高考数学试题分类汇编(导数)

（福建理11文） 已知对任意实数x，有f(x)f(x)，g(x)g(x)，且x0时，f(x)0，g(x)0，则x0时（ B ） A．f(x)0，g(x)0 B．f(x)0，g(x)0 C．f(x)0，g(x)0 D．f(x)0，g(x)0

（海南理10） 1曲线ye2x在点(4，e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（ D ） Ａ．92e2 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 ）

2Ａ．9e24

Ｂ．2e2 Ｃ．e2

Ｄ．e2

（江苏9） 已知二次函数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，则f(1)f'(0)的最小值为（ C ） A．3 B．532 C．2 D．2 （江西理9）

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

Ａ．充分不必要条件 Ｂ．必要不充分条件 Ｃ．充分必要条件

Ｄ．既不充分也不必要条件

（江西理5） 5．若0xπ2，则下列命题中正确的是（ D ） Ａ．sinx3πx Ｂ．sinx3πx Ｃ．sinx4π2x2

Ｄ．sinx4π2x2 第 1 页 共 35 页 （江西文8）

若0xπ2，则下列命题正确的是（ B ） Ａ．sinx2πx Ｂ．sinx233πx Ｃ．sinxπx Ｄ．sinxπx （辽宁理12） 已知f(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)，那么下列情形不可能．．．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13x3x在点1，43处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（ A ） Ａ．19 Ｂ．2129 Ｃ．3 Ｄ．3

（全国二文8） 已知曲线yx24的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为（ A ） A．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，不可能正确的是（ D ）

(北京文9) f(x)是f(x)13x32x1的导函数，则f(1)的值是＿＿＿＿．3

（广东文12） 第 2 页 共 35 页 函数f(x)xlnx(x0)的单调递增区间是＿＿＿＿．1e, （江苏13） 已知函数f(x)x312x8在区间[3,3]上的最大值与最小值分别为M,m，则Mm＿＿．32

（湖北文13） 已知函数yf(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y12x2，则f(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） 曲线yx32x24x2在点(1，3)处的切线方程是＿＿＿＿．5xy20 （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、极值和证明不等式的方法，考查综合运用有关知识解决问题的能力．本小题满分14分． （Ⅰ）解：根据求导法则有f(x)12lnxx2ax，x0， 故F(x)xf(x)x2lnx2a，x0， 于是F(x)12xx2x，x0， 列表如下：

x (0，2) 2 (2，∞) F(x)  0  F(x)  极小值F(2)  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a2．

第 3 页 共 35 页 （Ⅱ）证明：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-4tsinxcosx22+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基本关系，倍角的正弦公式，正弦函数的值域，多项式函数的导数，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能力． 解：（I）我们有 f(x)cos2x4tsinx2cosx24t3t23t4

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)达到其最小值g(t)，即

g(t)4t33t3．

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

t

1，12 12 ， 1222 12，1 g(t) 

0  0

 第 4 页 共 35 页 g(t) 

极大值g12  极小值g12

 由此可见，g(t)在区间1，11112和2，1单调增加，在区间2，2单调减小，极小值为g122，极大值为g24． （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，计划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． D C 4r （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． 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），则点C的横坐标为x． C的纵坐标y满足方程x2y2点221(y≥0)，y r4r 解得y2r2x2(0xr) D C S1(2x2r)2r2x22 2(xr)r2x2， A O B x 其定义域为x0xr．

（II）记f(x)4(xr)2(r2x2)，0xr， 则f(x)8(xr)2(r2x)． 令f(x)0，得x12r． 因为当0xr时，f(x)0；当rxr时，f(x)0f22，所以12r是f(x)的最大值． 因此，当x1r时，Sf12也取得最大值，最大值为2r3322r．

即梯形面积S的最大值为332r2． 第 5 页 共 35 页

（福建理 22） 已知函数f(x)exkx，xR

（Ⅰ）若ke，试确定函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若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； n（Ⅲ）设函数F(x)f(x)f(x)，求证：F(1)F(2)F(n)(en12)2(nN)． 本小题主要考查函数的单调性、极值、导数、不等式等基本知识，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、解决问题的能力．满分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(0，1]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)  0  f(x) 单调递减 极小值 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，

第 6 页 共 35 页 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)F(n)]2[F(1)F(n)][F(2)F(n1)][F(n)F(1)](en12)n n故F(1)F(2)F(n)(en12)2，nN． （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）若h(t)2tm对t(0，2)恒成立，求实数m的取值范围． 本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能力．满分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 (1，2) g(t)  0  g(t) 递增 极大值1m 递减 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) 第 7 页 共 35 页 已知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: 若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72 当 a372时, yfx恰有一个零点在1,1上; 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, 则

a0a08a224a408a224a40 111 或1112a

f102af10f10f10解得a5或a352 因此a的取值范围是 a1 或 a352 ; （海南理 21） 设函数f(x)ln(xa)x2 （I）若当x1时，f(x)取得极值，求a的值，并讨论f(x)的单调性； （II）若f(x)存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大于lne2． 解：（Ⅰ）f(x)1xa2x， 依题意有f(1)0，故a32． 从而f(x)2x23x1(2x1)(x1)． x332x2第 8 页 共 35 页 f(x)的定义域为32，∞，当32x1时，f(x)0；

当1x12时，f(x)0；

当x12时，f(x)0． 从而，f(x)分别在区间132，1，12，∞单调增加，在区间1，2单调减少． （Ⅱ）f(x)的定义域为(a，∞)，f(x)2x22ax1xa． 方程2x22ax10的判别式4a28． （ⅰ）若0，即2a2，在f(x)的定义域内f(x)0，故f(x)的极值． （ⅱ）若0，则a2或a2． 2，x(2，∞)，f(x)(2x1)2若ax2． 当x22时，f(x)0，当x2，22，∞时，f(x)220，所以f(x)无极值． (2，∞)，f(x)(2x1)2若a2，xx20，f(x)也无极值． （ⅲ）若0，即a2或a2，则2x22ax10有两个不同的实根xaa22a12，xa2222． 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 f(xf(xx1e1)2)ln(x1a)x21ln(2a)x22ln2a211ln2ln2．

第 9 页 共 35 页 （海南文 19）

设函数f(x)ln(2x3)x2 （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；

（Ⅱ）求f(x)在区间314，4的最大值和最小值． 解：f(x)的定义域为32，∞．

（Ⅰ）f(x)242x32xx26x22x32(2x1)(x1)2x3． 当32x1时，f(x)0；当1x112时，f(x)0；当x2时，f(x)0． 从而，f(x)分别在区间32，1，12，∞单调增加，在区间1，12单调减少．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)在区间314，4的最小值为f112ln24．

又f3f1397144ln216ln216ln3712121ln4960． 所以f(x)在区间314，4的最大值为f174116ln2．

（湖北理 20） 已知定义在正实数集上的函数f(x)12x22ax，g(x)3a2lnxb，其中a0．设两曲线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能力． 解：（Ⅰ）设yf(x)与yg(x)(x0)在公共点(x0，y0)处的切线相同．

x2a，g(x)3a2∵f(x)x，由题意f(x0)g(x0)，f(x0)g(x0)． 第 10 页 共 35 页 1x22ax3a2lnx0即200b，2a3a2由x0得：x3a2x0a，或x03a（舍去）． 0x02ax，0即有b12a22a23a2lna52a23a2lna． 令h(t)52t23t2lnt(t0)，则h(t)2t(13lnt)．于是

1当t(13lnt)0，即0te3时，h(t)0； 1当t(13lnt)0，即te3时，h(t)0． 故h(t)在10，e3为增函数，在1e3，∞为减函数， 于是h(t)在(0，∞)的最大值为h12333e2e． （Ⅱ）设F(x)f(x)g(x)1x22ax3a22lnxb(x0)， 则F(x)x2a3a2(xxa)(x3a)x(x0)． 故F(x)在(0，a)为减函数，在(a，∞)为增函数， 于是函数F(x)在(0，∞)上的最小值是F(a)F(x0)f(x0)g(x0)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）试比较f(0)f(1)f(0)与

116的大小．并说明理由． 本小题主要考查二次函数、二次方程的基本性质及二次不等式的解法，考查推理和运算能力．

解法1：（Ⅰ）令g(x)f(x)xx2(a1)xa，

第 11 页 共 35 页 0，则由题意可得1a01，a0，21a1，0a322． g(1)0，a322，或a322，g(0)0，故所求实数a的取值范围是(0，322)．

（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(3222)2(3 22)2(1712117122116，即f(0)f(1)f(0)116． 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 2a2116116(32a21)116(42a1)(42a1)0， 即2a211160，故f(0)f(1)f(0)16． 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，xa，于是0x121x21a，x1x21x21x1x20， (1x1)(1x2)0，(1x1)(1x2)0a0，a1，0a322． a322或a322故所求实数a的取值范围是(0，322)． （II）依题意可设g(x)(xx1)(xx2)，则由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)]

x1x2211x21x1122216，故f(0)f(1)f(0)16． 第 12 页 共 35 页 2)，2

（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25，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a2万元/km．当山坡上公路长度为lkm（1≤l≤2）时，其造价为(l21)a万元．已知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，证明你的结论． A

Ｏ

P

E

D

H B

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，则PBH，

A PBPH1． O  sinP

设BDx(km)，0≤x≤1.5．则 ED H

B

PDx2PB2x21[1，2]． 记总造价为f1(x)万元，

第 13 页 共 35 页 1111据题设有f1(x)(PD212ADAO)a(x22x43)a 2x14a43163a 当x14，即BD14(km)时，总造价f1(x)最小． （II）设AEy(km)，0≤y≤54，总造价为f2(y)万元，根据题设有 f(y)PD21y2312321y4324yay232a16a．

则fy12ya，由f2y232(y)0，得y1． 当y(0，1)时，f2(y)0，f2(y)在(0，1)内是减函数；

当y1，54时，f(y)0，f522(y)在1，4内是增函数．

故当y1，即AE1（km）时总造价f672(y)最小，且最小总造价为16a万元． （III）解法一：不存在这样的点D，E．

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=x31(km)，AEy1(km)，0≤x1y2≤2，总造价为S万元，则Sx2x2y11x1112y13124a．类似于（I）、（II）讨论知，x2112≥16，y2113y2≥32，当且仅当x114，y11同时成立时，上述两个不等式等号同时成立，此时BD14(km)，AE1(km)，S取得最小值6716a，点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 Sxy11x2112y213124a

第 14 页 共 35 页 2x11214a43y13y1y2y43131a16a

≥1423(y2y243131)(y13y1)a16a 6716a． 当且仅当x114且3(y23y2111)(y13y1)，即x14，y11同时成立时，S取得最小值6716a，以上同解法一．

（湖南文 21） 已知函数f(x)1x31ax232bx在区间[11)，，(1，3]内各有一个极值点． （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，若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．

解：（I）因为函数f(x)113x32ax2bx在区间[11)，，(1，3]内分别有一个极值点，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），则x2x1a24b，且0x2x1≤4．于是 0a24b≤4，0a24b≤16，

且当x11，x23，即a2，b3时等号成立．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

yf(1)f(1)(x1)，即y(1ab)x2132a， 因为切线l在点A(1，f(x))处空过yf(x)的图象， 所以g(x)f(x)[(1ab)x2132a]在x1两边附近的函数值异号，则

x1不是g(x)的极值点． 第 15 页 共 35 页 而g(x)13x312ax2bx(1ab)x2132a，且 g(x)x2axb(1ab)x2axa1(x1)(x1a)． 若11a，则x1和x1a都是g(x)的极值点．

所以11a，即a2，又由a24b8，得b1，故f(x)13x3x2x． 解法二：同解法一得g(x)f(x)[(1ab)x2132a]

13(x1)[x2(13a2)x(232a)]． 因为切线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． 设h(x)x213a2x23a2，则

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，则h(1)2113a20， 所以a2，又由a24b8，得b1，故f(x)13x3x2x． （辽宁理 22）

已知函数f(x)x2t2t(x2x)x22t21，g(x)12f(x)． （I）证明：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； （III）证明：f(x)≥32．

（辽宁文 22） 第 16 页 共 35 页 已知函数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）若对任意的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）证明：f(x)的导数f(x)≥2； （Ⅱ）若对所有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≥2exex2，故f(x)≥2． （当且仅当x0时，等号成立）． （Ⅱ）令g(x)f(x)ax，则

g(x)f(x)aexexa， （ⅰ）若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．

（ⅱ）若a2，方程g(x)0的正根为xaa241ln2，

此时，若x(0，x1)，则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）若对于任意的x[0，3]，都有f(x)c2成立，求c的取值范围． 解：（Ⅰ）f(x)6x26ax3b， 因为函数f(x)在x1及x2取得极值，则有f(1)0，f(2)0．

第 17 页 共 35 页 即66a3b0，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)． 当x(0，1)时，f(x)0； 当x(1，2)时，f(x)0； 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． 则当x0，3时，f(x)的最大值为f(3)98c． 因为对于任意的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） 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)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)，则存在t，使

b(3t21)a2t3． 于是，若过点(a，b)可作曲线yf(x)的三条切线，则方程

2t33at2ab0

有三个相异的实数根． 第 18 页 共 35 页 记 g(t)2t33at2ab， 则 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，a) a (a，) g(t)  0  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3a2，即方程g(t)0只有两个相异的实数根； 当bf(a)0时，解方程g(t)0得ta2，ta，即方程g(t)0只有两个相异的实数根． 综上，如果过(a，b)可作曲线yf(x)三条切线，即g(t)0有三个相异的实数根，则ab0，bf(a)0. 即 abf(a)．

（全国二文 22） 已知函数f(x)13ax3bx2(2b)x1 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）证明a0；

（2）若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．

第 19 页 共 35 页 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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，所围成的△ABC的内部，其三个顶点分别为：A47，67，B(2，，2)C(4，2)． z在这三点的值依次为16，6b

7，8． 所以z的取值范围为162 B(2，2)

7，8．

C(4，2)

1

A（山东理 2247，67 O

）

2 4

设函数f(x)x2bln(x1)，其中b0． a

（Ⅰ）当b12时，判断函数f(x)在定义域上的单调性； （Ⅱ）求函数f(x)的极值点；

（Ⅲ）证明对任意的正整数n，不等式ln1n111n2n3都成立．

解：（Ⅰ）由题意知，f(x)的定义域为(1，)，f(x)2xbx12x32xbx1 设g(x)2x22xb，其图象的对称轴为x12(1，)， g(x)11maxg22b．

当b12时，g(x)1max2b0， 即g(x)2x23xb0在(1，)上恒成立， 当x(1，)时，f(x)0， 当b12时，函数f(x)在定义域(1，)上单调递增． 第 20 页 共 35 页 （Ⅱ）①由（Ⅰ）得，当b12时，函数f(x)无极值点． 13②b12x时，f(x)22x10有两个相同的解x12， x1，12时，f(x)0，

x1，时，f2(x)0， b12时，函数f(x)在(1，)上无极值点． ③当b12时，f(x)0有两个不同解，x112b112b12，x22， b0时，x112b1121，x12b220， 即x1(1，)，x2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)  0  f(x)  极小值  由此表可知：b0时，f(x)有惟一极小值点x112b12， 当0b12时，x112b121， 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)  0  0  f(x)  极大值  极小值  由此表可知：0b12时，f(x)有一个极大值x112b12和一个极小值点第 21 页 共 35 页 x2112b； 2综上所述：

112bb0时，f(x)有惟一最小值点x2； 0b1112b12时，f(x)有一个极大值点x2和一个极小值点x12bx； b≥12时，f(x)无极值点． （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)，

(x)3x22x13x2(x1)2则hx1x1． 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． 故当x(0，)时，有ln(x1)x2x3． 对任意正整数n取x1n(0，)，则有ln1n111n2n3． 所以结论成立．

（山东文 21） 设函数f(x)ax2blnx，其中ab0．

证明：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． 证明：因为f(x)ax2blnx，ab0，所以f(x)的定义域为(0，)． f(x)2axb2ax2bxx．

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． 第 22 页 共 35 页 当ab0时，

2axbb f(x)2ax2ax 令f(x)0， 将x1b2a(0，)（舍去），xb22a(0，)，

当a0，b0时，f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

x b0，2a b2a b2a， f(x)  0  f(x)  极小值  从上表可看出， 函数f(x)有且只有一个极小值点，极小值为fb2ab1ln2b2a．

当a0，b0时，f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

x 0，b b2a2a b2a， f(x)  0  f(x)  极大值  从上表可看出， 函数f(x)有且只有一个极大值点，极大值为fbbb2a21ln2a． 综上所述， 当ab0时，函数f(x)没有极值点； 当ab0时，

若a0，b0时，函数f(x)有且只有一个极小值点，极小值为b21lnb2a．

若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21ln2a． 第 23 页 共 35 页

（陕西理 20） 设函数f(x)=c2x2axa,其中a为实数. (Ⅰ)若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． （Ⅱ）f(x)x(xa2)ex(x2axa)2，令f(x)≤0，得x(xa2)≤0． 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) 已知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f(12)32. (Ⅰ)求f(x)的解析式; (Ⅱ)若在区间[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，由已知f(0)f(1)0， 即c0，c0，解得3a2bc0，3 b2a．f(x)3ax23ax，f123a43a232，a2，f(x)2x33x2．

（Ⅱ）令f(x)≤x，即2x33x2x≤0， x(2x1)(x1)≥0，0≤x≤12或x≥1． 第 24 页 共 35 页 又f(x)≤x在区间0，m上恒成立，0m≤12．

(上海理科19) 已知函数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）若函数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， 对任意x(，0)(0，)，f(x)(x)2x2f(x)， f(x)为偶函数． 当a0时，f(x)x2ax(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，

 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(x2x1x2)1)f(x2)x21aa(xx2xx1x2(x1x2)a， 1x21x2 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，xx124，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ax在[2，)为增函数， f(x)x2ax在[2，)为增函数． 当a0时，同解法一．

(上海文科19) 已知函数f(x)x2ax(x0，常数aR)． 第 25 页 共 35 页 （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． 解： （1）x222x(x1)2x12x1， 2x2x10， x(x1)0．  原不等式的解为0x1． （2）当a0时，f(x)x2，

对任意x(，0)(0，)，f(x)(x)2x2f(x)， f(x)为偶函数． 当a0时，f(x)x2ax(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．

(四川理 22) n设函数f(x)11n(nN,且n1,xN). n(Ⅰ)当x=6时,求11n的展开式中二项式系数最大的项; (Ⅱ)对任意的实数x,证明f(2x)f(2)2＞f(x)(f(x)是f(x)的导函数); n(Ⅲ)是否存在aN,使得an＜11＜(a1)n恒成立?若存在,k1k试证明你的结论并求出a的值;若不存在,请说明理由.

本题考察函数、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能力及创新意识。 3（Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是C3512061nn3 第 26 页 共 35 页 112n2（Ⅱ）证法一：因f2xf21n1n 2n2nn21111n1n21n11n211n nn211nln112211nln11n2f'x 2n22n2n证法二：因f2xf2111121111nn1n1n21n1n n而2f'x2111nln1n 故只需对111n和ln1n进行比较。

令gxxlnxx1，有g'x11x1xx 由x1x0，得x1 因为当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 故有11n1ln1n恒成立。 所以f2xf22f'x，原不等式成立。 （Ⅲ）对mN，且m1 m2km有11mC01121k1m1mCmmCmmCmmCmm mm2km11112!mmm1mk11k!mmm1211m!m211112k111m12!1mk!1m1m1mm!1m1m

2112!3!1k!1m! 第 27 页 共 35 页 21211321kk11mm1 211111111223k1km1m

31m3 k又因Ck11mmm0k2,3,4,,m，故21m3

mk∵211nm3，从而有2n1k11k3n成立，

nk即存在a2，使得2n113n恒成立。

k1k

（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． （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：本题考查函数的奇偶性、单调性、二次函数的最值、导数的应用等基础知识，以及推理能力和运算能力． （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

又直线x6y70的斜率为16 因此，f'(1)3ab6 ∴a2，b12，c0． （Ⅱ）f(x)2x312x． 第 28 页 共 35 页 f'(x)26x12x6(x2，列表如下：)(2)

x (,2) 2 (2,2) 2 (2,) f'(x)  0  0  f(x)  极大  极小  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） 已知函数f(x)2axa21x21(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基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法．满分12分． （Ⅰ）解：当a1时，f(x)2xx21，f(2)45， 2(x21)2x·2x22x2又f(x)6(x21)2(x21)2，f(2)25． 所以，曲线yf(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y45625(x2)， 即6x2y320．

（Ⅱ）解：f(x)2a(x21)2x(2axa21)(x21)22(xa)(ax1)(x21)2． 由于a0，以下分两种情况讨论． （1）当a0时，令f(x)0，得到x11a，x2a．当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x ∞，1 1a1a a，a a (a，∞) f(x)  0  0  第 29 页 共 35 页 f(x)  极小值  极大值  所以f(x)在区间∞，1a，(a，∞)内为减函数，在区间1a，a内为增函数． 函数f(x)在x11处取得极小值f1f1aa，且aa2， 函数f(x)在x12a处取得极大值f(a)，且f(a)1． （2）当a0时，令f(x)0，得到x11a，x2a，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：

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

函数f(x)在x1a处取得极大值f(a)，且f(a)1． 函数f(x)在x12f1a处取得极小值a，且f1aa2．

（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，证明存在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、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法．满分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 第 30 页 共 35 页 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a3或xa． 由于a0，以下分两种情况讨论．

（1）若a0，当x变化时，f(x)的正负如下表： x ∞，aa3 a33，a a (a，∞) f(x)  0  0  因此，函数f(x)在xa3处取得极小值fa3，且 fa3427a3；

函数f(x)在xa处取得极大值f(a)，且

f(a)0．

（2）若a0，当x变化时，f(x)的正负如下表： x ∞，a a aaa，3 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afa3处取得极大值3

，且 fa3427a3．

（Ⅲ）证明：由a3，得a31，当k10，时， kcosx≤1，k2cos2x≤1． 第 31 页 共 35 页 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

2设g(x)cos2xcosxcosx1214，则函数g(x)在R上的最大值为2． 要使①式恒成立，必须k2k≥2，即k≥2或k≤1．

所以，在区间10，上存在k1，使得f(kcosx)≥f(k2cos2x)对任意的xR恒成立．

（浙江理 22） 2设f(x)x323，对任意实数t，记gt(x)t3x3t． （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． 本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．满分15分．

（I）解：yx31634x3． 由yx240，得 x2． 因为当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）证明：（i）方法一： x32令h(x)f(x)g2t(x)3t3x3t(x0)，则 第 32 页 共 35 页 2h(x)x2t3， 1当t0时，由h(x)0，得xt3， 1当x(x3，)时，h(x)0，

1所以h(x)在(0，)内的最小值是h(t3)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)g2t(x)t3x3t(t0)，则

(t)23t11h3(xt3)， 由h(t)0，得tx3． 当0tx3时，h(t)0． 当tx3时，h(t)0，

所以当tx3时，h(t)取得最大值h(x3)13x3． 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)83gt(2)． 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． 下面证明x0的唯一性： 当x02，x00，t8时，

x3f(x03(x160)，gx0)4x03， 由（i）得，x3034x1603， 再取tx3x300，得gx03(x0)3，

第 33 页 共 35 页 所以g16x30x(x0)4x033gx03(x0)， 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x1600，gx(x0)4x03， 因为g(x1t0)关于t的最大值是3x30，所以要使gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数成立的充分必要条件是：

4x0163≥13x30， 即(x202)(x04)≤0，

①

又因为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) 已知函数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）若对任意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ax41x4bx3

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，要使第 34 页 共 35 页 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，

解得c≥32或c≤1．

所以c的取值范围为(，1]3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），则长为2x(m)，高为

h1812x4.53x(m)0＜x＜342. 故长方体的体积为

V(x)2x2(4.53x)9x26x3(m3)(0＜x＜32). 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＜23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。

第 35 页 共 35 页