sin x ? b cos x | , 即 (a sin x + b cos x) 2 > ( a sin x ? b cos x) 2 ,∴ ab sin 2 x > 0 当 ab > 0 时, sin 2 x > 0 ,此时原不等式解集为 {x | kπ < x < kπ + 当 ab = 0 时,原不等式解集为 Φ 当 ab < 0 时, sin 2 x < 0 ,此时原不等式解集为 {x | kπ ? 47 、 ( 河 北 省 正 定 中 学 高 2008

π
2

, k ∈ Z}

π
2

< x < kπ , k ∈ Z }

届 一 模 ) 已 知 函 数

f ( x ) = log a x和g ( x ) = 2 log a ( 2 x + t ? 2), ( a > 0, a ≠ 1, t ∈ R ) 的图象在 x=2 处的切线互相
平行. (1)求 t 的值. (2)设 F ( x) = g ( x) ? f ( x),当x ∈ [1,4]时,F ( x) ≥ 2 恒成立,求 a 的取值范围. (1)解: f ′( x ) =

1 4 log a e, g ′( x ) = log a e ………………………..2 分 x 2x + t ? 2

∵函数 f ( x)和g ( x) 的图象在 x=2 处的切线互相平行, ∴ f ′( 2) = g ′( 2) ∴

1 4 log a e = log a e 2 t+2

∴t=6 …………………………………………………………………………………..4 分 (2)∵t=6, ∴ F ( x ) = g ( x ) ? f ( x ) = 2 log a ( 2 x + 4) ? log a x

( 2 x + 4) 2 = log a , x ∈ [1,4] x
令 h( x) =

………………………………………………..…………6 分

( 2 x + 4) 2 16 = 4 x + + 16, x ∈ [1,4]. x x
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∵ h ′( x ) = 4 ?

16 4( x ? 2)( x + 2) = , x ∈ [1,4] x2 x2

∴当 1 ≤ x < 2时,h′( x) < 0,当2 < x ≤ 4时,h′( x) > 0 ∴ h( x)在[1,2) 是单调减函数,在 ( 2,4] 是单调增函数 ………………………………..8 分 ∴ h( x) min = h( 2) = 32, h( x) max = h(1) = h( 4) = 36. ∴当 0 < a < 1时,有F ( x) min = log a 36,当a > 1时,有F ( x) min = log a 32. ∵当 x ∈ [1,4]时,F ( x) ≥ 2恒成立, F ( x) min ≥ 2 ∴ ∴满足条件的 a 的值满足下列不等式组: ………………………………….10 分

?0 < a < 1. ?a > 1, ① 或? ? ?log a 36 ≥ 2 ?log a 32 ≥ 2



不等式组①的解集为空集,解不等式组②,得 综上所述,满足条件的 a 的取值范围是 (1,4 2 ]

1< a ≤ 4 2
…………………………………12 分

(1, 48、 (河北省正定中学 2008 年高三第五次月考)已知在函数 f ( x) = mx 3 ? x 的图象上以 N n)为切点的切线的倾斜角为

π . 4

(Ⅰ)求 m、n 的值; (Ⅱ)是否存在最小的正整数 k,使得不等式 f ( x) ≤ k ? 1992对于x ∈ [?1,3] 恒成立? 如果存在,请求出最小的正整数 k;如果不存在,请说明理由; (Ⅲ) (文科不做)求证: | f (sin x) + f (cos x) |≤ 2 f (t + 解: (Ⅰ) f ′( x) = 3mx 2 ? 1, 依题意,得 tan ∴

1 ), ( x ∈ R , t > 0) 2t

π 2 = f ′(1), 即1 = 3m ? 1, m = 4 3 2 3 1 f ( x) = x ? x, 把N (1, n)代得, 得n = f (1) = ? , 3 3



m=

2 1 , n = ? ………………2 分 3 3 2 2 2 (Ⅱ)令 f ′( x ) = 2( x + )( x ? ) = 0, 则x = ± , 2 2 2 2 当 ?1 < x < ? 时, f ′( x) = 2 x 2 ? 1 > 0, f ( x ) 在此区间为增函数 2 2 2 当? <x< 时, f ′( x ) = 2 x 2 ? 1 < 0, f ( x ) 在此区间为减函数 2 2 2 当 < x < 3时, f ′( x ) = 2 x 2 ? 1 > 0, f ( x ) 在此区间为增函数 2
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2 处取得极大值………………5 分 2 1 2 2 2 2 又 f ( ?1) = , f ( ? )= , f( )=? , f (3) = 15 3 2 3 2 3 2 因此,当 x ∈ [ ?1,3]时,? ≤ f ( x ) ≤ 15, …………6 分 3 要使得不等式 f ( x) ≤ k ? 1992对于x ∈ [?1,3]恒成立, 则k ≥ 15 + 1992 = 2007 所以,存在最小的正整数 k=2007,使得不等式 f ( x) ≤ k ? 1992对于x ∈ [?1,3] 恒成立。 f ( x )在x = ?
7分 (Ⅲ) (方法一) | f (sin x ) + f (cos x ) |=| ( sin 3 x ? sin x ) + ( cos 3 x ? cos x ) |=

2 3

2 3

2 2 (sin 3 + cos 3 x ) ? (sin x + cos x ) |=| (sin x + cos x )[ (sin 2 x ? sin x cos x + cos 2 x ) ? 1] | 3 3 2 1 1 =| sin x + cos x | ? | sin x cos x ? |= | sin x + cos x | 3 3 3 3 1 π 2 2 … … … … … 10 分 又 ∵ t>0 ∴ = | 2 sin( x + ) |3 ≤ 3 4 3 1 1 t + ≥ 2 , t 2 + 2 ≥ 1, 2t 4t 1 2 1 1 1 2 1 ∴ 2 f (t + ) = 2[ (t + ) 3 ? (t + )] = 2(t + )[ (t 2 + 1 + 2 ) ? 1] 2t 3 2t 2t 2t 3 4t 1 2 1 1 2 1 2 2 = 2(t + )[ (t 2 + 2 ? )] ≥ 2 2 ( ? ) = 2t 3 3 3 3 3 4t 1 综上可得 | f (sin x ) + f (cos x ) |≤ 2 f (t + )( x ∈ R, t > 0) ………12 分 2t 2 2 2 (方法 2)由(2)知,函数 f ( x )在[ ?1,? ]上是增函数; 在[ ? , ] 2 2 2 2 上 是 减 函 数 , 在 [ , 1] 上 是 增 函 数 , 又 2 1 2 2 2 2 1 f (?1) = , f (? )= ,f( )=? , f (1) = ? 3 2 3 2 3 3 2 2 2 所以,当 x ∈ [?1,1] 时,- …………9 分 ≤ f ( x) ≤ , 即f ( x ) |≤ 3 3 3 2 2 ∵ sin x, cos x ∈ [ ?1,1] ∴| f (sin x ) |≤ , | f (cos) |≤ . 3 3 2 2 2 2 ……10 分 ∴| f (sin x ) + f (cos x ) |≤| f (sin x ) | + | f (cos x ) |≤ + = 3 3 3 1 又 t>0,∴ t + ≥ 2 > 1 ,且函数 f ( x)在[1,+∞] 上是增函数, 2t 1 2 2 3 ∴ 2 f (t + ) ≥ 2 f ( 2 ) = 2[ ( 2 ) 3 ? 2 ] = 2t 3 3 1 综上可得 | f (sin x ) + f (cos x ) ≤ 2 f (t + )( x ∈ R, t > 0) ………………12 分 2t |
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49、(河南省开封市 2008 届高三年级第一次质量检)设 f ( x ) = (1)求 a 的值,使 f (x ) 的极小值为 0; (2)证明:当且仅当 a=3 时, f (x ) 的极大值为 4。 解: (1) f ′( x ) = ( 4 x + 4a ) ? e x ?

1 ?x e ( 2 x 2 + 4ax + 4a ). 3

1 3

1 ?x e ( 2 x 2 + 4ax + 4a ) 3

1 = e ? x [2 x 2 + ( 4a ? 4) x ], 3
令 f ′( x) = 0解得x = 0或x = 2 ? 2a,当2 ? 2a = 0,即a = 1 时,无极值。 (1)当 2 ? 2a > 0,即a < 1时, f ′( x), f ( x) 的变化情况如下表(一) x (- ∞ ,0) - ↘ 0 0 极小 值 (0,2-2a) + ↗ 2-2a 0 极大值 (2-2a,+ ∞ ) - ↘

f ′(x ) f (x )

此时应有 f ( x) = 0, 得a = 0 < 1 (2)当 2 ? 2a < 0,即a > 1时, f ′( x), f ( x) 的变化情况如下表(二) x (- ∞ ,2- 2a) - ↘ 2-2a 0 极小值 (2-2a,0) + ↗ 0 0 极大值 (0+ ∞ ) - ↘

f ′(x ) f (x )

此时应有 f (2 ? 2a) = 0,即

1 ∵ e ?( 2 ? 2 a ) ≠ 0 3

∴ [2(2 ? 2a ) 2 + 4a (2 ? 2a ) + 4a ] = 0即a = 2 > 1.
综上所述,当 a=0 或 a=2 时, f (x ) 的极小值为 0。 (2)由表(一) (二)知 f (x ) 取极大值有两种可能。 由表(一)应有 f ( 2 ? 2 a ) = 4 , 即 e ? ( 2 ? 2 a ) [ 2( 2 ? 2 a ) 2 + 4 a ( 2 ? 2 a ) + 4 a ] = 4

1 3

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∴ e 2 a ? 2 (2 ? a ) = 3, 设g (a ) = (2 ? a )e 2 a ? 2 ,
则 g ′( a ) = ?e
2a ?2

+ 2e 2 a ? 2 (2 ? a ) = e 2 a ? 2 (3 ? 2a ),

∵ a < 1, ∴ g ′( a ) > 0. 此时 g(a)为增函数,

∴ a < 1时, g (a ) < g (1) = 3.即e 2 a ? 2 (2 ? a ) = 3 不能成立。
若 a>1,由表(二)知,应有 f (0) = 4,即a = 3. 综上所述,当且仅当 a=3 时, f (x ) 有极大值 4。 50、(河南省濮阳市 2008 年高三摸底考试)已知函数 f (x)=ex k-x,其中 x∈R. (1)当 k=0 时,若 g(x)= 定义域为 R,求实数 m 的取值范围;


(2)给出定理:若函数 f (x)在[a,b]上连续,且 f (a)·f (b)<0,则函数 y=f (x)在区间 (a,b)内有零点,即存在 x0∈(a,b),使 f (x0)=0; 运用此定理,试判断当 k>1 时,函数 f (x)在(k,2k)内是否存在零点.

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