【32（2012） yx

y

yx

yx|xx2（2012）

xx

,則f(f(3)) 3（2012年高考（文）已知定義在區間(0,2)上的函數yf(x)的圖像如圖所示,yf(2x

x

(x為有理數4（2012（福建文f(x0,(x0g(x

,則f(g(

值 C．

（2012

fx的反函數為y

f1x如果函數y

fx圖像過點(1,0),那么函數yf1(x)1的圖像過 [答 A．(0,0) B．(0,2) C．(1,1) D．(2,0)（2012） yx

y

yx

yx|x7（2012）函數

為偶函數,則實數 8（2012年高考（浙江文）設函數f(x)是定義在R上的周期為2的偶函數,當 時,f(x)=x+1,

（ 29（2012）(

x的定義域 x10（2012年高考（文若函數f(x)|2xa|的單調遞增區間是[3,),則a11（201211則實數k11

x2x2

的圖像與函數ykx的圖像恰有兩個交點12（2012）

13（2012

f(x)是奇函數.若g(x)

f(x2且g(1)1.,g(1) .14（2012）xm,g(x1x

在[0

上是增函數,則 【解析】函數y

x1

x2x2(x1)(x

,當x1時y

x2x2

x1x1,x1時y

x

x1x1,1xx2x2x1,x

綜上函數yx

x2x1,1x1x2x1,x與ykx有兩個不同的交點,則直線ykx域內,如圖,則此時當直線經過 域時B(1,2),k滿足1k2,當經過 域時,k滿足0k1,綜上實數的取值范圍是0k11k2，[答案1，2[解析]1-2x>0,x∈(

，2母不為0;偶次根下的式子大于等于0;對數函數的真數大于0;0的0次方沒有意義.

yf(x是奇函數,則f(1f(1g(1g(1

f(1)f(1)44g(14g(13答案4

解析:a

時,a24a1m,a2m1,此時g(x)x2x

為減函數不合題意.若0 ,則a14,a2m,故a1,m

另解:g(x1

x在[0x

上是增函數可知14m0m14a1時f

在[-1,2]a24,解得a2,ma112符合題意,舍去;0a1時,f

在[-1,2]a14,a14此時最小值為ma211,符合題意,a1

2012（2）1（2012 文）log29log34

C．

x2（2012 ）(xylnx

y

C．y

D．y．（2012年高考（重慶文））設函數

f(xx24x3g(x3x2,集合M{xR|f(g(x))0},N{xR|g(x)2},則 N （2012 ycos

ylog2|x

y

ex2

yx3（2012 文）函數yaxa(a0,a1)的圖象可能（2012）

ln(x

的定義域 44

C．[2,

7（2012）( A．y

B．y

C．y

D．y8（2012 文）設集合A{x32x13},集合B是函數ylg(x1)的義域;

9（2012（新課標理）Py1ex上,點Qyln(2x上,則2最小值 1ln

2(1ln

1ln

2(1ln（2012 理）函數yax1(a0,a1)的圖象可能a111（2012） 定義域相同的函數 3 sin sin 12．2012

:y=m和

:

2m

(m>0),l1y的圖像從左至右相交于點A,B,l2與函數y 的圖像從左至右相交于C,D.記線bAC和BD在X軸上的投影長度分別為a,b,當m變化時,的最小值 a B．C．D．13（2012 ）

x130的解 14（2012）

f(x)=

x,x3,

f(f

4))

í?1 ??(2),x<15．（2012年高考（北京文））已知f(xm(x2m)(xm3)g(x2x2xR,f(x)0或g(x)0,則m的取值范圍 16．（2012年高考（文））已知函數f(x)lgx,

f(ab1

f(a2)f(b2) 417（2012 ）4

的最大值 12log618（201212log6

的定義域 19（2012）若0f(12xf(x1,x的取值范圍gx是以2為周期的偶函數,且當0x1時,g(x)

f(x,yg(x)(x[1,2的反函數

log9log4lg9lg42lg32lg2 解析:A.ylnx2在2上是增函數【解析】:由f(g(x))0g2x4g(x30g(x)1g(x)3即3x213x2所以x1

xlog35

g(x)2

3x22

3x4所以

xlog34 N【解析】函數y

為偶函數,x0時,函數ylog2xlog2x為增函數,以在(1,2上也為增函數,[解析]采用特殊值驗證法.函數yaxa(a0a1恒過(1,0),C選項符合解析:要使函數f(x有意義只需4x2

x1,x,即

,解得1x2,x0.x2解析:D.fx2

fxx2x2

函數y1ex與函數yln(2x互為反函數,圖象關于yx21ex22函數y1exP(x1ex)到直線y1ex221ln1ln2g(x)1exxg(x)1ex1

min1ln2dmin由圖象關于yx對稱得PQ2dmin[答案

[解析]采用排除法.函數yaxa(a0a1恒過(1,0),C符合,D【解析】本題考查常有關對數函數,指數函數,分式函數的定義域以及三角函數的值域函數y

的定義域為.

而答案中只有ysinx的定義域為x于0:(4)實際問題還需要考慮使題目本身有意義.體現考綱中要求了解一些簡單函數的定8y=m,y=2m1(m>0),ylog2x圖像如下圖8由

=m,

2m,

2m,

,

22m1,

22m1 2m 88

8 m2b依照題意 2b

,b2m

2m22m1

2m12mm1 2m2

(a)min ylog2DyD 2m y

2m

(m>0),y

x圖像,結合圖像可解得

(2x)222x30,(2x1)(2x3)0,2x3,x 解析f

- ,f(f- ,f(f2

=【答案】(4【解析】首先看g(x)2x2沒有參數,從g(x)2x2入手,顯然x1時g(x)0x1時g(x)0而對xR,f(x0或g(x)0成立即可故只要x1時f(x)0(*)恒成立即可.當m0時,f(x)0,不符合(*),所以舍去;當m0時,f(x)m(x2m)(xm3)0得m3x2m并不對x1成立舍去m0時,由f(x)m(x2m)(xm3)0,注意2m0x1,故x2m0,xm30,即m(x3,又x1,故(x3(4],所以m4,m0故m(40),綜上m的取值范圍是(40)【考點定位】本題考查學生函數的綜合能力,涉及到二次函數的圖像的開口,根的大小,涉及到指數函數,還涉及到簡易邏輯中的“或”,還考查了分類討論的思想,對m進行討【答案】

f(x)lgx,f(ab)1,lg(ab)f(a2)f(b2)lga2lgb22l5【答案】

6【解析】根據二次根式和對數函數有意義的條件,x>

x> 2og6x

x222x[解](1)由x1

,得1x1.由0lg22xlgx1lg22x1得122xx xx10,x122x10x102x11x由

得2x2x 當yg(x)g(x2)g(2x)

f(2x)lg(3由單調性可得y[0lgx310y,所以所求反函數是y310xx[0,lg2012（3） 1（2012 文）函數f(x)x2()x的零點個數 2 （2012 理）函數f(x)=2x+x32在區間(0,1)內的零點個數是 （2012 ,以6為圓心,AB為半徑作圓弧BDC與線段OA延長線交與 出發,1(單位:ms)OBB,3(單位:ms)BDCC后停止,2(單位:m/s)OAA點后停止.t時刻甲、乙所到的兩點連線與它們經過的路徑所圍成圖形的面積為S(t)(S(0)=0),則函數y=S(t)的圖像大致4（2012） 周期為2的偶函數,f是f

的導函數

x0,時0

f(x1

x(0,)

x 2(x)f(x)0,則函數y2

f(x)sinx在[2,2]上的零點個數 5（2012 文）函數f(x)xcos2x在區間[0,2]上的零點個數為 6（2012,時,f(x)=x3.g(x)=|xcos(x|,h(x)=g(x)-f(x)在[1,2

7（2012）

在區間[0,4]上的零點個數 8（2012）某環線地鐵按內、外環線同時運行,內、外環線的長均為30千米(忽略內、外環線長度差當9列列車同時在內環線上運行時,要使內環線乘客最長候車時間為10分鐘,求內環新調整的方案要求內環線列車平均速度為25千米/小時,外環線列車平均速度為間之差不超過1分鐘,問:內、外環線投入幾列列車運行?9（2012）某位于坐標原點ykx

(1k2)x2(k0)表示的曲線上,其中k與發射方向有關.的射程是 彈地點的橫坐標10（20122,2,1(單位:件).A部件6件,生產B部件的人數與生產A部件的人數成正比,比例系數為k(k為正整數).Ax,A,B,C三種部件生產需要的時間假設這三種部件的生產同時開工,試確定正整數k的值,使完成訂單任務的時間最短,

【解析】函數f(xx2()x的零點,即令f(x)0,x2()x, 直角坐標系中分別畫出這兩個函數的圖像,可得交點只有一個,所以零點只有一個,故選B.22【解析】解法1:因為f(0)=1+021f(1)=2+232=8,即f(0f22且函數f(x在(0,1內連續不斷,故f(x在(0,112解法2:設y=2xy=2x3,在同一坐標系中作出兩函數的圖像如圖所示:12B正確x∈(0,π)x≠時(xf(x)0,x0時,f(x

x，時,f(x)2 2 2y1yfoysinxx0,時,0<f(x)<1,Rf(x)是最2π的偶函數,在同一坐標yy1yfoysinx【點評】本題考查函數的周期性、奇偶性、圖像及兩個圖像的交點問題D【解析】由

f(x)xcos2x0得x0或cos2x0其中由cos2x02xkkZ,2

xkk

.又因

x

,所xπ3π5π7π.所以零點的個數為145個.故選 義域是R,則零點將會有無數個;來年需注意數形求解函數的零點個數,所在的區【解析】因為當x[0,1時,f(x)=x3.所以當x[12]時，(2-x[0,1,f(x)=f(2x)=(2x

[0,2

時,g(x)=xcos(x;x

1[,2

時 xcos(x),注意到函數f(x) g(x)都是偶函數,f(0)=g(0),f(1)=g(1),g(g(0,f(x)、 0,、, 1][1,1]、 0,、,上各有一個零點,6個零點,故選

解析f(x)0,x0或cosx20x2kkZ,x0,4k26個解.解:(1)設內環線列車運行的平均速度為v千米/小時,由題意可知306010v所以,10分鐘,20千米/小時(2)設內環線投入x列列車運行,則外環線投入(18x列列車運行,候車時間分別為t,t分鐘,t

306072,t1

|t

|2x

xN*,所以x10,所以當內環線投入10列,外環線投入8列列車運行,內外環1分鐘【答案】解:(1)ykx

1(1k2x2k0中,y0,得kx

1(1k2)x2 ∴

1k

=1k

2(2)∵a>0,∴彈可以目標等價于存在k0,使ka

1(1k2a23.2成立即關于ka2k2由=20a2

得a620a20a20a24a2a2

0(不考慮另一根∴當a不超過6千米時,彈可以目標【考點】函數、方程和基本不等式的應用基本不等式求解

(1k2x2k0與x軸的橫坐標,解:(Ⅰ)A,B,C三種部件的生產任務需要的時間(單位:天)T1(x),T2(x),T3(x),T(x)230001000,T(x) xkx2001k)x均為1到200之間的正整數(Ⅱ)完成訂單任務的時間為f(xmaxT1(x),T2x),T3(x)x0x

易知T(x),T(x為減函數T(x為增函數. T(x2T(x k當k2時T1(xT2(x),f(x)maxT(x),T(x)max1000

,

2003x 由函數T(x),T(x的單調性知,當1000

時f(x取得最小值, x400.9

200.x44時完成訂單任務的時間最短,且最短時間為f(44)250

k

時,T1(xT2

由于

為正整數,

k

,此時f(x)

易知Tx為增函數,(x)max1000

375 由函數T(x),T(x)的單調性知,當1000

時x)取得最小值,解得x400.1于3640037,而(

50 此時完成訂單任務的最短時間大

k

時,T1(xT2

由于

為正整數,

k

,此時f(x)maxT2(x),T(x)

由函數T2(x),T3(x的單調性知2000x

100

時f(x取得最小值,x800.類似(1)的討論. 完成訂單任務的最短時間 ,大 綜上所述,當k2時完成訂單任務的時間最短,A,B,C三種部件的人數分別為44,88,68.2012（4） 1（2012 文）函數f(x)x2()x的零點個數 2 （2012 理）函數f(x)=2x+x32在區間(0,1)內的零點個數是 （2012 ,以6為圓心,AB為半徑作圓弧BDC與線段OA延長線交與 出發,1(單位:ms)OBB,3(單位:ms)BDCC后停止,2(單位:m/s)OAA點后停止.t時刻甲、乙所到的兩點連線與它們經過的路徑所圍成圖形的面積為S(t)(S(0)=0),則函數y=S(t)的圖像大致4（2012） 周期為2的偶函數,f是f

的導函數

x0,時0

f(x1

x(0,)

x 2(x)f(x)0,則函數y2

f(x)sinx在[2,2]上的零點個數 5（2012 文）函數f(x)xcos2x在區間[0,2]上的零點個數為 6（2012,時,f(x)=x3.g(x)=|xcos(x|,h(x)=g(x)-f(x)在[1,2

7（2012）

在區間[0,4]上的零點個數 8（2012）某環線地鐵按內、外環線同時運行,內、外環線的長均為30千米(忽略內、外環線長度差當9列列車同時在內環線上運行時,要使內環線乘客最長候車時間為10分鐘,求內環新調整的方案要求內環線列車平均速度為25千米/小時,外環線列車平均速度為間之差不超過1分鐘,問:內、外環線投入幾列列車運行?9（2012）ykx

(1k2)x2(k0)表示的曲線上,其中k與發射方向有關.的射程是 彈地點的橫坐標10（20122,2,1(單位:件).A部件6件,生產B部件的人數與生產A部件的人數成正比,比例系數為k(k為正整數).Ax,A,B,C三種部件生產需要的時間假設這三種部件的生產同時開工,試確定正整數k的值,使完成訂單任務的時間最短,

【解析】函數f(xx2()x的零點,即令f(x)0,x2()x, 直角坐標系中分別畫出這兩個函數的圖像,可得交點只有一個,所以零點只有一個,故選B.22【解析】解法1:因為f(0)=1+021f(1)=2+232=8,即f(0f22且函數f(x在(0,1內連續不斷,故f(x在(0,112解法2:設y=2xy=2x3,在同一坐標系中作出兩函數的圖像如圖所示:12B正確x∈(0,π)x≠時(xf(x)0,x0時,f(x

x，時,f(x)2 2 2y1yfoysinxx0,時,0<f(x)<1,Rf(x)是最2π的偶函數,在同一坐標yy1yfoysinx【點評】本題考查函數的周期性、奇偶性、圖像及兩個圖像的交點問題D【解析】由

f(x)xcos2x0得x0或cos2x0其中由cos2x02xkkZ,2

xkk

.又因

x

,所xπ3π5π7π.所以零點的個數為145個.故選 義域是R,則零點將會有無數個;來年需注意數形求解函數的零點個數,所在的區【解析】因為當x[0,1時,f(x)=x3.所以當x[12]時，(2-x[0,1,f(x)=f(2x)=(2x

[0,2

時,g(x)=xcos(x;x

1[,2

時 xcos(x),注意到函數f(x) g(x)都是偶函數,f(0)=g(0),f(1)=g(1),g(g(0,f(x)、 0,、, 1][1,1]、 0,、,上各有一個零點,6個零點,故選

解析f(x)0,x0或cosx20x2kkZ,x0,4k26個解.解:(1)設內環線列車運行的平均速度為v千米/小時,由題意可知306010v所以,10分鐘,20千米/小時(2)設內環線投入x列列車運行,則外環線投入(18x列列車運行,候車時間分別為t,t分鐘,t

306072,t1

|t

|2x

xN*,所以x10,所以當內環線投入10列,外環線投入8列列車運行,內外環1分鐘【答案】解:(1)ykx

1(1k2x2k0中,y0,得kx

1(1k2)x2 ∴

1k

=1k

2(2)∵a>0,∴彈可以目標等價于存在k0,使ka

1(1k2a23.2成立即關于ka2k2由=20a2

得a620a20a20a24a2a2

0(不考慮另一根∴當a不超過6千米時,彈可以目標【考點】函數、方程和基本不等式的應用基本不等式求解

(1k2x2k0與x軸的橫坐標,解:(Ⅰ)A,B,C三種部件的生產任務需要的時間(單位:天)T1(x),T2(x),T3(x),T(x)230001000,T(x) xkx2001k)x均為1到200之間的正整數(Ⅱ)完成訂單任務的時間為f(xmaxT1(x),T2x),T3(x)x0x

易知T(x),T(x為減函數T(x為增函數. T(x2T(x k當k2時T1(xT2(x),f(x)maxT(x),T(x)max1000

,

2003x 由函數T(x),T(x的單調性知,當1000

時f(x取得最小值, x400.9

200.x44時完成訂單任務的時間最短,且最短時間為f(44)250

k

時,T1(xT2

由于

為正整數,

k

,此時f(x)

易知Tx為增函數,(x)max1000

375 由函數T(x),T(x)的單調性知,當1000

時x)取得最小值,解得x400.1于3640037,而(

50 此時完成訂單任務的最短時間大

k

時,T1(xT2

由于

為正整數,

k

,此時f(x)maxT2(x),T(x)

由函數T2(x),T3(x的單調性知2000x

100

時f(x取得最小值,x800.類似(1)的討論. 完成訂單任務的最短時間 ,大 綜上所述,當k2時完成訂單任務的時間最短,A,B,C三種部件的人數分別為44,88,68.2012（5）（2012（重慶文設函數f(xR上可導,其導函數f(x,且函數f(xx處取得極小值,則函數yxf(x（2012） ea+2a=eb+3b,ea+2a=eb+3b,ea-2a=eb-3b,ea-2a=eb-3b,（2012）x1

+lnx 12

為f(x)的極大值 B．2

f(x)C．x=2為f(x)的極大值 D．x=2為f(x)的極小值（2012（山東文）設函數f(x1g(xx2bx.yf(xyx的圖象有且僅有兩個不同的公共點A(x1,y1),B(x2,y2),則下列判斷正確的 x1x20,y1y2C．x1x20,y1y2

x1x20,y1y2D．x1x20,y1y21（2012） 2 （2012）兩個半圓.在扇形OAB內隨機取一點,則此點取自陰影部分的概率是1

1

1

2．（2012年高考（福建文））已知f(xx36x29xabcabcf(af(bf(c0現給出如下結論

f(0)f(1)0

f(0)f(1)0f(0)f(3)0;④f(0)f(3)0其中正確結論的序號 （2012）

ln(x1)

;則yf(x（2012） 若2a2a2b3b,則 B．若2a2a2b3b,則C．若2a2a2b3b,則 D．若2a2a2b3b,則（2012（重慶理f(xR上可導,其導函數為f(x,且函數y(1x)f(x的圖像如題(8)圖所示,則下列結論中一定成立的是 函數f(x有極大值f(2和極小值f函數f(x有極大值f(2)和極小值f函數f(x有極大值f(2和極小值f函數f(x有極大值f(2)和極小值f（2012） x1為f(x)的極大值 B．x1為f(x)的極小值C．x1為f(x)的極大值 D．x1為f(x)的極小值（2012年高考（山東理）設a0且a1,則“函數f(x)ax在R上是減函數”,是“函數g(x)(2a)x3在R上是增函數”的 充分不必要條 B．必要不充分條 （2012

的圖象如圖所示,xyOx第3題yOx第3題5

43

32

π2（2012

（2012（大綱理yx33xcx軸恰有兩個公共點,則c 2或 B．9或 C．1或 D．3或．（2012年高考（））已知函數

yf(x)ABC若中2A(0,0),B(12函數yxf(x)(0x1)的圖像與x軸圍成的圖形的面積 .（2012） ．（2012年高考（））已知函數

yf(x)ABC若中2A(0,0),B(12函數yxf(x)(0x1)的圖像與x軸圍成的圖形的面積 .x19（2012年高考（山東理設a0.若曲線y 與直線xa,y0所圍成封閉圖形的面積為a2,則a x20（2012） 21（2012 理曲線yx3x3在點1,3處的切線方程 22（2012）已知函數(1)求a、b的值;(2)若f(x有極大值28,求f(x在[33]上的最大值23（2012）函數(1)f(x)(2)證明:0≤x≤1時,f(x)+2a24（2012 文）已知函數f(x)1x31ax2axa(a 求函數f(x的單調區間若函數f(x在區間(20內恰有兩個零點,求a的取值范圍a1時,設函數f(x)在區間[tt3上的最大值為M(t),最小值為m(t),g(t)M(tm(t,求函數g(t在區間[3,1上的最小值n25（2012）n

(nN,b,c設n2b

c1,證明

(x在區間1,1內存在唯一的零點 n為偶數

f(1)1

f(1)1,b+3c的最小值和最大值設n2,x1x2[1,1,有|f2(x1f2(x2|4,求b的取值范圍26（2012yf(x在點(1,f(1x軸平行k的值求f(x的單調區間g(x)xf(x,其中f(x為f(x的導函數.證明:x0g(x1e2x27（2012） 1,證明x當x﹥1時f(x)

3(x2當1x3時f(x)9(xx28（2012）求)29（2012年高考（江西文）已知函數f(xax2bxc)ex在0,1上單調遞減且滿足f(0)1,f(0)0求a的取值范圍g(x)f(xf(x,g(x在0,1上的最大值和最小值30（2012）x∈R,f(x)1恒成立,求a的取值集合f(x)A(x1f(x1)),B(x2f(x2))(x1<x2),AB證明:x0∈(x1,x2),使f(x0k恒成立31（2012線yf(x在(1,f(1xy(1)求a,b的值 (2)求函數f(x)的最大值 (3)證明:f(x)132．（2012年高考（））不等式、導數設a1集合AxRx0BxR2x231ax6a0,D B(Ⅰ)D(用區間表示(Ⅱ)求函數fx2x331ax26axD內的極值點33（2012（福建文）f(xaxsinx3(aR且在[0 ,2求函數f(x的解析式判斷函數f(x在(0,內的零點個數,并加以證明34（2012）3(Ⅰ)討論f(x的單調性(Ⅱ)設f(x)有兩個極值點x1x2,若過兩點(x1,f(x1))(x2,f(x2的直線l與x軸的交點在曲線yf(x)上,求a的值.35（2012年高考（文）已知函數f(x)ax21(a0),g(x)x3bx若曲線yf(x與曲線yg(x)在它們的交點(1,c)處具有公共切線,求ab的值a3b9時,求函數f(xg(x)在區間[k2上的最大值為28,k的取值范36（2012）(Ⅰ)求f(x的最小值

1b(a(II)yf(x在點(1,f(1處的切線方程為y3x,求ab的值237（2012）求a的值x[0,+,有f(xkx2成立,求實數k的最小值n證明2ln2n+1)<2(nN*ni=12i38（2012）求f(x的解析式及單調區間若f(x1x2axb,求(a1)b的最大值2

f(1)ex1f(0)x1x2239．（2012年高考（浙江理））已知a>0,bR,函數fx的最大值為|2a-

AEDBCAEDBC若﹣1fx≤1x[0,1]恒成立,a+b的取值范圍40（2012）(設f(xalnxy軸求a的值

13x1aR,曲線yf(x)在點(1,f(1 求函數f(x的極值n41（2012）n

(nN,b,c設n2b

c1,證明

(x在區間1,1內存在唯一的零點 設n2,x1x2[1,1,有|f2(x1f2(x2|4,求b的取值范圍,在(1)的條件下,x是f(x在1,1內的零點,x,

的增減性 42（2012（山東理f(xlnxkk為常數e2.71828的底數),yf(x在點(1,f(1x軸平行求k的值求f(x的單調區間

g(x)(x2x)f

其中f'(x)

f

的導函數證明對任意x0,g(x)1e2x43（2012 axb(a,bR,a,b為常數)xyf(x直線y3x在(0,0)點相切2求ab的值證明:當0x2時f(x)

.x44（2012）

f(xxx0處取得極大值或極小值,x0yf(x的極值點已知a，b是實數,1和1是函數f(x)x3ax2bx的兩個極值點.[來源:求a和b的值設函數g(x的導函數g(x)f(x)2,求g(x的極值點h(xff(xc,其中c[2，2,求函數yh(x的零點個數45（2012）已知函數x∈R,f(x≥1恒成立,a的取值集合在函數f(x的圖像上取定兩點A(x1,f(x1B(x2,f(x2))(x1x2,記直線AB率為K,問:是否存在x0∈(x1,x2),使f(x0k成立?若存在,x0的取值范圍;若不存在,46（2012年高考（理）(Ⅰ)已知函數f(x)rxxr(1r)(x0),其中r為有理數,0最小值

.求f(x設a10,

0,b1,

為正有理數若b1

1,ab1ab2abab 1 2 1 2注:當為正有理數時,有求導(x)x147．（2012年高考（））不等式、導數設a1集合AxRx0BxR2x231ax6a0,D B(Ⅰ)D(用區間表示(Ⅱ)求函數fx2x331ax26axD內的極值點48（2012）(Ⅰ)若曲線yf(x在點(1,f(1x軸,求函數f(x的單調區間(Ⅱ)試確定a的取值范圍,使得曲線yf(xP,曲線在該點處的切線與曲線只有一個公共點P.492012）(設函數f(xaxcosxx[0,討論f(x的單調性設f(x)1sinx,a的取值范圍50（2012年高考（理）已知函數f(x)ax21(a0),g(x)x3bx若曲線yf(x與曲線yg(x)在它們的交點(1,c)處具有公共切線,求ab的值當a24b時,求函數f(xg(x)的單調區間,并求其在區間(1上的最大值51（2012）((I)求f(x在[0)上的最小值

b(a(II)設曲線yf(x在點(2,f(2的切線方程為y3x;求ab的值2【解析】:由函數f(x)在x2處取得極小值可知x2,f(x)0,則xf(x)0x2f(x)0則2x0xf(x)0x0xf(x)ea2aeb3b必有ea2aeb2b

fxex2xfxex20恒成立,故有函數fxex2x在x>0上單調遞增,即a>b成立.項用同樣方法排除解析f(xx2,令f(x)0x2x<2時f(x0f(x)1lnx 數x>2時f(x)0f(x)1lnx為增函數,x2為f(x的極小值點,選x解析:F(x)x3bx21,F(x)0與f(x)g(x)同解,點xx由F(x0得x0或x2b這樣必須且只須F(00或F2b0因為1 F(01故必有F2b0由此得b332不妨設x

則

2b 所以3F(x)xx)(x32)2,比較系數得

31,x1323

331320,由此知y

1

x1x20,故答案應選

另解:令f(x)g(x可得

xb設y

1,yxbx2x1x2,結合圖形可知x1x2即0x1

,

0,y21x21x

,即

0.答案應選【解析 y1x2lnx,yx1,由y≤0，解得-1≤x≤1,又x0,0 【點評】本題主要考查利導數以及用導數求函數的單調區間,屬于中檔題 【解析】如圖,不妨設扇形的半徑為2a,如圖,記兩塊白域的面積分別為S1,S2,兩塊陰影部分的面積分別為S3,S4,SS+S+S

=1(2a)2a24 4而S1+S3與S2+S3的和恰好為一個半徑為a的圓,即+S2+S3a2①- (S扇形

S扇形

)

正方形

1a22

,所以

a22a2由幾何概型概率可得,此點取自陰影部分的概 a22a2 P= 陰影 1 S扇形

積,即如何巧妙地將不規則圖形的面積化為規則圖形的面積來求解.來年需注意幾何概型

f(0)abc,f(1)4abc,f(3)275427abcabc

f(0)又f(x)3(x1)(x3),所以f(x)在(,1和(3)上單調增加,(13減,故a1b3c,f(0f(10,f(0f(3g(x)ln(1x)xg(x)

1g(x)01x0,g(x)0x0g(x)g(0)得x0或1x0均有f(x

排除AC【解析】若2a2a2b3b必有2a2a2b

構造函數

fx2x2xfx2xln220恒成立,故有函數fx2x2x在x>0上單調遞增,即a>b成立.其x2,1x0,由(1xf(x0f(x0,函數f(x為增2x1,1x0,由(1xf(x0f(x0,函數f(x為減1x2,1x0,由(1xf(x0f(x0,函數f(x為減x2,1x0,由(1xf(x0f(x0,函數f(x為增【考點定位】判斷函數的單調性一般利用導函數的符號,當導函數大于0,則函數為增,當導函數小于0則函數遞減.解析f(x)x1)ex,令f(x)0得x1x<-1時f(x)0f(xxex減函數x>-1時f(x)0f(x)xex為增函數,x1為f(x的極小值點, 【解析】若函數f(x)ax在R上為減函數,則有0a1.g(x)(2a)x3為增函數,則有2a0,所以a2,所以“函數f(x)ax在R上為減函數”是“函數g(x)(2a)x3為增函數”的充分不必要條件,選考點分析:本題利用定積分求面積解析根據圖像可得

yf(x)

再由定積分的幾何意義可求得面積為S1(x21)dx(1x3x)14

x 102 x 10

x)dx

x2

x2 0

6S

1,故P ,答案6【命題意圖】本試題主要考查了導數在研究三次函數中的極值的運用.x軸恰有兩個公共點,結合該函數的圖像,可得極大值或者極小值為零即可滿足要求.而f(x)3x233(x)(x1),當x1時取得極值f(10f(10可得c20或c20,即c2

0xy1BAC yPOMNy1BAC yPOMND

222x,1x2圖 圖所以yxf(x)

0x2,222x22x,1x2易知,yx()的分段解析式中的兩部分拋物線形狀完全相同,只是開口方向及頂點位置不同,如圖,封閉圖形MND與P,,故所求面積即為矩形OMP的面積S=111 【解析】y3lnx4,∴切線斜率為4,則切線方程為4xy30[解析]如圖1,f(x)

0xy y 1xy5PMNODx1010x,1x所以yxf(x)

220x2,210x210x,1x2圖 圖易知,yx()的分段解析式中的兩部分拋物線形狀完全相同,只是開口方向及頂點位置不同,如圖,封閉圖形MNO與P,,故所求面積即為矩形OMP的面積S=155 [評注]對于曲邊圖形,現行中不出微積分,能用微積分求此面積的考生恐是極少a19.a19.S

2 2xx2|axx2|aa2a2,a2

,所以a,所以a.23

sinx)dx3cosx|13cos13cos1 x3

3

cosx,主要是把三角函數的導數記解析:2xy10.y 31212,所以切線方程為y32x1,即2xy10

4【解析】::(Ⅰ)因f(xax3bx

故f(x3ax2

由于f

x2 f(2)

12ab

12ab

a故有f(2)c16即 2bcc16,化簡得4ab8解得

令f(x增函數

f(x)x312xc,f(x)3x2,得x12x22當x(2)時f(x)0故f(x)在(2當x(2

時f(x

故f(x)在(2

當x(2

時f(x

,故f(x在(2

由此可知f

x1

處取得極大值f(2)16cf

x2

f(2)c

16c

c f(39c21,f(39c3f(2c164因此f(x)上[33的最小值為f(2)對函數f(x)進行求導,根據f(2)0=0,f(2)c16,求出a,b的值.(1)根據函數f(x=x3-3ax2+2bxx=1處有極小值-1a,b的值,求出極值點,判斷極值點左右兩側導數的正負,當左正右負時有極大值,當左負右正時有極小值.再代入原函數求出極大值和極小值.(2)列表比較函數的極值與端點函數值的大小,端點函數值與極大值中最大的為函數的最大值,端點函數值與極小值中最小的為函數的最小值.并綜合絕對值不等式考查了學生的綜合分析問題的能力【解析】(1)由題意得f(x)12x22aa0時f(x)0恒成立,此時f(x的單調遞增區間為當a0時,f(x)12(x a)(x a),此時函數f

a a 6 (2)由于0x1,a2時f(xa24x32ax24x34x2a2時f(xa24x32a(1x24x34(1x24x34x2設g(x)2x32x1,0x1,則g(x)6x226(x 3)(x 3) 33330,3

3 g(x)

極小

3)1430 當0x1時2x32x10故f(xa24x34x20.解:(1)f(xx21a)xax1)(xa,由f(x)0,x1

a 1lnx解:(I)f(x) ,由已知,f(1)1k0,∴k1. 1lnx(II)由(I)知,f(x) .k(x1lnx1,則k(x

10,k(x在(0上是減函數 k(10知,當0x1k(x)0,從而f(x0x1k(x0,從而f(x0綜上可知f(x的單調遞增區間是(0,1,單調遞減區間是(1(III)證明:由(II)可知,當x1時g(x)xf(x≤0<1+e2,故只需證明g(x1e20x1時成立當0x1時ex>1,g(x0g(x)1xlnxx1xlnxxF(x)1xlnxxx(0,1),F(x)(lnx2)x(0,e2時F(x)0,x(e21)時F(x0,所以當xe2時F(x取得最大值F(e21e2.所以g(x)F(x)1e2.綜上,x0g(x1e2另證:g(x)xf(x)ex

(1xxlnx),(x0)h(x1xxlnx,則h(xlnx2,h(xlnx20xe2當x0e2h(x)0h(x)單調遞增;當x(e2h(x)0h(x)單調遞減.所以當x0時h(x)h(e21e2,x0時0ex

x0g(x)ex

(1xxlnx1e2,綜上可知結論成立【點評】本題主要考查導數,以及利用導數,通過函數的單調性與最值來證明不等式解fxRfxexaa

,fx0恒成立,所以fxRa0,令fx0,xln

,所以fx的單增區間是ln

,令fx0求得xlna,所以fx的單減區間是lnafxex把a 代入xkfxx10得:xkexfxexx

,所以ex10,所以xkex1x1xkx1exkx

xex

,所以k

x1xex1

(x令gx

x1ex

x

gx

exexx

x2單調遞增,而h2

,所以hx在0上存在唯一零點,且12gx0

上也存在唯一零點且為當x0時

gx0x時gx0所以在0

上

gg0得e2,g1,g23由于(*)kg,則f'(x)ax2a1)xa)ex,x(0,1,有f(x)0,a0時,

yax2a1)xa

f(0)a0所以須f(1a1)e0,0a1,a1時,x(0,1,有f(xx21)ex0,符合條件;a0時,x(0,1f(xxex0f(x符合要求,a0時,因f(0)a0f(x不符合條件,故a的取值范圍為0a1.(2)因g(x)(2ax1)exg(x)(2ax1a0時g(x)ex0g(x)x0上取得最小值g(0)1,在x1g(1)ea1時對于任意x(0,1g(x2xex0g(x)在x0上取得最大值g(0)2,x1g(1)0當0a1時,g(x)0x1a0【解析】解f(xexa令f(x0得xlna當xlna

f(x0,f(x單調遞減當xlna

f(x)0,f(x)單調遞增故當xlna時f(x取最小值f(lnaaalnxR,f(x)1恒成立,aalna g(tttlntg(tln當0t1時g(t)0g(t單調遞增;當t1時g(t)0g(t單調遞減.故當t1時g(t取最大值g(1)1.因此,a1時,①式成立.f(x)f(x ex2(Ⅱ)由題意知,k 1 令(x)

(x)k

x2xex2x2

x2

x

x2

e2

x1)1

x

(x2

x2

e1

x2)F(tett1,F(tet1.當t0時F(t)0F(t單調遞減;當t0時F(t)0F(t單調遞增故當t0F(tF(00即ett1x

x

從而e21x2x110e12x1x210所以(x10,(x2

x2

x2

y(x在區間x1x2上的圖像是連續不斷的一條曲線,x0(x1x2使(x0)0即f(x0k成立力,考查分類討論思想、函數與方程思想等數學方法.第一問利用導函數法求出f(x小值f(lna)aalna對一切x∈R,f(x)1恒成立轉化為f(x)min1從而得出求【解析】(1)因為f(1)b,由點(1bxy1上,可得1b1b因為f(xaxn1a(n1)xn,所以f(1又因為切線xy1的斜率為1,所以a1a1,所以a1b由(1)可知f(x)xn(1x)xnxn1,f(x)n1)xn1

令f(x0x

n

,即f(x在(0

在遞減

n1

)上f(x)0,故f(x)單調遞增;而在

n1

上f(x)0f(x 故f(x)在(0,)的最大值為f ) ) ) n n n (n令(tlnt11(t0),則(t11t1(t t2t在(0,1上,(t)0,故(t單調遞減,而在(1上,(t)0(t單調遞增故(t在(0上的最小值為(1)0,所以(t)0(t, 即lnt11(t1),令t11,得lnn,

ln(n1tn1

所以 n

e,即(n1)n1nnn由(2)知f(x(n1)n1

解的能力.導數的幾何意義一般用來求曲線的切線方程,導數的應用一般用來求解函數的極值,最值,證明不等式等.來年需注意應用導數判斷函數的極值以及求解極值,等;另外,要注意含有exlnx等的函數求導的運算及其應用考查解析:(Ⅰ)考慮不等式2x231ax6a0的解因為31a2426a3a33a1,且a1,所以可分以下三種情況①1a1時0,BRDA03②當a1時,0,此時Bxx1,D 3③當a1時0此時2x231ax6a0有兩根設為x、x且xxx1

331a3a33a

,x2

3131a3a33a4當0a1時,xx31a0,xx3a0,所以xx

,此時 1 x2;a0時x1x23a0,x10x20,Dx2 綜上所述,

a1時,DA0,;當a 時,D 時 31a3a33a x2,;當a0時,D31a3a33a431a31a3a33a

fx6x261ax6a

fx0可得xax10因為a1所以fx0m1am21,且m1m2①1a1時DA0,此時fx0Dmam1, 得 0,a

ffx

遞 極小 遞 極大 遞所以fxD1,極小值點a②當a1時,D

a1,3

1

3 3 ffx

遞 極小 遞 遞fxDa,沒有極大值點③當0a1時,D0,x x,,此時0ax1

(可用分析法證明),于是 fx0Dm1a, 0,a

ffx

遞 極小 遞 遞fxDa,沒有極大值點④當a0時,Dx2,,此時x21,于是fx在D內 于0,fx在D內沒有極綜上所述,1a1時fxD1,極小值點a;當0a1時fx Da,沒有極大值點.a0時fxD內沒有極值點解 f(x)a(sinxxcosx),x

sinxxcosxa0時f(x)3不合題意2

2a0時f(x)0f(x單調遞減,[f(x)]maxa0時f(x)0f(x單調遞增,[f(x)]max

f(0)3,不合題意2 f() a a1,所以綜上f(x)xsinx2(2)f(x在(0,上有兩個零點.證明如下由(1)知f(xxsinx3f(0)30,f(3 f(x

上至少有一個零點,又由(1)知f(x2

2故 上只有一個零點,當x，時,令g(x)f(x)sinxxcosx 2

g 10，g（0g(x在，上連續m，g(m（2

'x2cosxxsinx0g(x在，上遞減,x，m時g(x)g(m)0

'x0f(x遞增,∴mm時f(xf(3 f(x在(m,上遞增f(m)0,f()f(x在(m,上只有一個零點,綜上f(x在(0,上有兩個零點解:(1)依題意可得f(xx22x當44a0a1時x22xa0恒成立,故f(x0,所以函數f(x上單調遞增當44a0a1時f(x)x22xa

x2

44a

1a,

1x1 故由f(xx22xa0x(

1a)

x

1a)此時f(x)1由f(xx22xa01

x

,此時此時f(x)11a1時f(xR上單調遞增;a1時f(x)在x(

1a上單調遞增x

1a單調遞增,在

1a,

1a單調遞減(2)由題設知x1x2為方程f(x)0的兩個根,a1,x22xa,x22x f(x)1x3x2

1x(2xa)x2

1x22

1(2xa)2

2(a1)x 3

3 3

同理f(x2(a1)x 因此直線ly2(a1)x 設l與x軸的交點為(x,0),得x 2(a而f(x0

1

3

17a32(a 2(a 2(a 24(a由題設知,點(x0在曲線yf(x的上,故f(x0,解得a0或a2或a aa0a2或a3 【點評試題分為兩問題面比較簡單,給出的數比較常規這一點對于來說沒難度,但是解決的關鍵還是要看導數的符號對函數單調性的影響,求解函數的單調區間.第二問中,,,.,以及最值問題都是果本中要求的重點內容.也是學生掌握比較好的知識點,在題目占能夠F()28和分析出區間[k,2]13,.解:(1)f(x2axg(x)=3x2b因為曲線yf(x)與曲線yg(x)在它們的交點

處具有公共切線,所以f(1g(1)f(1g(1.a11b2a3b.解得a3,b(2)h(x)f(x)a3b9時h(x)x33x29x1h(x)3x26xh(x)0,解得x13x21h(x)h(x在(2上的情況如下x(,1)2+0—0+3由此可知k3時,函數h(x)在區間[k2h(3)28;當3k2時,函數h(x在區間[k228.因此k的取值范圍是(3] 【解析】(I)f(x)ax b2 bb ax1(x1時f(x的最小值為ba(II)由題意得:f(1)3a1b f(x)a1f(1)a1 由①②得a2bf(x)的定義域為(af(x)xln(xa)f(x) xa10x1ax xf(x)0x1a,f(x)0ax1x1a時，f(x)minf(1a1a0a（2）g(x)kx2f(x)kx2xln(x1)(xg(x)0在x[0,+上恒成立g(x)min0g(1)k1ln20kg(x)2kx

x

x(2kx2kx2k10(k1g(x00x12kxg(xg(0)0與 ②當k1g(x021得：實數k的最小值 2

g(0)0符合（3）由（2）xln(x1)1x2x02x

(i1,2, ,n) [ln(2i1)ln(2i1)] n2i (2inn12ln3

2ln(2n+1)<2（lb當i2

(2i1)2

i=12inn

[2ln(2i1)ln(2i1)]2ln311 22i1 2n1【解析】(1)f(xf(1)ex1f(0)x1x2f(xf(1)ex1f(02x1得f(0)f(x)f(1)ex1x1x2f(0)f(1)e112

得f(xexx1x2g(x)2

f(x)ex1g(x)ex10yg(x在xRf(x)0f(0)x0,f(x)0f(0)x得f(x的解析式為f(x)exx12且單調遞增區間為(0,單調遞減區間為(f(x1x2axbh(x)exa1)xb0h(xexa2①a10時h(x)0yh(x)在xRx時h(xh(x0②a10時h(x0xln(a1h(x0xln(a

[來源:學+科+得:xln(a1時h(x)mina1(a1ln(a1b(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)(a1F(x)x2x2lnx(x0);F(x)x(12lneeF(x)00x e,F(x)0xeex

e時F

maxa

e1,b

e時(a1)b的最大值為2fx12ax22bb≤0時fx12ax22b>00≤x≤1上恒成立此時fx的最大值為f14a2bab3ab=|2a-b|﹢a;當b>0時fx12ax22b在0≤x≤1

(0)，f}綜上所述:fx0≤x≤1上的最大值為|2a-fx+|2a-b|﹢a≥0,gx=﹣fx≤|2a-bbgx4ax32bxab,∴gx12ax22b0b≤0時gx12ax22b<00≤x≤1上恒成立,gx的最大值為g0ab3ab=|2a-b|﹢a;

x bb<0時gx12ax22b0≤x≤1b

)，}3bbb

b

bbb

b即fx+|2a-b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立.(Ⅱ)由(Ⅰ)知:fx0≤x≤1上的最大值為|2a-b|﹢a,且函數fx在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a-b|﹢a)要大.∵﹣1≤fx≤1x[0,1]恒成立b b則可行域為ba13ab1, 作圖如下由圖易得:z=a+bP(1,2)時,zmax3zmin解:(1)因fxalnx

13x1,故fxa1 yfx在點1f1y軸,0,f10a130,解得a (2)由(1)知fxlnx

13x1x0 3x22xfx x

fx(3x1)(x令fx0,x1x1(x1不在定義域內,舍去 x0,1時fx0,故fx在0,1上為減函數x1時fx0,fx在1上為增函數;故fxx1處取得極小值f13.n解析:(1)b1c1n2時f(xxnxn

1∵fn(2)fn(1)(2n2)10,∴fn(x)在 x1,1時f(x)nxn11 ∴f(x在1,1上是單調遞增的,所以f(x在1,1內存在唯一零點 2(2)當n2時f(xx2bx2x1x2[1,1都有|f2(x1f2(x2|4等價于f2(x在[1,1M4,據此分類討論如下:(ⅰ)當|b|1,即|b|2時2M|f2(1f2(1|2|b|4,當1b0,即0b2時2M

2(1)

(bb1)24 當0b1,即2b0時2M

2(1)

(bb1)24恒成立 綜上可知2b用max{ab}ab中的較大者.當1b1,即2b2時2Mmax{

,f(1)}f(b f2(1)f2(1)|f2(1)f2(1)| b2b1c|b| 4

(b)1|b|)242(3)證法 設x是f(x)在1,1內的唯一零點(n f(x)xn

1, )xn1

10,

1

于是有

(x)0

)xn1

1xn

1f

又由(1)知

(x在1,1上是遞增的,x

(n2)

,所以,x2,

是遞增數列證法 設x是f(x)在1,1內的唯一零 (x)

xn1x1xn

1

則fn1(xxn1在(xn,1內,xnxn1(n2所以,x2解析由f(x)=k1;

是遞增數列,lnxk可得f(x,

1klnx

而f(1)01e

0解得11lnf(x) ,令f(x0x1,當0x1時f(x)11lnx0;x1時f(x)11lnx0 于是f(x在區間(0,1內為增函數;在(1,內為減函數11lng(x)(x

x)

1x2(x2x)ln,x1時

ex ex1x20,lnx0,x2x0,ex0,g(x)01e211ln當0x1時,要證g(x)(x2x) 1e2.ex

xex

11x(1lnxp(xx1q(x)1x(1lnxx0,1則p(x)x0q(x)2lnxx0,1ex則當0x1時p(x)x1p(0)1q(x)2lnx0xe20,1x0e2q(x)0;x(e21時q(x)0則當0x1q(x)1x(1lnx)q(e21e2,且q(x)01

1

x

1則1x(1lnx)1

1