2012全国各地高考数学试题分类汇编(函数与导数) 2

2（湖南文）（本小题满分13分）已知函数f(x)exax，其中a＞0．

（Ⅰ）若对一切x∈R，f(x)1恒成立，求a的取值集合；

（Ⅱ）在函数f(x)的图象上取定两点A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))(x1x2)，

记直线AB的斜率为k，证明：存在x0(x1,x2)，使f(x0)k成立．

解：（Ⅰ）f(x)exa．令f(x)0得xlna． 当xlna时，f(x)0，f(x)单调递减； 当xlna时，f(x)0，f(x)单调递增． 故当xlna时，f(x)取最小值f(lna)aalna．

于是对一切x∈R，f(x)1恒成立，当且仅当aalna1． ①

令g(t)ttlnt，则g(t)lnt． 当0t1时，g(t)0，g(t)单调递增；

当t1时，g(t)0，g(t)单调递减．

故当t1时，g(t)取最大值g(1)1． 因此，当且仅当a1时，①式成立． 综上所述，a的取值集合为1．

f(x2)f(x1)ex2ex1（Ⅱ）由题意知，ka．

x2x1x2x1ex2ex1 令(x)f(x)ke，则

x2x1xex1 (x1)[ex2x1(x2x1)1]，

x2x1ex2(x2)[ex1x2(x1x2)1]．

x2x1

1

令F(t)ett1，则F(t)et1． 当t0时，F(t)0，F(t)单调递减；

当t0时，F(t)0，F(t)单调递增．

故当t0时， F(t)F(0)0，即ett10． 从而ex2x1(x2x1)10，ex1x2(x1x2)10，

ex1ex2 又0，0，所以(x1)0，(x2)0．

x2x1x2x1 因为函数y(x)在区间[x1,x2]上的图象是连续不断的一条曲线， 所以存在存在x0(x1,x2)，使(x0)0，即f(x0)k成立． 3（湖南）（本小题满分13分）已知函数f(x)eaxx，其中a≠0． （Ⅰ）若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合；

（Ⅱ）在函数f(x)的图像上取定两点A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))(x1x2)， 记直线AB的斜率为k．问：是否存在x0(x1,x2)，使f(x0)k成立？ 若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由．

解：（Ⅰ）若a0，则对一切x0，f(x)eaxx1，这与题设矛盾．

又a0，故a0．

而f(x)aeax1,令f(x)0，得x当x11ln.aa

11ln时，f(x)0,f(x)单调递减； aa11当xln时，f(x)0,f(x)单调递增．

aa1111111故当xln时，f(x)取最小值f(ln)ln.

aaaaaaa于是对一切xR,f(x)1恒成立，当且仅当

111ln1． ① aaa令g(t)ttlnt,则g(t)lnt.

2

当0t1时，g(t)0,g(t)单调递增； 当t1时，g(t)0,g(t)单调递减．

故当t1时，g(t)取最大值g(1)1．因此，当且仅当即a1时，①式成立．

综上所述，a的取值集合为1．

11， af(x2)f(x1)eax2eax1（Ⅱ）由题意知，k1.

x2x1x2x1eax2eax1令(x)f(x)kae,则

x2x1axeax1a(x2x1)(x1)ea(x2x1)1, x2x1eax2(x2)ea(x1x2)a(x1x2)1. x2x1令F(t)ett1，则F(t)et1． 当t0时，F(t)0,F(t)单调递减； 当t0时，F(t)0,F(t)单调递增． 故当t0时，F(t)F(0)0,即ett10.

从而ea(x2x1)a(x2x1)10，ea(x1x2)a(x1x2)10,

eax1eax2又0,0,所以(x1)0,(x2)0. x2x1x2x1因为函数y(x)在区间x1,x2上的图像是连续不断的一条曲线， 所以存在c(x1,x2)，使得(c)0．又(x)a2eax0,(x)单调递增，

1eax2eax1故这样的c是唯一的，且cln．

aa(x2x1)1eax2eax1故当且仅当x(ln,x2)时， f(x)k．

aa(x2x1)

3

综上所述，存在x0(x1,x2)，使f(x0)k成立，且x0的取值范围为

1eax2eax1(ln,x2)． aa(x2x1)4（江苏卷）若函数yf(x)在xx0处取得极大值或极小值，则称x0为函数

yf(x)的极值点. 已知a,b是实数，1和-1是函数f(x)x3ax2bx的两个极

值点.

(1)求a和b的值；

(2)设函数g(x)的导函数g'(x)f(x)2，求g(x)的极值点;

(3)设h(x)f(f(x))c，其中c[2,2]，求函数yh(x)的零点个数 解

.(1)

由

题

设

知

f(x)3x22axb，且

f(1)32ab0,f(1)32ab0

解得a0,b3

(2)由（1）知f(x)x3x，因为f(x)2(x1)2(x2)

所以g(x)0的根为x1x21,x32,于是函数g(x)的极值点只能是1或-2 当x2时,g(x)0;当2x1时, g(x)0,故-2是g(x)的极值点. 当2x1或x1时, g(x)0,故1不是g(x)的极值点. 所以g(x)的极值点是-2.

(3)令f(x)t,则h(x)f(t)c,先讨论关于x的方程f(x)d根的情况,d2,2

当d2时,由(2)可知，f(x)2的两个不同根为1和-2，注意到f(x)是奇函数，所以

f(x)2的两个不同根为-1和2.

当

d2时

4

，因为

f(1)df(2)d2d0,f(1)df(2)d2d0

所以-2，-1,1,2都不是f(x)d的根.由(1)知f(x)3(x1)(x1)

① 当x(2,)时,f(x)0,于是f(x)是单调增函数,从而f(x)f(2)2 ,此时

f(x)d无实根,同理, f(x)d在(,2)上无实根.

② 当x(1,2)时, f(x)0,于是f(x)是单调增函数,又f(1)d0,f(2)d0,

yf(x)d的图像不间断,所以f(x)d在(1,2)内有唯一实根.

同理, f(x)d在(-2,-1)内有唯一实根.

③ 当x(1,1)时,f(x)0,故f(x)是单调减函数,又f(1)d0,f(1)d0, yf(x)d的图像不间断, 所以f(x)d在(-1,1)内有唯一实根. 由上可知:当d2时,f(x)d有两个不同的实根x1,x2满足x11,x22; 当d2时，f(x)d有三个不同的实根x3,x4,x5满足xi2,i13,4,5, 现考虑yh(x)的零点.

（ⅰ）当c2时，f(t)c有两个不同的根t1,t2满足t11,t22,

而f(x)t1有三个不同的实根，f(x)t2有两个不同的实根，故yh(x)有5个零点.

（ⅱ）当c2时，f(t)c有三个不同的根,t3,t4,t5满足ti2,i3,4,5, 而f(x)ti(i3,4,5)有三个不同的根,故yh(x)有9个零点.综上可知,当c2时，函数yh(x)有5个零点; 当c2时，函数yh(x)有9个零点. 5.(天津)（本小题满分14分）已知函数f(x)=xln(x+a)的最小值为0，其中a>0. （Ⅰ）求a的值；

5

（Ⅱ）若对任意的x[0,+),有f(x)kx2成立，求实数k的最小值； 解：

（2）当k0时，取x1，有f(1)1ln20，故k0不合题意.

当k0时,令g(x)f(x)kx2,即g(x)xln(x1)kx2

x2kx2(12k)xg(x)2kx

x1x1令g(x)0得x10,x2①当k12k1 2k112k0,g(x)0在(0,)上恒成立,因此g(x)在[0,)上时,

22k单调递减,从而对于任意的x[0,),总有g(x)g(0)0,即f(x)kx2在[0,)上恒成立.故k1符合题意. 2112k12k0,对于x(0,),g(x)0 ②当0k时,

22k2k12k12k)内单调递增,因此,当取x0(0,)时, 故g(x)在(0,2k2k2不成立. g(x0)g(0)0,即f(x0)kx0故0k

1不合题意. 26（2012浙江理）(本小题满分14分)已知a＞0，bR，函数fx4ax32bxab．

(Ⅰ)证明：当0≤x≤1时，

(ⅰ)函数fx的最大值为|2a－b|﹢a； (ⅱ) fx＋|2a－b|﹢a≥0； (Ⅱ) 若﹣1≤fx≤1对x[0，1]恒成立，求a＋b的取值范围． 解：(Ⅰ)(ⅰ)fx12ax22b．

6

当b≤0时，fx12ax22b＞0在0≤x≤1上恒成立， 此时fx的最大值为：f14a2bab3ab＝|2a－b|﹢a； 当b＞0时，fx12ax22b在0≤x≤1上的正负性不能判断， 此时fx的最大值为：

ba，b2afmaxxmax{f(0)，（）f1}max{(ba)，(3ab)}＝|2a－b|﹢a；

3ab，b2a综上所述：函数fx在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a； (ⅱ) 要证fx＋|2a－b|﹢a≥0，即证gx＝﹣fx≤|2a－b|﹢a． 亦即证gx在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a， ∵gx4ax32bxab，∴令gx12ax22b0x当b≤0时，gx12ax22b＜0在0≤x≤1上恒成立， 此时gx的最大值为：g0ab3ab＝|2a－b|﹢a； 当b＜0时，gx12ax22b在0≤x≤1上的正负性不能判断，

gmaxxmax{g(b)，（g1）} 6ab6a．

4bmax{bab，b2a}36a4bb6aab，b36ab6ab2a，

≤|2a－b|﹢a；

综上所述：函数gx在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a．

即fx＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立．

(Ⅱ)由(Ⅰ)知：函数fx在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a， 且函数fx在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大． ∵﹣1≤fx≤1对x[0，1]恒成立， ∴|2a－b|﹢a≤1．

7

取b为纵轴，a为横轴． 则可行域为：作图如下：

由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有zmax3． ∴所求a＋b的取值范围为：，3．

7 (北京本小题共13分)

b2ab2a和，目标函数为ba13ab1z＝a＋b．

设l为曲线C：ylnx在点(1，0)处的切线. x(I)求l的方程；

(II)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线l的下方

20．（本小题满分16分）

设函数f(x)lnxax，g(x)exax，其中a为实数．

（1）若f(x)在(1,)上是单调减函数，且g(x)在(1,)上有最小值，求a的取值范围； （2）若g(x)在(1,)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论． 解：（1）f(x)故：a≥1．

11a≤0在(1,)上恒成立，则a≥，x(1，)．

x xg(x)exa，

若1≤a≤e，则g(x)ea≥0在(1,)上恒成立，

此时，g(x)eax在(1,)上是单调增函数，无最小值，不合；

若a＞e，则g(x)eax在(1，lna)上是单调减函数，在(lna，)上是单调增函数，gmin(x)g(lna)，满足． 故a的取值范围为：a＞e．

（2）g(x)ea≥0在(1,)上恒成立，则a≤ex，

1

故：a≤ ．

e

xxxx 8

f(x)11axaxx(x0)．

11

(ⅰ)若0＜a≤ ，令f(x)＞0得增区间为(0， )；

ea1

令f(x)＜0得减区间为( ，﹢∞)．

a

当x→0时，f(x)→﹣∞；当x→﹢∞时，f(x)→﹣∞； 111

当x＝ 时，f( )＝﹣lna－1≥0，当且仅当a＝ 时取等号．

aae11

故：当a＝ 时，f(x)有1个零点；当0＜a＜ 时，f(x)有2个零点．

ee(ⅱ)若a＝0，则f(x)＝﹣lnx，易得f(x)有1个零点． (ⅲ)若a＜0，则f(x)1a0在(0，)上恒成立， x即：f(x)lnxax在(0，)上是单调增函数， 当x→0时，f(x)→﹣∞；当x→﹢∞时，f(x)→﹢∞． 此时，f(x)有1个零点．

11

综上所述：当a＝ 或a＜0时，f(x)有1个零点；当0＜a＜ 时，f(x)有2个零点．

ee8设函数fxx1ekx(其中kR).

x2 (Ⅰ) 当k1时,求函数fx的单调区间；

1,1时,求函数fx在0,k上的最大值M. 2【解析】(Ⅰ) 当k1时,

(Ⅱ) 当kfxx1exx2,fxexx1ex2xxex2xxex2

令fx0,得x10,x2ln2

函数fx的递减区间为0,ln2,递增区间为,0,ln2,.

xxxx (Ⅱ)fxex1e2kxxe2kxxe2k,

令fx0,得x10,x2ln2k, 令gkln2kk,则gk11k110,所以gk在,1上递增, kk2所以gkln21ln2lne0,从而ln2kk,所以ln2k0,k 所以当x0,ln2k时,fx0；当xln2k,时,fx0；

k3令hkk1ek1,则hkke3k,

kk令ke3k,则ke3e30

kk3所以Mmaxf0,fkmax1,k1ek

9

所以k在311,1上递减,而1ee30

22211,1使得x00,且当k,x0时,k0, 22所以存在x0当kx0,1时,k0,

所以k在,x0上单调递增,在x0,1上单调递减. 因为h12171e0,h10, 2821,1上恒成立,当且仅当k1时取得“”. 2k3所以hk0在综上,函数fx在0,k上的最大值Mk1ek. 9.（北京理科第18题）已知函数f(x)(xk)e。

（1）求f(x)的单调区间；

（2）若对于任意的x(0,)，都有f(x)x2xk1，求k的取值范围。 ex2k2k解：（1）f(x)e，令f(x)0，则xk

k 当k0时，f(x)与f(x)的情况如下

可得f(x)的单调增区间和单调减区间： 当k0时，f(x)与f(x)的情况如下 可得f(x)的单调增区间和单调减区间。

k1k（2）当k0时，f(k1)e1，此时不符合题意 e4k2 当k0时，由（1）可知，f(x)在(0,)上的最大值是f(k)

e114k21 所以，对任意的x(0,),f(x)等价于f(k)，解得：k0

e2eex210.（湖南文科8）已知函数f(x)e1,g(x)x4x3,若有f(a)g(b),则b的取

值范围为

10

A．[22,22] B．(22,22) C．[1,3] D．(1,3) 答案：B

11.（浙江理科22）设函数f(x)＝(xa)lnx，a∈R

（Ⅰ）若x＝e为yf(x)的极值点，求实数a；

（Ⅱ）求实数a的取值范围，使得对任意的x(0,3e]，恒有f(x)4e成立.

22a(xa)2（Ⅰ）解：求导得f(x)2(xa)lnx+=(xa)(2lnx1)

xx 因为xe是f(x)的极值点，所以f(e)= ea3 经检验，符合题意，所以ae 或a3e。

2（Ⅱ）解：①当0x1时，对于任意的实数a,恒有f(x)04e成立，

a解得ae 或a3e 0，

e ②当1x3e，由题意，首先有f(3e)(3ea)2ln(3e)4e2， 解得3e2e2e，此时a1 a3eln(3e)ln(3e)ax 由（Ⅰ）知f'(x)(xa)(2lnx1)，h(x)2lnx1 则h(1)1a0，h(a)2lna0，

a， x h(3e)2ln(3e)1a2ln(3e)13e3e2eln(3e)1)0。 =2(ln3e

3e3ln(3e) 又h(x)在(0,)内单调递增，所以函数h(x)在(0,)内有唯一零点，记此零点

为

x0，则1x03e，1x0a。 从而，当x(0,x0)时，f'(x)0；当x(x0,a)

,)时，f(x)0，时，f(x)0；当x(a即f(x)在(0,x0)内单调递增，在(x0,a)

内单调递减，在(a,)内单调递增。所以要使f(x)4e对x(1,3e2恒成立，只要

22af(x0)(x0a)lnx04e,(1) 成立。h(x)2lnx10，知 0022x0f(3e)(3ea)ln(3e)4e,(2) a2x0lnx0x0（3）

11

23232将（3）代入（1）得4x0lnx04e，又x01，注意到函数xlnx在[1,+∞)内单

调递增，故1x0e。再由(3)以及函数2xlnxx在(1,)内单调递增，可得1a3e。 由（2）解得，3e2e2e2ea3e 。所以3ea3eln(3e)ln(3e)ln(3e)2ea3e。

ln(3e) 综上，a的取值范围为3e已知函数f(x)alnxb，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30. x1xlnxk，求k的取值范围. x1x（Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）如果当x0，且x1时，f(x)(【解析】（Ⅰ）f'(x)x1lnx)bx 22(x1)xf(1)1,1由于直线x2y30的斜率为，且过点(1,1)，故1即

2f'(1),2b1,a1 解得a1，b1.

b,22（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)lnx1，所以 x1xlnxk1(k1)(x21)f(x)()(2lnx). 2x1x1xx(k1)(x21)(k1)(x21)2x(x0)，则h'(x)考虑函数h(x)2lnx. 2xxk(x21)(x1)2(i)设k0，由h'(x)知，当x1时，h'(x)0.而h(1)0，故

x21h(x)0； 21x1当x(1,)时，h(x)0，可得h(x)0.

1x2lnxklnxk从而当x0，且x1时，f(x)(. )0，即f(x)x1xx1x当x(0,1)时，h(x)0，可得

12

（ii）设0k1.由于当x(1,1x21)2x,0故h(x)0,而)时，(k1)(1k11h(1)0，故当x(1,h(x)0,与题设矛盾. )时，h(x)0，可得21x1k（iii）设k1.此时h(x)0,而h(1)0，故当x(1,)时，h(x)0，可得

1h(x)0,与题设矛盾. 1x2综合得，k的取值范围为,0.

已知函数f(x)=ex-ln(x+m)

(Ι)设x=0是f(x)的极值点，求m,并讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）当m≤2时，证明f(x)>0

12．辽宁（本小题满分12分）

3x已知函数f x1xgxax12xcosx.当x0,1时，,2e2x（I）求证：1-xfx1; 1xxgx恒成立，求实数的a取值范围. （II）若f湖南已知a0，函数f(x)xa。

x2a(x)在区间0,4上的最大值为g(a),（I）；记f求g(a)的表达式； a，a的（I）是否存在使函数间的图像上存在两点，在该两点处的切线相互垂直？若存在，求取值范围；若不存在，请说明理由。 在区内

2x2xa,x0)13．四川(本小题满分14分)已知函数f(x，其中a是实数．设

lnx,x0A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))为该函数图象上的两点，且x1x2．

（Ⅰ）指出函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若函数f(x)的图象在点A,B处的切线互相垂直，且x20，求x2x1的最小值； （Ⅲ）若函数f(x)的图象在点A,B处的切线重合，求a的取值范围．

14、江苏（本小题满分16分）

设函数f(，g，其中a为实数。 (x)eaxx)lnxaxx 13

（1）若f(x)在(1的取值范围； ,)上是单调减函数，且g(x)在(1,)上有最小值，求a（2）若g(x)在(1,)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论。

15新课标已知函数f(x)=ex-ln(x+m)

(Ι)设x=0是f(x)的极值点，求m,并讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）当m≤2时，证明f(x)>0

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