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各省高考数学真题分类之函数与导数篇(含答案)


09 年—11 年各省高考数学题目分类之函数与导数篇(含答 案)
1、 (09 北京,文) (本小题共 14 分) 设函数 f ( x ) ? x 3 ? 3 ax ? b ( a ? 0) . (Ⅰ)若曲线 y ? f ( x ) 在点 (2, f (2)) 处与直线 y ? 8 相切,求 a , b 的值; (Ⅱ)求函数 f ( x ) 的单调区间与极值点. 2、 (09 湖北,文) (本小题满分 14 分) 已知关于 x 的函数 f ( x ) ? ?
1 3 x 3 ? bx ? cx ? bc ,其导函数为 f '( x ) .令 g ( x ) ? | f '( x ) | ,
2

记函数 g ( x ) 在区间[-1、1]上的最大值为 M . (Ⅰ)如果函数 f(x)在 x=1 处有极值4 3

,试确定 b、c 的值;

(Ⅱ)若∣b∣>1,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 3、 (09 江西,文) (本小题满分 12 分) 设函数 f ( x ) ? x 3 ?
9 2 x ? 6x ? a
2

(1)对于任意实数 x , f ?( x ) ? m 恒成立,求 m 的最大值; (2)若方程 f ( x ) ? 0 有且仅有一个实根,求 a 的取值范围 4、 (09 宁夏,文) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) ? x 3 ? 3 ax 2 ? 9 a 2 x ? a 3 . (1) 设 a ? 1 ,求函数 f ? x ? 的极值; (2) 若 a ?
1 4

,且当 x ? ?1, 4 a ? 时, f ' ( x ) ? 12a 恒成立,试确定 a 的取值范围.

5、 (09 全国一,文) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) ? x 4 ? 3 x 2 ? 6 . (Ⅰ)讨论 f ( x ) 的单调性; (Ⅱ)设点 P 在曲线 y ? f ( x ) 上,若该曲线在点 P 处的切线 l 通过坐标原点,求 l 的方



6、 (09 陕西,文) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) ? x ? 3 ax ? 1, a ? 0
3

??? 求 ? ?? ? 若

f ( x ) 的单调区间; f ( x ) 在 x ? ? 1 处取得极值,直线 y=m 与 y ? f ( x ) 的图象有三个不同的交点,求 m

的取值范围。 7、 (09 天津,文) (本小题满分 12 分) 设函数 f ( x ) ? ?
1 3 x ? x ? ( m ? 1) x , ( x ? R , ) 其中 m ? 0
3 2 2

(Ⅰ)当 m ? 1时, 曲线 y ? f ( x ) 在点( 1, f (1))处的切线斜率 (Ⅱ)求函数的单调区间与极值; (Ⅲ)已知函数 f ( x ) 有三个互不相同的零点 0, x 1 , x 2 ,且 x 1 ? x 2 。若对任意的
x ? [ x 1 , x 2 ] , f ( x ) ? f (1) 恒成立,求 m 的取值范围

8、 (09 重庆,文) (本小题满分 12 分, (Ⅰ)问 7 分, (Ⅱ)问 5 分) 已知 f ( x ) ? x 2 ? bx ? c 为偶函数,曲线 y ? f ( x ) 过点 (2, 5) , g ( x ) ? ( x ? a ) f ( x ) . (Ⅰ)求曲线 y ? g ( x ) 有斜率为 0 的切线,求实数 a 的取值范围; (Ⅱ)若当 x ? ? 1 时函数 y ? g ( x ) 取得极值,确定 y ? g ( x ) 的单调区间.

9 、 09 浙 江, 文) 本题 满分 15 分 )已 知 函数 f ( x ) ? x 3 ? (1 ? a ) x 2 ? a ( a ? 2) x ? b ( (
(a, b ? R ) .

(I)若函数 f ( x ) 的图象过原点,且在原点处的切线斜率是 ? 3 ,求 a , b 的值; (II)若函数 f ( x ) 在区间 ( ? 1,1) 上不单调,求 a 的取值范围. ... 10、 (09 山东,文) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) ?
1 3 ax ? bx ? x ? 3 ,其中 a ? 0
3 2

(1) 当 a, b 满足什么条件时, f ( x ) 取得极值? (2)已知 a ? 0 ,且 f ( x ) 在区间 (0,1] 上单调递增,试用 a 表示出 b 的取值范围

11、 (09 全国二,文) (本小题满分 12 分) 设函数 f ( x ) ?
1 3 x ? (1 ? a ) x ? 4 ax ? 24 a ,其中常数 a ? 1
3 2

(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。

12、 (09 辽宁,文) (本小题满分 12 分) 设 f ( x ) ? e ( ax ? x ? 1) ,且曲线 y ? f ( x ) 在 x ? 1 处的切线与 x 轴平行。
x 2

(Ⅰ)求 a 的值,并讨论 f ( x ) 的单调性;
? ? [0, ?
] 2 时, | f (cos ? ) ? f (sin ? ) |? 2

(Ⅱ)证明:当

13、 (09 湖南,文) (本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x ) = x 3 + bx 2 + cx 的导函数中图象关于直线 x=2 对称。 (1) (2) 求 b 的值; 若 f ( x ) 在 x=1 处取得最小值,记此极小值为 g(1),求 g(1)的定义域和值域。

14、 (09 广东,文) (本小题满分 14 分) 已知二次函数 y ? g ( x ) 的导函数的图像与直线 y ? 2 x 平行,且 y ? g ( x ) 在 x =-1 处取 得最小值 m-1(m ? 0 ).设函数 f ( x ) ?
g ( x) x

(1)若曲线 y ? f ( x ) 上的点 P 到点 Q(0,2)的距离的最小值为 2 ,求 m 的值 (2) k ( k ? R ) 如何取值时,函数 y ? f ( x ) ? kx 存在零点,并求出零点.

15、 (10 新课标,理) (本小题满分 12 分) 设函数 f(x)= e x ? 1 ? x ? ax 2 . (Ⅰ)若 a=0,求 f(x)的单调区间; (Ⅱ)若当 x≥0 时 f (x)≥0,求 a 的取值范围.

16、 (10 江西,文) (本小题满分 12 分) 设函数 f ( x ) ? 6 x 3 ? 3( a ? 2) x 2 ? 2 ax . (1)若 f ( x ) 的两个极值点为 x1 , x 2 ,且 x1 x 2 ? 1 ,求实数 a 的值; (2)是否存在实数 a ,使得 f ( x ) 是 ( ?? , ?? ) 上的单调函数?若存在,求出 a 的值;若不存 在,说明理由.

17、 (10 山东,理)(本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x ) ? ln x ? ax ? (Ⅰ)当 a ?
1 2 1? a x ? 1 (a ? R ) .

时,讨论 f ( x ) 的单调性;
1 4

(Ⅱ)设 g ( x ) ? x 2 ? 2 bx ? 4. 当 a ?
f ( x1 ) ? g ( x 2 ) ,求实数 b 取值范围.

时,若对任意 x1 ? (0, 2) ,存在 x 2 ? ?1, 2 ? ,使

18、 (10 浙江,文) (本题满分 15 分)已知函数 f(x)=(x-a)2(x-b) (a,b∈R, a<b). (Ⅰ)当 a=1,b=2 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2) )处的切线方程; (Ⅱ)设 x1,x2 是 f(x)的两个极值点,x3 是 f(x)的一个零点,且 x3≠x1,x3≠x2. 证明:存在实数 x4,使得 x1,x2,x3,x4 按某种顺序排列 后构成等差数列,并求 x4. 19、 (10 天津,文)(本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) ? ax 3 ?
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? ?

20、 (10 四川,文) (本小题满分 14 分) 设 f(x)?
1? a 1? a
x x

(a ? 0 且a ? 1) ,g(x)是 f(x)的反函数.

(Ⅰ)求 g ( x ) ; (Ⅱ)当 x ? [2, 6] 时,恒有 g ( x ) ? lo g a
t ( x ? 1)(7 ? x )
2

成立,求 t 的取值范围;

1 (Ⅲ)当 0<a≤ 时,试比较 f(1)+f(2)+… +f(n)与 n ? 4 的大小,并说明理由. 2 21、 (10 辽宁,文) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) ? ( a ? 1) ln x ? ax 2 ? 1 . (Ⅰ)讨论函数 f ( x ) 的单调性; (Ⅱ)设 a ? ? 2 ,证明:对任意 x1 , x 2 ? (0, ?? ) , | f ( x1 ) ? f ( x 2 ) |? 4 | x1 ? x 2 | 。

22、 (10 山东,文) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) ? 1nx ? ax ?
1? a x ? 1( 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≤
1 2

时,讨论 f ( x ) 的单调性.

23、 (11 陕西,理)(本小题满分 14 分) . 设函数 f ( x ) 定义在 (0, ?? ) 上, f (1) ? 0 ,导函数 f ?( x ) ? (Ⅰ)求 g ( x ) 的单调区间和最小值; (Ⅱ)讨论 g ( x ) 与 g ( ) 的大小关系;
x 1

1 x

, g ( x ) ? f ( x ) ? f ?( x ).

(Ⅲ)是否存在 x 0 ? 0 ,使得 g ( x ) ? g ( x0 ) ? 取值范围;若不存在,请说明理由. 24、 (11 安徽,文) (本小题满分 13 分) 设 f (x) ?
e
x 2

1 x

对任意 x ? 0 成立?若存在,求出 x 0 的

1 ? ax

,其中 a 为正实数.

(Ⅰ)当 a ?

4 3

时,求 f ( x ) 的极值点;

(Ⅱ)若 f ( x ) 为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围. 25、 (11 辽宁,文) (本小题满分 12 分) 设函数 f ( x ) =x+ax2+blnx,曲线 y= f ( x ) 过 P(1,0) ,且在 P 点处的切斜线率为 2. (I)求 a,b 的值; (II)证明: f ( x ) ≤2x-2. 26、 (11 陕西,文) (本小题满分 14 分)

设 f ( x ) ? ln x . g ( x ) ? f ( x ) ? f ?( x ) 。 (Ⅰ)求 g ( x ) 的单调区间和最小值; (Ⅱ)讨论 g ( x ) 与 g ( ) 的大小关系;
x 1

(Ⅲ)求 a 的取值范围,使得 g ( a ) ? g ( x ) < 27、 (11 四川,文) (本小题共 l4 分) 已知 函数 f ( x ) ?
2 3 x? 1 2 3 2

1 a

对任意 x >0 成立

, h( x) ?

x



(Ⅰ)设函数 F(x)=18f(x)-x2[h(x)]2,求 F(x)的单调区间与极值; (Ⅱ)设 a ? R ,解关于 x 的方程 lg[
f ( x ? 1) ? 3 4 1 6 ] ? 2 lg h ( a ? x ) ? 2 lg h (4 ? x )



(Ⅲ)设 n ? N * ,证明: f ( n ) h ( n ) ? [ h (1) ? h (2) ? ? ? h ( n )] ?



28、 (11 重庆,文) (本小题满分 12 分, (Ⅰ)小题 5 分, (Ⅱ)小题 7 分) 设 f ( x ) ? 2 x 3. ? ax 2 ? bx ? 1 的导数为 f ? ( x ) ,若函数 y ? f ?( x ) 的图像关于直线
x ? ? 1 2

对称,且 f ?(1) ? 0 .

(Ⅰ)求实数 a , b 的值 (Ⅱ)求函数 f ( x ) 的极值

29. (11 天津,文) (本小题满分 14 分)已知函数 f ( x ) ? 4 x 3 ? 3tx 2 ? 6 tx ? t ? 1, x ? R ,其 中t ? R . (Ⅰ)当 t ? 1 时,求曲线 y ? f ( x ) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程; (Ⅱ)当 t ? 0 时,求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅲ)证明:对任意的 t ? (0, ?? ), f ( x ) 在区间 (0,1) 内均存在零点. 30、 (11 上海,文) (14 分)已知函数 f ( x ) ? a ? 2 x ? b ? 3 x ,其中常数 a , b 满足 ab ? 0 。 ⑴ 若 ab ? 0 ,判断函数 f ( x ) 的单调性; ⑵ 若 ab ? 0 ,求 f ( x ? 1) ? f ( x ) 时 x 折取值范围。

31、 (11 江西,文).(本小题满分 13 分) 设 f ?x ? ?
1 3 x ? mx ? nx .
3 2

(1)如果 g ? x ? ? f ?? x ? ? 2 x ? 3 在 x ? ? 2 处取得最小值 ? 5 ,求 f ? x ? 的解析式; (2)如果 m ? n ? 10 ? m , n ? N ? ? , f ? x ? 的单调递减区间的长度是正整数,试求 m 和 n 的值.(注:区间 ? a , b ? 的长度为 b ? a )

32、 (11 北京,文) (本小题共 13 分) 已知函数 f ( x ) ? ( x ? k ) e x . (Ⅰ)求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)求 f ( x ) 在区间[0,1]上的最小值.

33、 (11 天津,理) (本小题满分 14 分) 已知 a ? 0 ,函数 f ( x ) ? ln x ? ax 2 , x ? 0. ( f ( x ) 的图像连续不断) (Ⅰ)求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)当 a ?
1 8

时,证明:存在 x 0 ? (2, ?? ) ,使 f ( x 0 ) ? f ( ) ;
2

3

(Ⅲ)若存在均属于区间 ?1, 3 ? 的 ? , ? ,且 ? ? ? ? 1 ,使 f (? ) ? f ( ? ) ,证明
ln 3 ? ln 2 5 ?a? ln 2 3



参考答案
1、解: (Ⅰ) f
'

? x ? ? 3 x 2 ? 3a ,

∵曲线 y ? f ( x ) 在点 (2, f (2)) 处与直线 y ? 8 相切,
?f ? ∴? ?f ?
'

? ? a ? 4, ?3 ? 4 ? a ? ? 0 ? ? ? ? ?2? ? 8 ?8 ? 6 a ? b ? 8 ?b ? 24. ? 0

?2? ?

(Ⅱ)∵ f

'

? x? ? 3? x2 ? a ??a
'

? 0? ,

当 a ? 0 时, f

? x ? ? 0 ,函数

此时函数 f ( x ) 没 f ( x ) 在 ? ?? , ?? ? 上单调递增,

有极值点. 当 a ? 0 时,由 f
'

?x? ? 0 ?
'

x?? a ,
f ( x ) 单调递增, f ( x ) 单调递减,

当 x ? ?? , ? a 时, f 当 x ? ? a , a 时, f 当x?

? ?

?

? x ? ? 0 ,函数 ? x ? ? 0 ,函数

?

'

?

a , ?? 时, f

?

'

? x ? ? 0 ,函数

f ( x ) 单调递增,

∴此时 x ? ? a 是 f ( x ) 的极大值点, x ?

a 是 f ( x ) 的极小值点.

2、 (Ⅰ)解:? f '( x ) ? ? x 2 ? 2 bx ? c ,由 f ( x ) 在 x ? 1 处有极值 ?
? f '(1) ? ? 1 ? 2 b ? c ? 0 ? 可得 ? 1 4 ? f (1) ? ? ? b ? c ? b c ? ? 3 3 ?
?b ? 1 ?b ? ?1 ,或? ?c ? ?1 ?c ? 3

4 3

解得 ?

若 b ? 1, c ? ? 1 ,则 f '( x ) ? ? x 2 ? 2 x ? 1 ? ? ( x ? 1) 2 ? 0 ,此时 f ( x ) 没有极值; 若 b ? ? 1, c ? 3 ,则 f '( x ) ? ? x 2 ? 2 x ? 3 ? ? ( x ? 1)( x ? 1) 当 x 变化时, f ( x ) , f '( x ) 的变化情况如下表:
x
f '( x ) f ( x) ( ?? , ? 3)

?3

( ? 3,1)

1 0 极大值 ?
4 3

(1, ?? )

?

0 极小值 ? 12
4 3

+
?

?

?

?

? 当 x ? 1 时, f ( x ) 有极大值 ?

,故 b ? ? 1 , c ? 3 即为所求。

(Ⅱ)证法 1: g ( x ) ? | f '( x ) |? | ? ( x ? b ) 2 ? b 2 ? c | 当 | b |? 1 时,函数 y ? f '( x ) 的对称轴 x ? b 位于区间 [ ? 1.1] 之外。
? f '( x ) 在 [ ? 1,1] 上的最值在两端点处取得

故 M 应是 g ( ? 1) 和 g (1) 中较大的一个
? 2 M ? g (1) ? g ( ? 1) ? | ? 1 ? 2 b ? c | ? | ? 1 ? 2 b ? c |?| 4 b |? 4, 即 M ? 2

证法 2(反证法) :因为 | b |? 1 ,所以函数 y ? f '( x ) 的对称轴 x ? b 位于区间 [ ? 1,1] 之外,
? f '( x ) 在 [ ? 1,1] 上的最值在两端点处取得。

故 M 应是 g ( ? 1) 和 g (1) 中较大的一个 假设 M ? 2 ,则
g ( ? 1) ? | ? 1 ? 2 b ? c |? 2 g (1) ? | ? 1 ? 2 b ? c |? 2

将上述两式相加得:
4 ? | ? 1 ? 2 b ? c | ? | ? 1 ? 2 b ? c |? 4 | b |? 4 ,导致矛盾,? M ? 2

(Ⅲ)解法 1: g ( x ) ? | f '( x ) |? | ? ( x ? b ) 2 ? b 2 ? c | (1)当 | b | ? 1 时,由(Ⅱ)可知 M ? 2 ; (2)当 | b |? 1 时,函数 y ? f '( x )的对称轴 x ? b 位于区间 [ ? 1,1] 内, 此时 M ? m ax ? g ( ? 1), g (1), g ( b )? 由 f '(1) ? f '( ? 1) ? 4 b , 有 f '( b ) ? f '( ? 1) ? b ( ? 1) 2 ? 0 ①若 ? 1 ? b ? 0, 则 f '(1) ? f '( ? 1) ? f '( b ), ? g ( ? 1) ? m ax ? g (1), g ( b )? , 于是
M ? m ax ?| f '(1) |, | f '( b ) |? ? 1 2 (| f '(1) | ? f '( b ) |) ? 1 2 | f '(1) ? f '( b ) | ? 1 2 ( b ? 1) ?
2

1 2

②若 0 ? b ? 1 ,则 f '( ? 1) ? f '(1) ? f '( b ), ? g (1) ? m ax ? g ( ? 1), g ( b )? 于是
M ? m ax ?| f '( ? 1) |, | f '( b ) |? ? 1 2 (| f '( ? 1) | ? | f '( b ) |) ? 1 2 | f '( ? 1) ? f '( b ) |? 1 2 ( b ? 1) ?
2

1 2

综上,对任意的 b 、 c 都有 M ?
1 2

1 2

而当 b ? 0, c ?

时, g ( x ) ? ? x ?
2

1 2

在区间 [ ? 1,1] 上的最大值 M ?
1 2

1 2

故 M ? k 对任意的 b 、 c 恒成立的 k 的最大值为 解法 2: g ( x ) ? | f '( x ) |? | ? ( x ? b ) 2 ? b 2 ? c | (1)当 | b | ? 1 时,由(Ⅱ)可知 M ? 2 ;



(2)当 | b |? 1 时,函数 y ? f '( x ) 的对称轴 x ? b 位于区间 [ ? 1,1] 内, 此时 M ? m ax ? g ( ? 1), g (1), g ( b )?
4 M ? g ( ? 1) ? g (1) ? 2 g ( b ) ? | ? 1 ? 2 b ? c | ? | ? 1 ? 2 b ? c | ? 2 | b ? c |
2

? | ? 1 ? 2 b ? c ? ( ? 1 ? 2 b ? c ) ? 2( b ? c ) |? | 2 b ? 2 |? 2 ,即 M ?
2 2

1 2

下同解法 1

3、 .解:(1) f ' ( x ) ? 3 x 2 ? 9 x ? 6 ? 3( x ? 1)( x ? 2) , 因为 x ? ( ?? , ?? ) , f ' ( x ) ? m , 即 3 x 2 ? 9 x ? (6 ? m ) ? 0 恒成立, 所以 ? ? 81 ? 12(6 ? m ) ? 0 , 得 m ? ? (2) 因 为 当 x ? 1 时 ,
f ( x) ? 0 ;
' '

3 4

,即 m 的最大值为 ?
'

3 4

f ( x) ? 0 ; 当 1 ? x ? 2 时 ,

f ( x) ? 0 ; 当 x ? 2 时 ,

所以 当 x ? 1 时, f ( x ) 取极大值 f (1) ?

5 2

?a;

当 x ? 2 时, f ( x ) 取极小值 f (2) ? 2 ? a ; 故 当 f ( 2 ) ? 0 或 f (1) ? 0 时 , 方 程 f ( x ) ? 0 仅 有 一 个 实 根 . 解 得 a ? 2 或
a ? 5 2

.

4、 解: (Ⅰ)当 a=1 时,对函数 f ( x ) 求导数,得
f ( x ) ? 3 x ? 6 x ? 9.
' 2

令 f ' ( x ) ? 0, 解 得 x1 ? ? 1, x 2 ? 3. 列表讨论 f ( x ), f ' ( x ) 的变化情况:
x
f (x)
'

( ?? , ? 1)

?1

(-1,3) —

3 0 极小值-26

(3, ?? )

+

0 极大值 6

+

f ( x)

?

?

?

所以, f ( x ) 的极大值是 f ( ? 1) ? 6 ,极小值是 f (3) ? ? 26. (Ⅱ) f ' ( x ) ? 3 x 2 ? 6 ax ? 9 a 2 的图像是一条开口向上的抛物线,关于 x=a 对称. 若
'

1 4

? a ? 1, 则 f ( x ) 在 [1,4a] 上是增函数,从而
'
' 2 ' 2

f ( x ) 在 [1,4a] 上的最小值是 f (1) ? 3 ? 6 a ? 9 a , 最大值是 f (4 a ) ? 15 a .

由 | f ' ( x ) |? 12 a , 得 ? 12 a ? 3 x 2 ? 6 ax ? 9 a 2 ? 12 a , 于是有
f (1) ? 3 ? 6 a ? 9 a ? ? 12 a , 且 f (4 a ) ? 15 a ? 12 a .
' 2 ' 2

由 f ' (1) ? ? 12 a 得 ? 所以 a ? ( ,1] ? [ ?
4 1 1

1 3

? a ? 1,由 f (4 a ) ? 12 a 得 0 ? a ?
'

4 5

.

4 1 4 ,1] ? [0, ], 即 a ? ( , ]. 3 5 4 5

若 a>1,则 | f ' ( a ) |? 12 a 2 ? 12 a .故 当 x ? [1, 4 a ]时 | f ' ( x ) |? 12 a 不恒成立. 所以使 | f ' ( x ) |? 12 a ( x ? [1, 4 a ]) 恒成立的 a 的取值范围是 ( , ].
4 5 1 4

5、解: (Ⅰ) f '( x ) ? 4 x ? 6 x ? 4 x ( x ?
3

6 2

)( x ?

6 2

)

令 f '( x ) ? 0 得 ?

6 2

? x ? 0或x ?

6 2



令 f '( x ) ? 0 得 x ? ?

6 2

或0 ? x ?

6 2

因此, f ?x ? 在区间 (?

6 2

,0 ) 和 (

6 2

,? ? ) 为 增 函 数 ; 在 区 间 ( ? ? ,?

6 2

)和

(0,

6 2

) 为减函数。

(Ⅱ)设点 P ( x 0 , f ( x 0 )) ,由 l 过原点知, l 的方程为 y ? f '( x 0 ) x , 因此 f ( x 0 ) ? x 0 f '( x 0 ) ,
4 2 3 即 x 0 ? 3 x 0 ? 6 ? x 0 (4 x 0 ? 6 x 0 ) ? 0 ,

2 2 整理得 ( x 0 ? 1 )( x 0 ? 2 ) ? 0 ,

解得 x 0 ? ? 2 或 x 0 ?

2

因此切线 l 的方程为 y ? ? 2 x 或 y ? 2 2 x 6、解: (1) f ( x ) ? 3 x ? 3 a ? 3( x ? a ),
' 2 2

当 a ? 0 时,对 x ? R ,有 f ( x ) ? 0,
'

? 当 a ? 0 时, f ( x ) 的单调增区间为 ( ?? , ?? )

当 a ? 0 时,由 f ( x ) ? 0 解得 x ? ? a 或 x ?
'

a ;

由 f ( x ) ? 0 解得 ? a ? x ?
'

a,

? 当 a ? 0 时 , f ( x ) 的 单 调 增 区 间 为 ( ?? , ? a ), ( a , ?? ) ; f ( x ) 的 单 调 减 区 间 为

(? a ,

a)。

(2)? f ( x ) 在 x ? ? 1 处取得极大值,
? f ( ? 1) ? 3 ? ( ? 1) ? 3 a ? 0,? a ? 1.
' 2

? f ( x ) ? x ? 3 x ? 1, f ( x ) ? 3 x ? 3,
3 ' 2 ' x ? ? 1, x 2 ? 1 由 f ( x ) ? 0 解得 1 。

由(1)中 f ( x ) 的单调性可知, f ( x ) 在 x ? ? 1 处取得极大值 f ( ? 1) ? 1 , 在 x ? 1 处取得极小值 f (1) ? ? 3 。
? 直 线 y ? m 与 函 数 y ? f ( x) 的 图 象 有 三 个 不 同 的 交 点 , 又 f (? 3 ) ? ? 1 9 ? ? 3 ,

f (3) ? 17 ? 1 ,

结合 f ( x ) 的单调性可知, m 的取值范围是 ( ? 3,1) 7、 【答案】 (1)1(2) f ( x ) 在 ( ?? ,1 ? m ) 和 (1 ? m , ?? ) 内减函数,在 (1 ? m ,1 ? m ) 内 增函数。函数 f ( x ) 在 x ? 1 ? m 处取得极大值 f (1 ? m ) ,且 f (1 ? m ) = 函数 f ( x ) 在 x ? 1 ? m 处取得极小值 f (1 ? m ) ,且 f (1 ? m ) = ? 【解析】解:当 m ? 1时, f ( x ) ?
1 3
3 2 / 2

2 3

m ?m ?
3 2 2

1 3

2 3

m ?m ?
3 '

1 3

x ? x , f ( x ) ? x ? 2 x , 故 f (1) ? 1

所以曲线 y ? f ( x ) 在点( 1, f (1))处的切线斜率为 1. (2)解: f ' ( x ) ? ? x 2 ? 2 x ? m 2 ? 1 ,令 f ' ( x ) ? 0 ,得到 x ? 1 ? m , x ? 1 ? m 因为 m ? 0 , 所以 1 ? m ? 1 ? m 当 x 变化时, f ( x ), f ' ( x ) 的变化情况如下表:
x
f ( x)
'

( ?? ,1 ? m )

1? m

(1 ? m ,1 ? m )

1? m

(1 ? m , ?? )

+

0

-

0

+

f ( x)

极小值

极大值

f ( x ) 在 ( ?? ,1 ? m ) 和 (1 ? m , ?? ) 内减函数,在 (1 ? m ,1 ? m ) 内增函数。

函数 f ( x ) 在 x ? 1 ? m 处取得极大值 f (1 ? m ) ,且 f (1 ? m ) =

2 3

m ?m ?
3 2

1 3 1 3

函数 f ( x ) 在 x ? 1 ? m 处取得极小值 f (1 ? m ) ,且 f (1 ? m ) = ? (3)解:由题设, f ( x ) ? x ( ? 所以方程 ?
? ?1? 4 3 (m
2

2 3

m ?m ?
3 2

1 3

x ? x ? m ? 1) ? ?
2 2

1 3

x ( x ? x 1 )( x ? x 2 )

1 3

x ? x ? m ? 1 =0 由 两 个 相 异 的 实 根 x 1 , x 2 , 故 x 1 ? x 2 ? 3 , 且
2 2

? 1) ? 0 ,解得 m ? ?

1 2

( 舍 ), m ?

1 2 3 2

因为 x 1 ? x 2 , 所以 2 x 2 ? x 1 ? x 2 ? 3 , 故 x 2 ? 若 x 1 ? 1 ? x 2 , 则 f (1) ? ?
1 3

?1

(1 ? x 1 )(1 ? x 2 ) ? 0 ,而 f ( x 1 ) ? 0 ,不合题意

若 1 ? x1 ? x 2 , 则对任意的 x ? [ x 1 , x 2 ] 有 x ? x1 ? 0 , x ? x 2 ? 0 , 则 f ( x ) ?? ?
1 3

所以函数 f ( x ) 在 x ? [ x 1 , x 2 ] 的最 x ( x ? x 1 )( x ? x 2 ) ? 0 又 f ( x 1 ) ? 0 ,
1 3 ? 0,

小值为 0, 于是对任意的 x ? [ x 1 , x 2 ] ,f ( x ) ? f (1) 恒成立的充要条件是 f (1) ? m 2 ? 解得 ?
3 3 ? m ? 3 3 1 3 3

综上,m 的取值范围是 ( ,
2

)

8、解: (Ⅰ)? f ( x ) ? x 2 ? bx ? c 为偶函数,故 f ( ? x ) ? f ( x ) 即有

( ? x ) ? b ( ? x ) ? c ? x ? bx ? c 解得 b ? 0
2 2

又曲线 y ? f ( x ) 过点 (2, 5) ,得 2 2 ? c ? 5, 有 c ? 1
? g ( x ) ? ( x ? a ) f ( x ) ? x ? ax ? x ? a 从而 g ( x ) ? 3 x ? 2 ax ? 1 ,? 曲线 y ? g ( x )
3 2 ' 2

有 斜 率 为 0 的 切 线 , 故 有 g ' ( x ) ? 0 有 实 数 解 . 即 3 x 2 ? 2 ax ? 1 ? 0 有 实 数 解 . 此 时 有
? ? 4 a ? 12 ≥ 0 解得
2

a ? ?? , ? 3 ? ? ? 3 , ?? ? ?

?

?

所以实数 a 的取值范围: a ? ?? , ? 3 ? ? ? 3 , ??
? ?

?

?

(Ⅱ)因 x ? ? 1 时函数 y ? g ( x ) 取得极值,故有 g ' ( ? 1) ? 0 即 3 ? 2 a ? 1 ? 0 ,解得
a?2

又 g ' ( x ) ? 3 x 2 ? 4 x ? 1 ? (3 x ? 1)( x ? 1)

令 g ' ( x ) ? 0 ,得 x1 ? ? 1, x 2 ? ?

1 3

当 x ? ( ?? , ? 1) 时, g ' ( x ) ? 0 ,故 g ( x ) 在 ( ?? , ? 1) 上为增函数 当 x ? ( ? 1, ? ) 时, g ' ( x ) ? 0 ,故 g ( x ) 在 ( ? 1, ? ) 上为减函数
3 3
'

1

1

当 x ? (?

1 3

, ? ? ) 时, g ( x ) ? 0 ,故 g ( x ) 在 ( ?

1 3

, ? ? ) 上为增函数

9、解析: (Ⅰ)由题意得 f ?( x ) ? 3 x 2 ? 2 (1 ? a ) x ? a ( a ? 2 ) 又?
? f (0 ) ? b ? 0

? f ?( 0 ) ? ? a ( a ? 2 ) ? ? 3

,解得 b ? 0 , a ? ? 3 或 a ? 1

(Ⅱ)函数 f ( x ) 在区间 (? 1,1) 不单调,等价于 导函数 f ? ( x ) 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 f ? ( x ) 在 (? 1,1) 上存在零点,根据零点存在定理,有
f ?( ? 1) f ?(1) ? 0 ,

即: [ 3 ? 2 (1 ? a ) ? a ( a ? 2 )][ 3 ? 2 (1 ? a ) ? a ( a ? 2 )] ? 0

整理得: ( a ? 5 )( a ? 1)( a ? 1) 2 ? 0 ,解得 ? 5 ? a ? ? 1

10、解:

(1)由已知得 f '( x ) ? ax 2 ? 2 bx ? 1 ,令 f ' ( x ) ? 0 ,得 ax 2 ? 2 bx ? 1 ? 0 ,
2

f ( x ) 要取得极值,方程 ax ? 2 bx ? 1 ? 0 必须有解,

所以△ ? 4 b 2 ? 4 a ? 0 ,即 b 2 ? a ,

此时方程 ax 2 ? 2 bx ? 1 ? 0 的根为

x1 ?

? 2b ?

4b ? 4 a
2

?

?b ?

b ?a
2

2a

a

, x2 ?

?2b ?

4b ? 4 a
2

?

?b ?

b ?a
2

,

2a

a

所以 f '( x ) ? a ( x ? x1 )( x ? x 2 ) 当 a ? 0 时, x
f '( x )
f ( x)

(-∞,x1) + 增函数

x1 0 极大值

(x1,x2) - 减函数

x2 0 极小值

(x2,+∞) + 增函数

所以 f ( x ) 在 x 1, x2 处分别取得极大值和极小值. 当 a ? 0 时, x
f '( x ) f ( x)

(-∞,x2) - 减函数

x2 0 极小值

(x2,x1) + 增函数

x1 0 极大值

(x1,+∞) - 减函数

所以 f ( x ) 在 x 1, x2 处分别取得极大值和极小值. 综上,当 a, b 满足 b 2 ? a 时, f ( x ) 取得极值 (2)要使 f ( x ) 在区间 (0,1] 上单调递增,需使 f '( x ) ? ax 2 ? 2 bx ? 1 ? 0 在 (0,1] 上恒成立. 即b ? ?
ax 2 ? 1 2x ax 2 1 2x
1 a

, x ? (0,1] 恒成立,

所以 b ? ( ?
2

ax 2
1 a

?
)

1 2x

) m ax

设 g ( x) ? ?

?

, g '( x ) ? ?

a 2

?

1 2x
2

a(x ? ? 2x
2

,

令 g '( x ) ? 0 得 x ?

或x ? ?

1 a 1 a

(舍去),

当 a ? 1 时, 0 ?

1 a

? 1 ,当 x ? ( 0 ,

) 时 g '( x ) ? 0 , g ( x ) ? ?

ax 2

?

1 2x

单调增函数;

当x? (

1 a

,1] 时 g '( x ) ? 0 , g ( x ) ? ?

ax 2

?

1 2x

单调减函数,

所以当 x ?

1 a

时, g ( x ) 取得最大,最大值为 g (

1 a

)? ?

a .

所以 b ? ? a 当 0 ? a ? 1 时,
1 a
(0,1] 上单调递增,当 x ? 1 时 g ( x ) 最大,最大值为 g (1) ? ?

? 1 ,此时 g '( x ) ? 0 在区间 ( 0 ,1] 恒成立,所以 g ( x ) ? ?

ax 2

?

1 2x

在区间

a ?1 2

,所以 b ? ?

a ?1 2

综上,当 a ? 1 时, b ? ? a ;当 0 ? a ? 1 时, b ? ? 11、 )解:

a ?1 2

(Ⅰ) f ?( x ) ? x 2 ? 2 (1 ? a ) x ? 4 a ? ( x ? 2 )( x ? 2 a ) 由 a ? 1 知,当 x ? 2 时, f ?( x ) ? 0 ,故 f ( x ) 在区间 (?? , 2 ) 是增函数; 当 2 ? x ? 2 a 时, f ?( x ) ? 0 ,故 f ( x ) 在区间 ( 2 , 2 a ) 是减函数; 当 x ? 2 a 时, f ?( x ) ? 0 ,故 f ( x ) 在区间 ( 2 a , ?? ) 是增函数。 综上,当 a ? 1 时, f ( x ) 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 x ? 0 时, f ( x ) 在 x ? 2 a 或 x ? 0 处取得最小值。
f (2a ) ? 1 3
? ? 4 3
f ( 0 ) ? 24 a
? a ? 1, ? ? 4 即 ? ? a ( a ? 3 )( a ? 6 ) ? 0 , ? 3 ? 24 a ? 0 . ?

( 2 a ) ? (1 ? a )( 2 a ) ? 4 a ? 2 a ? 24 a
3 2

a ? 4 a ? 24 a
3 2

?a ? 1 ? 由假设知 ? f ( 2 a ) ? 0 , ? f (0) ? 0, ?

解得 1 ? a ? 6

故 a 的取值范围是(1,6) 12、解: (Ⅰ) f '( x ) ? e ( ax ? x ? 1 ? 2 ax ? 1) .由条件知,
x 2

f '(1) ? 0 ,故 a ? 3 ? 2 a ? 0 ? a ? ? 1 .

………2 分

于是 f '( x ) ? e ( ? x ? x ? 2) ? ? e ( x ? 2)( x ? 1) .
x 2 x

故当 x ? ( ?? , ? 2) ? (1, ?? ) 时, f '( x ) <0; 当 x ? ( ? 2,1) 时, f '( x ) >0. 从而 f ( x ) 在 ( ?? , ? 2) , (1, ?? ) 单调减少,在 ( ? 2,1) 单调增加. ……6 分

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x ) 在 [0,1] 单调增加,故 f ( x ) 在 [0,1] 的最大值为 f (1) ? e ,最小值为
f (0) ? 1 .

从而对任意
? ? [0,

x1



f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? e ? 1 ? 2 x 2 ? [0,1] ,有 .

……10 分

?

而当 从而

] 2 时, cos ? , sin ? ? [0,1] .

f (cos ? ) ? f (sin ? ) ? 2

……12 分
2b 6

13、解(1) f ( x ) =3 x 2 +2bx+c;因为函数 f 1 (x)的图象关于直线 x=2 对称,所以 ? 于是 b ? ? 6 (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x ) = x 3 -6 x 2 +cx; f 1 (x)=3 x 2 -12x+c=3 ( x ? 2) 2 +c-12. (ⅰ)当 c ? 12 时, f ' (x) ? 0,此时 f ( x ) 无极值。

=2,

(ii)当 c ? 12 时, f ' (x)=0 有两个互异实根 x1 · x 2 ,不妨设 x1 < x 2 ,则 x1 <2< x 2 当 x< x1 时, f ' ( x )>0, f ( x ) 在区间( ? ? , x1 )内为增函数; 当 x1 <x< x 2 时, f ' ( x )<0, f ( x ) 在区间( x1 , x 2 )内为减肥函数 当 x1 < x 2 时, f ' ( x )>0, f ( x ) 在区间(+ ? , x 2 )内为增函数 所以 f ( x ) 在 x = x1 处取极大值,在 x = x1 处取极小值 因此,当且仅当 c ? 12 时,函数 f ( x ) 在 x ? x 2 处存在唯一极小值,所以 t ? x 2 ? 2 于是 g ( t ) 的定义域为 (2, ? ? ) 由 f / ( t ) ? 3t 2 ? 12 t ? c ? 0 得 c ? ? 3t 2 ? 12 t
3 2 3 2

于是

g ( t ) ? f ( t ) ? t ? 6 t ? ct ? ? 2 t ? 6 t , t ? (2, ?? )

当 t ? 2 时, g / ( t ) ? ? 6 t 2 ? 12 t ? 6 t (2 ? t ) ? 0, 所以函数 g ( t ) 在区间 (2, ? ? ) 内是减函数,

故 g ( t ) 的值域为 ( ?? , 8). 14、 【解析】 (1)设 g ? x ? ? ax ? bx ? c ,则 g ? ? x ? ? 2 ax ? b ;
2

又 g ? ? x ? 的图像与直线 y ? 2 x 平行 又 g ? x ? 在 x ? ? 1 取极小值,
? b 2

? 2a ? 2

a ?1

? ?1 ,b ? 2

? g ? ? 1? ? a ? b ? c ? 1 ? 2 ? c ? m ? 1 ,
g ?x? x m x

c?m;

f

?x? ?

? x?

?2,

设 P ? xo , y o ?
2

则 PQ

2

? x0 ? ? y0 ? 2 ?
2

2

2 ? m ? m 2 2 ? 2 x0 ? 2 ? 2 ? 2 2 m ? 2 ? x0 ? ? x0 ? ? x0 ? x0 ?

2

? 2 2m ? 2 ? 4
2

m ? ?

2 2



(2)由 y ? f ? x ? ? kx ? ?1 ? k ? x ? 得

m x

?2? 0,

?1 ? k ? x 2 ? 2 x ? m

?0
m 2

?*?
,函数 y ? f ? x ? ? kx 有一零点 x ? ?
m 2 1
m

当 k ? 1 时,方程 ? * ? 有一解 x ? ?

; ,

当 k ? 1 时,方程 ? * ? 有二解 ? ? ? 4 ? 4 m ?1 ? k ? ? 0 ,若 m ? 0 , k ? 1 ? 函数 y ? f ? x ? ? kx 有两个零点 x
?2 ? 4 ? 4 m ?1 ? k ? 2 ?1 ? k ? ?2 ? 1? 1 ? m ?1 ? k ? k ?1

?

?

;若 m ? 0 ,

k ? 1?

1 m

,函数 y ? f ? x ? ? kx 有两个零点 x

?

4 ? 4 m ?1 ? k ? 2 ?1 ? k ?

?

1?

1 ? m ?1 ? k ? k ?1



当 k ? 1 时 , 方 程 ? * ? 有 一 解 ? ? ? 4 ? 4m ? 1? k ? ? 0,
y ? f ? x? ? k 有一零点 x ? x
1 k ?1

k ? 1?

1 m

, 函数

15、解: (Ⅰ) a ? 0 时, f ( x ) ? e x ? 1 ? x , f ' ( x ) ? e x ? 1 . 当 x ? ( ?? , 0) 时, f '( x ) ? 0 ;当 x ? (0, ??) 时, f '( x ) ? 0 .故 f ( x ) 在 ( ?? , 0) 单调减 少,在 (0, ?? ) 单调增加.

(Ⅱ) f '( x ) ? e x ? 1 ? 2 ax . 由(Ⅰ)知 e x ? 1 ? x ,当且仅当 x ? 0 时等号成立.故 f '( x ) ? x ? 2 ax ? (1 ? 2 a ) x , 从而当 1 ? 2 a ? 0 ,即 a ?
1 2

时, f '( x ) ? 0( x ? 0) ,而 f (0) ? 0 ,

[来源:Zxxk.Com]

于是当 x ? 0 时, f ( x ) ? 0 . 由 e x ? 1 ? x ( x ? 0) 可得 e ? x ? 1 ? x ( x ? 0) .从而当 a ?
f '( x ) ? e ? 1 ? 2 a ( e
x ?x

1 2

时,

? 1) ? e

?x

( e ? 1)( e ? 2 a ) ,
x x

故当 x ? (0, ln 2 a ) 时, f '( x ) ? 0 ,而 f (0) ? 0 ,于是当 x ? (0, ln 2 a ) 时, f ( x ) ? 0 .
? ? 1? ?

综合得 a 的取值范围为 ? ? ? , ? . 2 16、解: f ?( x ) ? 18 x 2 ? 6( a ? 2) x ? 2 a (1)由已知有 f ?( x1 ) ? f ?( x 2 ) ? 0 ,从而 x1 x 2 ?
2a 18 ? 1 ,所以 a ? 9 ;

(2)由 ? ? 36( a ? 2) 2 ? 4 ? 18 ? 2 a ? 36( a 2 ? 4) ? 0 , 所以不存在实数 a ,使得 f ( x ) 是 R 上的单调函数. 17、

(1) 当 a ? 0 时, g ( x ) ? ? x ? 1 , x ? (0, ?? ) , 所以 当 x ? (0,1) 时, g ( x ) ? 0 ,此时 f '( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递减;

当 x ? (0,1)时 , g ( x ) ? 0, 此 时 f '( x ) ? 0, 函数 f ( x ) 单 调 递 减 (2) 当 a ? 0 时,由 f '( x ) ? 0 , 即 ax 2 ? x ? 1 ? a ? 0, ① 当a ?
1 2

解得 x1 ? 1, x 2 ?

1 2

?1

时,x1 ? x 2 , g ( x ) ? 0 恒成立, 此时 f '( x ) ? 0 , 函数 f ( x ) f 在 (0, ?? )

上单调递减; ② 当0 ? a ?
1 2

时,

1 a

? 1 ? 1 ? 0,

x ? (0,1) 时, g ( x ) ? 0 ,此时 f '( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递减

x ? (1, x?( 1 a

1 a

? 1) 时, g ( x ) ? 0 ,此时 f '( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递增

? 1, ?? ) 时, g ( x ) ? 0 ,此时 f '( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递减

18、

Ⅱ)证明:因为 f′(x)=3(x-a) (x- 由于 a<b. 故 a<
a ? 2b 3

a ? 2b 3

) ,

.
a ? 2b 3

所以 f(x)的两个极值点为 x=a,x= 不妨设 x1=a ,x2=
a ? 2b 3

.

[来源:Z_xx_k.Com]



因为 x3≠x1,x3≠x2,且 x3 是 f(x)的零点, 故 x3=b. 又因为 x4=
1 2 a ? 2b 3

-a=2(b- )=

a ? 2b

) ,

(a+

a ? 2b 3

3 2a ? b 3



所以 a,

2a ? b 3



a ? 2b 3

,b 依次成等差数列,
2a ? b 3 3 2

所以存在实数 x4 满足题意,且 x4= 19、 Ⅰ) 当 a ? 1 时,f ( x ) ? x 3 ? ( 解:

.
2

所 x ? 1, f (2) ? 3; f '( x ) ? 3 x ? 3 x , f '(2) ? 6 .
2

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 ? 6 x ? 9 . (Ⅱ)解: f '( x ) ? 3 ax 2 ? 3 x ? 3 x ( ax ? 1) .令 f '( x ) ? 0 ,解得 x ? 0 或 x ? 以下分两种情况讨论: (1)若 0 ? a ? 2 ,则
1 a ? 1 2

1 a



.当 x 变化时, f '( x ), f ( x ) 的变化情况如下表:
? 1? ? 0, ? ? 2?

x

? 1 ? ? ? ,0? ? 2 ?

0

f '( x )
f ( x)

+ ↗

0 极大值



[来源:学科网]

? ? 1? ?5 ? a ? 0, ? f ? ? ? ? 0, ? 8 ? ? ? 2? ? 1 1? 当 ? ? , ? 时, f ( x ) ? 0 等价于 ? 即? ? 2 2? ? 5 ? a ? 0. ? f ? 1 ? ? 0, ? ? ? 8 ? ?2? ? ?

解不等式组得

2 2

? a ? 5 或a ? ?

2 2

.因此 2 ? a ? 5 .

综合(1)和(2) ,可知 a 的取值范围为 0 ? a ? 5 .
x 20、解: (Ⅰ)由题意得, a ?

y ?1 y ?1



故 g ( x ) ? log a

x ?1 x ?1

, x ? ( ?? , ? 1) ? (1, ?? ) .…………………………………………(3 分)
x ?1 x ?1 t ( x ? 1)(7 ? x )
2

(Ⅱ)由 g ( x ) ? lo g a
x ?1 x ?1

> lo g a



①当 a> 1 时,



t

?x

2

? 1? ? 7 ? x ?
2

>0.

又因为 x ? ? 2, 6 ? ,所以 0< t< ? x ? 1 ? 令 h ? x ? ? ? x ? 1?
2
2

?7 ? x? .

? 7 ? x ? ? ? x 3 ? 9 x 2 ? 15 x ? 7, x ? ? 2, 6 ? ,

则 h ? ? x ? ? ? 3 x ? 18 x ? 15 ? ? 3 ? x ? 1 ? ? x ? 5 ? . 列表如下:

x
h? ? x ?

2

? 2, 5 ?
+

5 0 极大值 32

? 5, 6 ?
?

6

h?x?

5





25

所以 h ? x ? 最 小 值 ? 5 , 所以 0< t< 5 .

当 n ? 2 时, 设 k ? 2 , k ? N ? 时, 则 f ?k ? ?
1? a 1? a
k k

? 1?

2

?1 ? p ?
? 1?

k

?1

? 1?

2 Ck p ? Ck p ? ? ? Ck p
1 2 2 k k



所以 f ? k ? ? 1 ?

2 Ck ? Ck
1 2

2 k ? k ? 1?

? 1?

4 k

?

4 k ?1



从而 f ? 2 ? ? f ? 3 ? ? ? ? f ? n ? ? n ? 1 ?

4 2

?

4 n ?1

<n ?1.

所以 f ?1 ? ? f ? 2 ? ? ? ? f ? n ? < f ?1 ? ? n ? 1 ? n ? 4 . 综上 f ?1 ? ? f ? 2 ? ? ? ? f ? n ? < n ? 4 .…………………………(14 分)

21



22、

(3) 当 a ? 0 时, g ( x ) ? ? x ? 1 , x ? (0, ?? ) , 所以 当 x ? (0,1) 时, g ( x ) ? 0 ,此时 f '( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递减;

当 x ? (0,1)时 , g ( x ) ? 0, 此 时 f '( x ) ? 0, 函数 f ( x ) 单 调 递 减 (4) 当 a ? 0 时,由 f '( x ) ? 0 , 即 ax 2 ? x ? 1 ? a ? 0, ① 当a ?
1 2

解得 x1 ? 1, x 2 ?

1 2

?1

时,x1 ? x 2 , g ( x ) ? 0 恒成立, 此时 f '( x ) ? 0 , 函数 f ( x ) f 在 (0, ?? )

上单调递减; ② 当0 ? a ?
1 2

时,

1 a

? 1 ? 1 ? 0,

x ? (0,1) 时, g ( x ) ? 0 ,此时 f '( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递减

x ? (1, x?( 1 a

1 a

? 1) 时, g ( x ) ? 0 ,此时 f '( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递增

? 1, ?? ) 时, g ( x ) ? 0 ,此时 f '( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递减

23、解 (Ⅰ)由题设易知 f ( x ) ? ln x , g ( x ) ? ln x ?
? g '( x ) ?

1 x



x ?1 x
2

,令 g '( x ) ? 0 得 x ? 1 ,

当 x ? (0,1) 时, g '( x ) ? 0 ,故(0,1)是 g ( x ) 的单调减区间, 当 x ? (1, ?? ) 时, g '( x ) ? 0 ,故 (1, ?? ) 是 g ( x ) 的单调增区间, 因此, x ? 1 是 g ( x ) 的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以最小值为
g (1) ? 1 .

http://ww w.51jjcn.cn/gaokao/

(Ⅱ) g ( ) ? ? ln x ? x ,
x
1 1 x
( x ? 1) x
2 2

1

设 h ( x ) ? g ( x ) ? g ( ) ? 2 ln x ? x ?
x

,则 h '( x ) ? ?



当 x ? 1 时, h (1) ? 0 ,即 g ( x ) ? g ( ) ,
x

1

当 x ? (0,1) ? (1, ?? ) 时 h '( x ) ? 0 , h '(1) ? 0 , 因此, h ( x ) 在 (0, ?? ) 内单调递减,

当 0 ? x ? 1 时, h ( x ) ? h (1) ? 0 ,即 g ( x ) ? g ( ) ,
x

1

当 x ? 1 时, h ( x ) ? h (1) ? 0 ,即 g ( x ) ? g ( ) .
x

1

(Ⅲ)满足条件的 x 0 不存在. 证明如下: 证法一 假设存在 x 0 ? 0 ,使 | g ( x ) ? g ( x 0 ) |? 即对任意 x ? 0 ,有 Inx ? g ( x 0 ) ? Inx ? 但对上述 x 0 ,取 x1 ? e
g ( x0 )

1 x

对任意 x ? 0 成立,

2 x

, (*)

时,有

Inx1 ? g ( x 0 ) ,这与(*)左边不等式矛盾,
1 x 1 x

因此,不存在 x 0 ? 0 ,使 | g ( x ) ? g ( x 0 ) |?

对任意 x ? 0 成立。 对任意的 x ? 0 成立。

证法二 假设存在 x 0 ? 0 ,使 | g ( x ) ? g ( x 0 ) |? 由(Ⅰ)知, e 又 g ( x ) ? Inx ? ∴
g ( x0 )

的最小值为 g ( x ) ? 1 。

1 x

? I nx ,而 x ? 1 时, Inx 的值域为 (0, ?? ) ,

x ? 1 时, g ( x ) 的值域为 [1, ?? ) ,

从而可取一个 x1 ? 1 ,使 g ( x1 ) ? g ( x 0 ) ? 1 , 即 g ( x1 ) ? g ( x 0 ) ? 1 ,故 | g ( x1 ) ? g ( x 0 ) |? 1 ? ∴ 不存在 x 0 ? 0 ,使 | g ( x ) ? g ( x 0 ) |?
1 x
1 x1

,与假设矛盾。

对任意 x ? 0 成立。

x 24、解:对 f ( x ) 求导得 f ? ( x ) ? e

1 ? ax

2

? ax
2 2

(1 ? ax )

.


3 2 1 2

(I)当 a ? 综合①,可知
x

4 3

,若 f ?( x ) ? 0 , 则 4 x 2 ? 8 x ? 3 ? 0 , 解得 x 1 ?

, x2 ?

.

(?? ,

1 2

)

1 2

(

1 3 , ) 2 2

3 2

(

3 2

,?)

f ?( x ) f ( x)

+ ↗

0 极大值

- ↘

0 极小值

+ ↗

所以, x1 ?

3 2

是极小值点, x 2 ?

1 2

是极大值点.

(II)若 f ( x ) 为 R 上的单调函数,则 f ? ( x ) 在 R 上不变号,结合①与条件 a>0,知
ax
2

? 2 ax ? 1 ? 0

在 R 上恒成立,因此 ? ? 4 a 2 ? 4 a ? 4 a ( a ? 1) ? 0 , 由此并结合 a ? 0 ,知 0 ? a ? 1 . 25、 .解: (I) f ?( x ) ? 1 ? 2 ax ?
? f (1) ? 0 ,

b x

.

…………2 分

由已知条件得 ?

?1 ? a ? 0 , 即? ? f ? (1) ? 2 . ?1 ? 2 a ? b ? 2 .

解得 a ? ? 1, b ? 3.

………………5 分

(II) f ( x )的 定 义 域 为 (0, ?? ) ,由(I)知 f ( x ) ? x ? x 2 ? 3 ln x . 设 g ( x ) ? f ( x ) ? (2 x ? 2) ? 2 ? x ? x 2 ? 3 ln x , 则
g ?( x ) ? 1 ? ? 2 x ? 3 x ? ? ( x ? 1)(2 x ? 3) x .

当 0 ? x ? 1时 , g ? ( x ) ? 0; 当 x ? 1时 , g ? ( x ) ? 0 . 所 以 g ( x ) 在 (0 ,1) 单 调 增 加 , 在 (1, ? ? ) 单 调 减 少 .

而 g (1) ? 0, 故 当 x ? 0时 , g ( x ) ? 0, 即 f ( x ) ? 2 x ? 2. 26、解(Ⅰ)由题设知 f ( x ) ? ln x , g ( x ) ? ln x ? ∴ g ?( x ) ?
x ?1 x
2

………………12 分

1 x



, 令 g ? ( x ) ? 0 得 x =1,

当 x ∈(0,1)时, g ?( x ) <0,故(0,1)是 g ( x ) 的单调减区间。 当 x ∈(1,+∞)时, g ?( x ) >0,故(1,+∞)是 g ( x ) 的单调递增区间,因此, x =1 是 g ( x ) 的唯一值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以最小值为 g (1) ? 1. (II) g ( ) ? ? ln x ? x
x
1 1 x
( x ? 1) x
2 2

1

设 h ( x ) ? g ( x ) ? g ( ) ? 2 ln x ? x ?
x

,则 h ? ( x ) ? ?



当 x ? 1 时, h (1) ? 0 即 g ( x ) ? g ( ) ,
x

1

http://ww w.51jjcn.cn/gaokao /

当 x ? (0,1) ? (1, ?? ) 时 h ?(1) ? 0 ,

因此, h ( x ) 在 (0, ?? ) 内单调递减, 当 0 ? x ? 1 时, h ( x ) ? h (1) ? 0 即 g ( x ) ? g ( ).
x 1

当 x ? 1 时 , h ( x ) ? h (1) ? 0
1 即 g ( x) ? g ( ) x

(III)由(I)知 g ( x ) 的最小值为 1,所以,
g (a ) ? g ( x) ? 1 a

,对任意 x ? 0 ,成立 ? g ( a ) ? 1 ?

1 a

,

即 ln a ? 1, 从而得 0 ? a ? e 。

27、解: (Ⅰ) F ( x ) ? 18 f ( x ) ? x 2 [ h ( x )] 2 ? ? x 3 ? 12 x ? 9( x ? 0) ,
? F ?( x ) ? ? 3 x ? 12
2



令? F ?( x ) ? 0 ,得 x ? 2 ( x ? ? 2 舍去) . 当 x ? (0, 2) 时. F ?( x ) ? 0 ;当 x ? (2, ?? ) 时, F ?( x ) ? 0 , 故当 x ? [0, 2) 时, F ( x ) 为增函数;当 x ? [2, ?? ) 时, F ( x ) 为减函数. x ? 2 为 F ( x ) 的极大值点,且 F (2) ? ? 8 ? 24 ? 9 ? 25 . (Ⅱ)方法一:原方程可化为 log 4 [ 即为 lo g 4 ( x ? 1)
? lo g 2 a ? x ? lo g 2

3 2

f ( x ? 1) ?

3 4

] ? log 2 h ( a ? x ) ? log 2 h (4 ? x )
a ? x 4? x



4 ? x ? lo g 2

,且 ?

? x ? a, ?1 ? x ? 4 ,

①当 1 ? a ? 4 时, 1 ? x ? a ,则 x ? 1 ?

a?x 4?x
6?

,即 x 2 ? 6 x ? a ? 4 ? 0 ,
20 ? 4 a 2 ?3? 5?a

? ? 36 ? 4( a ? 4) ? 20 ? 4 a ? 0 ,此时 x ?

,∵ 1 ? x ? a ,

此时方程仅有一解 x ? 3 ? 5 ? a . ② 当 a ? 4 时 , 1? x ? 4
? ? 36 ? 4( a ? 4) ? 20 ? 4 a

, 由

x ?1 ?

a?x 4?x

, 得

x ?6
2

x?

a4 ?

, 0 ?



若 4 ? a ? 5 ,则 ? ? 0 ,方程有两解 x ? 3 ? 5 ? a ; 若 a ? 5 时,则 ? ? 0 ,方程有一解 x ? 3 ; 若 a ? 1 或 a ? 5 ,原方程无解. 方法二:原方程可化为 log 4 ( x ? 1) ? log 2 h (4 ? x ) ? log 2 h ( a ? x ) ,
1
? x ? 1 ? 0, ?1 ? x ? 4 ? ? ? 4 ? x ? 0, ? ? x ? a, a ? x ,? ? a ? x ? 0, ? ? 2 ? a ? ? ( x ? 3) ? 5 . ? ( x ? 1)( 4 ? x ) ? a ? x . ?

即 log 2 ( x ? 1) ? log 2 4 ? x ? log 2
2

①当 1 ? a ? 4 时,原方程有一解 x ? 3 ? 5 ? a ;

②当 4 ? a ? 5 时,原方程有二解 x ? 3 ? 5 ? a ; ③当 a ? 5 时,原方程有一解 x ? 3 ; ④当 a ? 1 或 a ? 5 时,原方程无解. (Ⅲ)由已知得 h (1) ? h (2) ? ? ? h ( n )] ? 1 ? 2 ? ? ? n ,
f (n )h (n ) ? 1 6 ? 4n ? 3 6 n ? 1 6 1 6 4k ? 3 6
2 2

. ( n ? N* )
k ? 4k ? 1 6 k ?1.

设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ,且 S n ? f ( n ) h ( n ) ?

从而有 a1 ? S1 ? 1 ,当 2 ? k ? 100 时, a k ? S k ? S k ?1 ? 又 a k ? k ? [(4 k ? 3) k ? (4 k ? 1) k ? 1]
6
? 1 ? 1

1

?

1 6

?

( 4 k ? 3) k ? ( 4 k ? 1) ( k ? 1) ( 4 k ? 3) k ? ( 4 k ? 1) k ? 1

6 (4 k ? 3) k ? (4 k ? 1) k ? 1

?0

. , 又 因 为 a1 ? 1 ? 1 , 所 以

即 对 任 意 k?2
a1 ? a 2 ? ? ? a n ? 1?

时 , 有 ak ?
n

k

2 ?? ?



则 S n ? h (1) ? h (2) ? ? ? h ( n ) ,故原不等式成立.

28、解: (I)因 f ( x ) ? 2 x 3 ? ax 2 ? bx ? 1, 故 f ?( x ) ? 6 x 2 ? 2 ax ? b .
a 6 a
2

从而 f ? ( x ) ? 6 ( x ?

) ?b?
2

,

6

即 y ? f ?( x ) 关于直线 x ? ?

a 6

对称,从而由题设条件知 ?

a 6

? ?

1 2

, 解 得 a ? 3.

又由于 f ?(1) ? 0, 即 6 ? 2 a ? b ? 0, 解 得 b ? ? 12. (II)由(I)知 f ( x ) ? 2 x 3 ? 3 x 2 ? 12 x ? 1,
2 f ?( x ) ? 6 x ? 6 x ? 12

? 6( x ? 1)( x ? 2).

令 f ?( x ) ? 0, 即 6( x ? 1)( x ? 2) ? 0.解 得 x1 ? ? 2, x 2 ? 1. 当 x ? ( ?? , ? 2)时 , f ?( x ) ? 0, 故 f ( x ) 在 ( ?? , ? 2) 上为增函数; 当 x ? ( ? 2,1)时 , f ?( x ) ? 0, 故 f ( x ) 在 ( ? 2,1) 上为减函数; 当 x ? (1, ?? )时 , f ?( x ) ? 0, 故 f ( x ) 在 (1, ?? ) 上为增函数; 从而函数 f ( x ) 在 x1 ? ? 2 处取得极大值 f ( ? 2) ? 21, 在 x 2 ? 1 处取得极小值 f (1) ? ? 6.

29、
(Ⅰ)解:当 t ? 1 时, f ( x ) ? 4 x 3 ? 3 x 2 ? 6 x , f (0) ? 0, f ?( x ) ? 12 x 2 ? 6 x ? 6
f ?(0) ? ? 6. 所以曲线 y ? f ( x ) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y ? ? 6 x .

(Ⅱ)解: f ?( x ) ? 12 x 2 ? 6 tx ? 6 t 2 ,令 f ?( x ) ? 0 ,解得 x ? ? t 或 x ? 因为 t ? 0 ,以下分两种情况讨论: (1)若 t ? 0, 则
x
t 2
t ? ? ? ?? , ? 2? ?
? t ? ? , ?t ? ?2 ?

t 2

.

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

? ?t, ?? ?
+

f ?( x ) f ( x)

+

-

所以, f ( x ) 的单调递增区间是 ? ? ? ,
?

?

t ? ? t ? ? , ? ? t , ? ? ? ; f ( x ) 的单调递减区间是 ? , ? t ? 。 2? ?2 ?

(2)若 t ? 0, 则 ? t ?
x

t 2

,当 x 变化时, f ?( x ), f ( x ) 的变化情况如下表:
t ? ? ? ?t, ? 2? ? ? t ? ? , ?? ? ?2 ?

? ?? , t ?
+

f ?( x ) f ( x)

-

+

所以, f ( x ) 的单调递增区间是 ? ? ? , ? t ? , ?

? t

t ? ? ? , ? ? ? ; f ( x ) 的单调递减区间是 ? ? t , ? . 2? ?2 ? ? ? ? t ? ? t ? 内的单调递减,在 ? , ? ? 2? ?2 ? ?内 ?

(Ⅲ)证明:由(Ⅱ)可知,当 t ? 0 时, f ( x ) 在 ? 0 , 单调递增,以下分两种情况讨论: (1)当
t 2

? 1, 即 t ? 2 时, f ( x ) 在(0,1)内单调递减,
2

f (0) ? t ? 1 ? 0, f (1) ? ? 6 t ? 4 t ? 3 ? ? 6 ? 4 ? 4 ? 2 ? 3 ? 0.

所以对任意 t ? [2, ?? ), f ( x ) 在区间(0,1)内均存在零点。
? t ? ? t ? ? 1, 即 0 ? t ? 2 时, f ( x ) 在 ? 0 , ? 内单调递减,在 ? ,1 ? 内单调递增, 2 ? 2? ?2 ?

(2)当 0 ?

t

若 t ? (0 ,1], f ?
2

7 3 7 3 ?1? ? ? ? t ? t ? 1 ? ? t ? 0. 4 4 ?2?

f (1) ? ? 6 t ? 4 t ? 3 ? ? 6 t ? 4 t ? 3 ? ? 2 t ? 3 ? 0.
? t ? ,1 ? 内存在零点。 ?2 ? 7 3 7 3 ? t ? ? ? ? t ? ? t ? 1? ? ? t ? 1 ? 0. 4 4 ?2?

所以 f ( x ) 在 ?

若 t ? (1, 2 ), f ?

f (0) ? t ? 1 ? 0
? ? t ? ? 内存在零点。 2?

所以 f ( x ) 在 ? 0 ,

所以,对任意 t ? (0, 2), f ( x ) 在区间(0,1)内均存在零点。 综上,对任意 t ? (0, ?? ), f ( x ) 在区间(0,1)内均存在零点。 30 、 解 : ⑴
f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? a (2
x1 x2


x1 x

a ? 0, b ? 0
x x

时 , 任 意
2

x1 , x 2 ? R , x1 ? x 2

, 则

? 2 ) 2? b (3 ? 3 1 )
x1 x2 x1

∵ 2 ? 2 , a ? 0 ? a (2 ? 2 ) ? 0 , 3 ? 3 , b ? 0 ? b (3 ? 3 ) ? 0 ,
x2 x1 x2

∴ f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? 0 ,函数 f ( x ) 在 R 上是增函数。 当 a ? 0, b ? 0 时,同理,函数 f ( x ) 在 R 上是减函数。 ⑵
f ( x ? 1 ) f x( ? a ? ? )
x

? b ?2 2

x

?3

0

当 a ? 0, b ? 0 时, ( ) x ? ? 当 a ? 0, b ? 0 时, ( ) x ? ?
2 2 3

3

a 2b a 2b

,则 x ? log 1.5 ( ? ,则 x ? log 1.5 ( ?

a 2b a 2b

); )。

31、解: (1)已知 f ? x ? ?

1 3

x ? mx
3

2

? nx ,? f

'

?x ? ?

x ? 2 mx ? n
2

又? g ? x ? ? f

'

?x ? ? 2 x ? 3 ?

x ? ?2 m ? 2 ? x ? n ? 3 在 x ? ? 2 处取极值,
2

则 g ' ?? 2 ? ? 2 ?? 2 ? ? ?2 m ? 2 ? ? 0 ? m ? 3 ,又在 x ? ? 2 处取最小值-5. 则 g ?? 2 ? ? ?? 2 ? ? ?? 2 ? ? 4 ? n ? 3 ? ? 5 ? n ? 2
2

? f ?x ? ?

1 3

x ? 3x ? 2 x
3 2

(2)要使 f ? x ? ?

1 3

x ? mx
3

2

? nx 单调递减,则? f
'

'

?x ? ?

x ? 2 mx ? n ? 0
2

又递减区间长度是正整数,所以 f b-a 为区间长度。又 b ? a ?

?x ? ?

x ? 2 mx ? n ? 0 两根设做 a,b。即有:
2

?a ? b ? 2

? 4 ab ?

4 m ? 4 n ? 2 m ? n ?m , n ? N ? ?
2 2

又 b-a 为正整数,且 m+n<10,所以 m=2,n=3 或, m ? 3, n ? 5 符合。

32、解: (Ⅰ) f ?( x ) ? ( x ? k ? 1) e 3 . 令 f ?? x ? ? 0 ,得 x ? k ? 1 .
f ( x ) 与 f ? ( x ) 的情况如下:

x
f ?( x ) f ( x)

( ? ?, k ? k ) —— ↗

k ?1

( ( k ? 1, ?? ) + ↗

0
?e
k ?1

所以, f ( x ) 的单调递减区间是( ? ? , k ? 1 ) ;单调递增区间是 ( k ? 1, ?? ) (Ⅱ)当 k ? 1 ? 0 ,即 k ? 1 时,函数 f ( x ) 在[0,1]上单调递增, 所以 f (x)在区间[0,1]上的最小值为 f ( 0 ) ? ? k ; 当 0 ? k ? 1 ? 1, 即1 ? k ? 2 时, 由(Ⅰ)知 f (x ) 在 k 1] [0, ? 上单调递减,在 ( k ? 1,1] 上单调递增,所以 f ( x ) 在区间[0,

1]上的最小值为 f ( k ? 1) ? ? e k ?1 ; 当 k ? 1 ? t , 即 k ? 2 时,函数 f ( x ) 在[0,1]上单调递减,

所以 f ( x ) 在区间[0,1]上的最小值为 f (1) ? (1 ? k ) e.
1 x
2a 2a

33、 (I)解: f '( x ) ?

? 2ax ?

1 ? 2ax 2

2

, x ? (0 , ? ? ) ,

令 f '( x ) ? 0 , 解 得 x =

.

当 x 变化时, f '( x ), f ( x ) 的变化情况如下表:

x
(0 , 2a 2a ) 2a 2a ( 2a 2a , ?? )

f '( x ) f ( x)

+

0 极大值

-

所以, f ( x ) 的单调递增区间是 (0 , (II)证明:当 a ?
1 8

2a 2a

), f ( x ) 的单调递减区间是 (

2a 2a

, ? ? ).

时 , f ( x ) ? ln x ?

1 8

x .

2

由(I)知 f ( x ) 在(0,2)内单调递增, 在 (2, ? ? ) 内单调递减. 令 g ( x ) ? f ( x ) ? f ( ).
2 3

由于 f ( x ) 在(0,2)内单调递增, 故 f (2) ? f ( ), 即 g(2)>0.
2
3 2 41 ? 9e 32
2

3

取x'?

e ? 2 , 则 g ( x ') ?

? 0.

所以存在 x 0 ? (2, x '), 使 g ( x 0 ) ? 0, 即存在 x 0 ? (2, ?? ), 使 f ( x 0 ) ? f ( ).
2 3

(说明: x ' 的取法不唯一,只要满足 x ' ? 2, 且 g ( x ') ? 0 即可)

(III)证明:由 f (? ) ? f ( ? ) 及(I)的结论知 ? ? 从而 f ( x ) 在 [? , ? ] 上的最小值为 f ( a ). 又由 ? ? ? ? 1 , ? , ? ? [1, 3], 知 1 ? ? ? 2 ? ? ? 3.
? f ( 2 ) ? f (? ) ? f (1), ? ln 2 ? 4 a ? ? a , 即? ? f ( 2 ) ? f ( ? ) ? f (3). ? ln 2 ? 4 a ? ln 3 ? 9 a .

2a 2a

? ? ,

故?

从而

ln 3 ? ln 2 5

?a?

ln 2 3

.


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