【免费】2010高考数学试题精编：导数的应用(含解析)

【考点阐述】

利用导数研究函数的单调性和极值．函数的最大值和最小值． 【考试要求】

（3）理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数在极值点两侧异号）；会求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值．

【考题分类】

（一）选择题（共2题）

1.（江西卷理12）如图，一个正五角星薄片（其对称轴与水面垂直）匀速地升出水面,记t时刻五角星露出水面部分的图形面积为

S(t)(S(0)0)，则导函数yS(t)的图像大致为

y yyy



ot otoott

A． B． C． D． 【答案】A

【解析】本题考查函数图像、导数图、导数的实际意义等知识，重点考查的是对数学的探究能力和应用能力。最初零时刻和最后终点时刻没有变化，导数取零，排除C；总面积一直保持增加，没有负的改变量，排除B；考察A、D的差异在于两肩位置的改变是否平滑，考虑到导数的意义，判断此时面积改变为突变，产生中断，选择A。

2.（山东卷文8）已知某生产厂家的年利润y（单位：万元）与年产量x（单位：万件）的

1yx381x2343函数关系式为，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为

（A）13万件 (B)11万件 (C) 9万件 (D)7万件

【答案】C

'2'2yx810yx810，解得x9，0x9【解析】令导数，解得；令导数

1yx381x2343所以函数在区间(0,9)上是增函数，在区间(9,)上是减函数，所

以在x9处取极大值，也是最大值，故选C。

【命题意图】本题考查导数在实际问题中的应用，属基础题。

（二）解答题（共35题）

fxex2x2a,xRa1.（安徽卷理17）设为实数，函数。

(Ⅰ)求

fx的单调区间与极值；

x2(Ⅱ)求证：当aln21且x0时，ex2ax1。

2.（安徽卷文20）设函数

fxsinxcosxx1 , 0x2，求函数

fx的单调

区间与极值。

【命题意图】本题考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性与极值的方法，考查综合应用数学知识解决问题的能力. 【解题指导】（1）对函数

fxsinxcosxx1求导，对导函数用辅助角公式变形，

利用导数等于0得极值点，通过列表的方法考查极值点的两侧导数的正负，判断区间的单调性，求极值.

解：由f(x)=sinx-cosx+x+1,0因此，由上表知f(x)的单调递增区间是（0，）与（3，2），2333单调递增区间是（，），极小值为f()=，极大值为f()=2222

【思维总结】对于函数解答题，一般情况下都是利用导数来研究单调性或极值，利用导数为

0得可能的极值点，通过列表得每个区间导数的正负判断函数的单调性，进而得出极值点.

x2xf2xxx3.（北京卷理18）已知函数()=In(1+)-+(k≥0)。

(Ⅰ)当k=2时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (Ⅱ)求f(x)的单调区间。

解：（I）当k2时，

f(x)ln(1x)xx2,f'(x)112x.1x

3f(1)ln(2),f'(1),1,f(1))处的切线方程为 2所以曲线yf(x)在点（由于yln23(x1)2。即3x2y2ln230

x(kxk1)x,x(1,).f'(x).1x1x 当k0时，

f'(x)（II）

因此在区间(1,0)上，f'(x)0；在区间(0,)上，f'(x)0； 所以f(x)的单调递增区间为(1,0)，单调递减区间为(0,)；

x(kxk1)1k0x10,x200k11xk当时，，得;

1k1k(,)(0,)1,0f'(x)0kk因此，在区间和上，；在区间上，f'(x)0；

f'(x)1k1k(,)(0,)1,0f(x)kk即函数 的单调递增区间为和，单调递减区间为；

x2f'(x)k11x.f(x)的递增区间为(1,) 当时，

当k1时，由因此，在区间

f'(x)x(kxk1)1k0x10,x2(1,0)1xk，得；

(1,1k1k)(,0)k和(0,)上，f'(x)0，在区间k上，f'(x)0；

1k1k(,0)1,k(0,)f(x)k即函数 的单调递增区间为和，单调递减区间为。

f(x)4.（北京卷文18）设定函数个根分别为1，4。

a3xbx2cxd(a0)'f3，且方程(x)9x0的两

（Ⅰ）当a=3且曲线yf(x)过原点时，求f(x)的解析式； （Ⅱ）若f(x)在(,)无极值点，求a的取值范围。

5.（福建卷理20）

（Ⅰ）已知函数f(x)xx，其图象记为曲线C。 （ⅰ）求函数f(x)的单调区间； （ⅱ）证明：若对于任意非零实数

3，f(x1))处的切线交于另一点x1，曲线C与其在点P1(x1P(x，f(x3))，PPPPP2(x2，f(x2))，P曲线C与其在点2处的切线交于另一点33线段12、2与

S1S曲线C所围成封闭图形的面积分别记为S1，S2，则2为定值；

32g(x)axbxcxd(a0)，请给出类似于（Ⅰ）（ii）（Ⅱ）对于一般的三次函数

的正确命题，并予以证明。

【命题意图】本小题主要考查函数、导数、定积分等基础知识，考查抽象概括能力、运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、特殊与一般思想。

3'2f(x)=x-xf(x)=3x-1=【解析】（Ⅰ）（i）由得

3(x-33)(x+)33，

x(-,-当

33）)（，'f3和3时，(x)>0；

x(-当

33,)'33时，f(x)<0，

因此，f(x)的单调递增区间为

(-,-3333）)（，(-,)3和333，单调递减区间为。

23Py=(3x-1)(x-x)+x-x1,即 1111（ii）曲线C与其在点处的切线方程为

23y(3x1-1)x-2x13233y=(3x12-1)x-2x13,由(3x-1)x-2xy=x-x11， 得x-x=2(x-x)（x+2x1)=0，解得x=x1或x2x1,故x22x1，进而有 1即

2x1S1x1(x3-3x12x+2x13)dx=274x1xx4，用2代替1，重复上述计算过程，可得

x32x2和

S2=27427164x2S2=x10,x2x0441，又2，所以

S11=S16。

因此有2'（Ⅱ）记函数g(x)=ax+bx+cx+d(a0)的图象为曲线C，类似于（Ⅰ）（ii）的正确命

32b'P(x,g(x1))处的切线交于另一点 x题为：若对任意不等式3a的实数1，曲线C与其在点11P2(x2,g(x2))，曲线C与其在点P2(x2,g(x2))处的切线交于另一点P3(x3,g(x3))，线段

P1P2,P2P3与曲线C'所围成封闭图形的面积分别记为S1,S2,则证明如下：

因为平移变换不改变面积的大小，故可将曲线y=g(x)的对称中心

S1为定值.S2

bb，g())3a3a平移至

（3g(x)=ax+hx(x0)，类似（i）（ii）的计算可得 坐标原点，因而不妨设

S1=S1127427164=x1S2=x10,S16。 44，故2

1f(x)x2axb36.（福建卷文22）已知函数的图像在点P(0,f(0))处的切线方程为y3x2.

（Ⅰ）求实数a，b的值；

2,x1（Ⅱ）设y4x(2)2p （ⅰ）求实数m的最大值；

22g(x)f(x)mx1是[2,)上的增函数.

（ⅱ）当m取最大值时，是否存在点Q，使得过点Q的直线能与曲线yg(x)围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.

2P(x,y)(x0,yn0)是曲线Cn上的点C：ynx7.（广东卷文21）已知曲线n，点nnnn（n=1,2,„）. （1）试写出曲线

Cn在点Pn处的切线ln的方程，并求出ln与y轴的交点Qn的坐标；

ln的距离与线段PnQn的长度之比取得最大值，试求试点Pn的坐标

（2）若原点O(0,0)到

(xn,yn)；w_w*w.k_s_5 u.c*o*m

（3）设m与k为两个给定的不同的正整数，

xn与yn是满足（2）中条件的点Pn的坐标，

证明：

n1s(m1)xn(k1)yn2msks(s1,2,…)www.ks5u.com

w.w.wwww.ks5u.com w.w.^w.k.s.5*

8.（湖北卷理17）为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层。某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元。该建筑物每年的能源消耗费用C（单位：万元）与隔热层厚度x（单位：cm）满足关系：C

k(0x10),3x5（x）=若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元。设f（x）为隔热层

建造费用与20年的能源消耗费用之和。

（Ⅰ）求k的值及f(x)的表达式。

（Ⅱ）隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值。

b9.（湖北卷理21）已知函数f(x)=ax+x+c(a＞0)的图象在点（1,f(1)）处的切线方程为y=x-1.

(Ⅰ)用a表示出b,c;

(Ⅱ)若f(x)＞㏑x在[1,∞]上恒成立，求a的取值范围；

n1112n1(Ⅲ)证明：1+2+3+„+n＞㏑(n+1)+)(n≥1).

10.（湖北卷文

1a（fx）=x3x2bxcfx）f0）3221）设函数，其中a＞0，曲线y（在点P（0，（）

处的切线方程为y=1

（Ⅰ）确定b、c的值

x，（fx2）x，（fx1）fx）（Ⅱ）设曲线y（在点（1）及（2）处的切线都过点（0,2）证明：

当

x1x2时，f'(x1)f'(x2)

fx）（Ⅲ）若过点（0,2）可作曲线y（的三条不同切线，求a的取值范围。

11.（湖南卷理

21）数列

an(nN*)中，a1=a，a n+1是函数

11fn(x)x3(3ann2)x23n2anx32的极小值点

（Ⅰ）当a=0时，求通项

an；

（Ⅱ）是否存在a，使数列理由。

an是等比数列？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明

'2222f(x)x(3an)x3na(x3a)(xn) nnn【解析】易知n'2f(x)0,得 x＝3a，x＝n) nn令

2若3an, n (1)

当x3an时，fn'(x)0，fn(x)单调递增； 当3anxn2时,fn'(x)0，fn(x)单调递减； 当xn2时,fn'(x)0，fn(x)单调递增；

2f(x)x＝n时,取得极小值。n故在

2若3an,仿（1）可得，fn(x)在x3an取得极小值。n（2）

（3）

若3an＝n2,fn'(x)0，fn(x)无极值。

f(x)12（湖南卷文21）已知函数（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；

ax(a1)lnx15a,x其中a<0,且a≠-1.

(2x33ax26ax4a26a)ex,x1g(x)x1（e是自然数的底数）。是否存ef(x),（Ⅱ）设函数

在a，使g(x)在[a,-a]上为减函数？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由。

13.（江苏卷20）设f(x)使定义在区间(1,)上的函数，其导函数为f'(x).如果存在实数

a和函数h(x)，其中h(x)对任意的x(1,)都有h(x)>0，使得f'(x)h(x)(x2ax1)，则称函数f(x)具有性质P(a).

(1)设函数f(x)h(x)b2(x1)x1，其中b为实数

①求证：函数f(x)具有性质P(b) ②求函数f(x)的单调区间

(2)已知函数g(x)具有性质P(2)，给定x1,x2(1,),x1x2,设m为实数，

mx1(1m)x2，(1m)x1mx2，且1,1，若|g()g()|<

|g(x1)g(x2)|,求m的取值范围

[解析] 本小题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识，考查灵活运用数形结

合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。满分16分。 （1）(i)f'(x)1b21(x2bx1)22x(x1)x(x1)102x(x1)

∵x1时，

h(x)恒成立，

∴函数f(x)具有性质P(b)；

b2b2(x)xbx1(x)124，(x)与f'(x)的符号相同。 (ii)（方法一）设

2b210,2b24当时，(x)0，f'(x)0，故此时f(x)在区间(1,)上递增；

当b2时，对于x1，有f'(x)0，所以此时f(x)在区间(1,)上递增；

当b2时，(x)图像开口向上，对称轴

xb12，而(0)1，

对于x1，总有(x)0，f'(x)0，故此时f(x)在区间(1,)上递增；

222(x)xbx1x2x1(x1)0 b2x1（方法二）当时，对于，

所以f'(x)0，故此时f(x)在区间(1,)上递增；

当b2时，(x)图像开口向上，对称轴

xb12，方程(x)0的两根为：

bb24bb242bb24bb241,(0,1),222bb422，而

bb24bb24x(1,)(1,)f(x)(x)f'(x)0，0，故此时22 当时，在区间 bb24[,)f(x)2上递减；同理得：在区间上递增。

综上所述，当b2时，f(x)在区间(1,)上递增；

bb24)(x)在(1,2上递减；

当b2时，fbb24,)f(x)在[2上递增。

22g'(x)h(x)(x2x1)h(x)(x1)(2)（方法一）由题意，得：

又h(x)对任意的x(1,)都有h(x)>0，

所以对任意的x(1,)都有g(x)0，g(x)在(1,)上递增。

又

x1x2,(2m1)(x1x2)。

m1,m1x1(m1)x1(1m)x2,x2(1m)x1(m1)x2，2时，，且

当

综合以上讨论，得：所求m的取值范围是（0，1）。

2g(x)g'(x)h(x)(x2x1)，其中函数h(x)0对于任（方法二）由题设知，的导函数2x(1,)g'(x)h(x)(x1)0，从而g(x)在区间x1意的都成立。所以，当时，

(1,)上单调递增。

①当m(0,1)时，有

mx1(1m)x2mx1(1m)x1x1，

mx1(1m)x2mx2(1m)x2x2，得(x1,x2)，同理可得(x1,x2)，所以

由g(x)的单调性知g()、g()(g(x1),g(x2))，

从而有|g()g()|<|g(x1)g(x2)|，符合题设。 ②当m0时，

mx1(1m)x2mx2(1m)x2x2，

(1m)x1mx2(1m)x1mx1x1，于是由1,1及g(x)的单调性知

g()g(x1)g(x2)g()，所以|g()g()|≥|g(x1)g(x2)|，与题设不符。

③当m1时，同理可得

x1,x2，进而得|g()g()|≥|g(x1)g(x2)|，与题

设不符。

因此综合①、②、③得所求的m的取值范围是（0，1）。 14.（江西卷理19）设函数f(x)lnxln(2x)ax(a0)． （1）当a1时，求f(x)的单调区间；

1（2）若f(x)在(0,1]上的最大值为2，求a的值．

考查函数导数运算、利用导数处理函数最值等知识。

f(x)【解析】对函数求导得：

11ax2x，定义域为（0，2）

单调性的处理，通过导数的零点进行穿线判别符号完成。

11x22f(x)0得+1=00x2x（x2x）当a=1时，令

2),f(x)0,为减函数。 当x(0,2),f(x)0,为增区间；当x(2，区间

，01上的最值问题，通过导数得到单调性，结合极值点和端点的比较得到，确定待定

11ax2x>0，为单调递增区间。

量a的值。

当

x01，f(x)有最大值，则必不为减函数，且

最大值在右端点取到。

fmaxf(1)a12。

32f(x)6x3(a2)x2ax. 15.（江西卷文17）设函数

x,xxx1，求实数a的值；

（1）若f(x)的两个极值点为12，且12（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.

考查函数利用导数处理函数极值单调性等知识

2f(x)18x6(a2)x2a 【解析】

（1）由已知有

f(x1)f(x2)0，从而

x1x22a118，所以a9；

2236(a2)4182a36(a4)0， （2）由

所以不存在实数a，使得f(x)是R上的单调函数.

2f(x)(a1)lnxax1 16.（辽宁卷理21）已知函数

（I）讨论函数f(x)的单调性；

（II）设a1.如果对任意x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)4|x1x2|，求a的取值

范围。

2f(x)(a1)lnxax1. 17.（辽宁卷文21）已知函数

（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性； K^S*5U.C# （Ⅱ）设a2，证明：对任意

x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|。

a12ax2a1f(x)2axxx解：(Ⅰ) f(x)的定义域为(0,+)，. 当a≥0时，f(x)＞0，故f(x)在(0,+)单调增加； 当a≤－1时，f(x)＜0, 故f(x)在(0,+)单调减少；

当－1＜a＜0时，令f(x)＝0,解得x=a1a12a.当x∈(0, 2a)时, f(x)＞0；

x∈(a1a1a12a，+)时，f(x)＜0, 故f(x)在（0, 2a）单调增加，在（2a，+）单调减少.

(Ⅱ)不妨假设x1≥x2.由于a≤－2,故f(x)在（0，+）单调减少. 所以

f(x1)f(x2)4x1x2等价于

f(x1)f(x2)≥4x1－4x2 , 即f(x2)+ 4x2≥

f(x1)+ 4x1.

2ax24xa1a1g(x)2axxx令g(x)=f(x)+4x,则+4＝.

4x24x1(2x1)2xx于是g(x)≤＝≤0.

从而g(x)在（0，+）单调减少，故g(x1) ≤g(x2)， 即 f(x1)+ 4x1≤f(x2)+ 4x2，故对任意x1,x2∈(0,+) ，18.（全国Ⅰ卷理20）已知函数f(x)(x1)lnxx1.

2xf'(x)xax1，求a的取值范围； （Ⅰ）若

f(x1)f(x2)4x1x2.

（Ⅱ）证明：(x1)f(x)0 .

【命题意图】本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识,通过运用导数知识解决函数、

不等式问题,考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力以及计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想.

f(x)【解析】 （Ⅰ）

x11lnx1lnxxx， xf(x)xlnx1,

2xf(x)xax1等价于lnxxa. 题设

令g(x)lnxx，则

'g(x)11x

'1，g(x)＞0；当x≥1时，g(x)≤0，x1是g(x)的最大值点， 当0＜x＜1, g(x)≤g(1)1 综上，a的取值范围是.

(Ⅱ)有（Ⅰ）知，g(x)≤g(1)1即lnxx1≤0.

1时，f(x)(x1)lnxx1xlnx(lnxx1)≤0； 当0＜x＜

当x≥1时， f(x)lnx(xlnxx1)lnxx(lnx11)x

lnxx(ln 所以(x1)f(x)≥0

111)≥0 xx42f(x)3ax2(3a1)x4x 19.（全国Ⅰ卷文21）已知函数

a（I）当

16时，求f(x)的极值;

1,1上是增函数，求a的取值范围

（II）若f(x)在

解：（Ⅰ）

fx4x13ax23ax1

a当

12fx2(x2)(x1)（2，）6时，，f(x)在(,2)内单调减，在内单调

增，在x2时，f(x)有极小值. 所以f(2)12是f(x)的极小值.

x2f(x)e1xax20.（全国Ⅰ新卷理21）设函数。

若a0，求f(x)的单调区间；

若当x0时f(x)0，求a的取值范围

xxf(x)e1xf'(x)e1. a0解：（1）时，，

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

xf'(x)e12ax （II）

x由（I）知e1x，当且仅当x0时等号成立.故

f'(x)x2ax(12a)x，

从而当12a0，即

a12时，f'(x)0 (x0)，而f(0)0，

于是当x0时，f(x)0.

xxe1x(x0).从而当e1x(x0)由可得

a12时，

f'(x)ex12a(ex1)ex(ex1)(ex2a)，

故当x(0,ln2a)时，f'(x)0，而f(0)0，于是当x(0,ln2a)时，f(x)0.

1(,]2. 综合得a的取值范围为

fxxex1ax2

21.（全国Ⅰ新卷文21）设函数

1f（Ⅰ）若a=2，求x的单调区间；

f（Ⅱ）若当x≥0时x≥0，求a的取值范围

a解：（Ⅰ）当

11f(x)x(ex1)x2xxx2时，2，f'(x)e1xex(e1)(x1)。

x,1x1,0x0,时f'(x);当时，f'(x)0;当时，f'(x)0。

,1，0,单调增加，在（-1，0）单调减少。

故f(x)在

aaxf(x)x(x1ax)g(x)x1axg'(x)ea。若a1，则当（Ⅱ）。令，则

x0,时，g'(x)，g(x)为减函数，而g(0)0，从而当x≥0时g(x)≥0，即f(x)x0,lna≥0.若a，则当时，g'(x)，g(x)为减函数，而g(0)0，从而当x0,lna,1 时g(x)＜0，即f(x)＜0. 综合得a的取值范围为

fx1exfx．

22.（全国Ⅱ卷理22）设函数

（Ⅰ）证明：当x＞-1时，

xx1；

（Ⅱ）设当x0时，

fxxax1，求a的取值范围．

【命题意图】本题主要考查导数的应用和利用导数证明不等式，考查考生综合运用知识的能力及分类讨论的思想，考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力. 【参考答案】

【点评】导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度不会减弱。作为压轴题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在. 23.（全国Ⅱ卷文21）已知函数f（x）=x-3ax+3x+1。

（Ⅰ）设a=2，求f（x）的单调期间；

（Ⅱ）设f（x）在区间（2,3）中至少有一个极值点，求a的取值范围。

【分析】本题考查了导数在函数性质中的应用，主要考查了用导数研究函数的单调区间、极值及函数与方程的知识。

（1）求出函数的导数，由导数大于0，可求得增区间，由导数小于0，可求得减区间。

32（2）求出函数的导数f(x)，在（2，3）内有极值，即为f(x)在（2，3）内有一个零点，即可根据f(2)f(3)0，即可求出a的取值范围。

【解析】

55a3， ①式无解，②式的解为455， 因此a的取值范围是43.

f(x)lnxax24.（山东卷理22）已知函数

1a1(aR)x

1 （Ⅰ）当a≤2时，讨论f(x)的单调性：

11,2，使

（Ⅱ）设g(x)=x2-2bx+4.当a=4时，若对任意x1∈（0，2），存在x2∈

f(x1)g(x2)，求实数b的取值范围。

11a-ax2+x+a-1f(x)a-2）xx=x2【解析】(Ⅰ)原函数的定义域为（0，+，因为 ，所

'以当a0时，

f'(x)x-1x-1'f(x)>0x2，令x2得x>1，所以

此时函数f(x)在（1，+）上是增函数；在（0，1）上是减函数；

121-x+x+-1-x2+2x-1（2-x-1）122a0'222f(x)22x2xx当时，，所以

此时函数f(x)在（0，+）是减函数；

-ax2+x+a-11x>1或x<-1>0'22f(x)a（舍去），此x当a<0时，令=得-ax+x-1+a>0，解得

时函数f(x)在（1，+）上是增函数；在（0，1）上是减函数；

-ax2+x+a-11100'22f(x)-ax+x-1+a>02ax当时，令=得，解得，此时函数 11-1)（-1，f(x)在（1，a上是增函数；在（0，1）和a+）上是减函数；

-ax2+x+a-1110'22f(x)-ax+x-1+a>02ax当时，令=得，解得，此时函数 11-1（-1，f(x)在a（1，a1）上是增函数；在（0，）和+）上是减函数；

-ax2+x+a-11-10>0'22f(x)a1ax当时，由于，令=得-ax+x-1+a>0，可解得0x1，

此时函数f(x)在（0，1）上是增函数；在（1，+）上是减函数。

a（Ⅱ）当

1x(0,2)，4时，f(x)在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，所以对任意1

11g(x2)x1,2f(x)g(x)22，又已知存在212，所以，使，

有

f(x1)f(1)=-1922g(x)x2bx42bxxx21,2x1,2，使2，即2，即，即存在

911171111112bb[,)2bx2[,]24，所以2，解得4，即实数b取值范围是4x。

【命题意图】本题将导数、二次函数、不等式知识有机的结合在一起，考查了利用导数研究

函数的单调性、利用导数求函数的最值以及二次函数的最值问题，考查了同学们分类讨论的数学思想以及解不等式的能力；考查了学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力。

（1）直接利用函数与导数的关系讨论函数的单调性；（2）利用导数求出f(x)的最小值、利用二次函数知识或分离常数法求出g(x)在闭区间[1,2]上的最大值，然后解不等式求参数。

（标准答案）本小题主要考查导数的概念以及利用导数研究函数性质的能力，考查分类讨论思想、数形结合思想、等价变换思想，以及综合运用知识解决新情境、新问题的能力。

f(x)lnxax解：（Ⅰ）因为

'1a1x，

1a1ax2x1af(x)a2x(0,)2xxx所以 ，

2h(x)axx1a,x(0,)， 令

a ①当单调递减；

1'（0，+）2时，x1x2,h(x)≥0恒成立，此时f(x)≤0，函数 f(x)在上

110＜a＜时，1＞1＞02a ②当，

'h(x)＞0x(0,1)f 时，，此时(x)＜0，函数f(x)单调递减；

1x(1,1)'a 时h(x)＜0，此时f(x)＞0，函数 f(x)单调递增； 1x(1,)'h(x)＞0fa 时，，此时(x)＜0，函数f(x)单调递减； 11＜0a＜0a ③当时，由于，

'h(x)＞0x(0,1)f ，,此时(x)＜0，函数 f(x)单调递减；

'x(1,)h(x)＜0f 时，，此时(x)＞0，函数f(x)单调递增.

综上所述：

11(0,)'xx(0,2)x(0,1)f4212（Ⅱ）因为a=，由（Ⅰ）知，=1，=3，当时，(x)0，

函数f(x)单调递减；

g(x)ming(2)84b0b(2,)117b,28当

f(1)12。

x(1,2)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以f(x)在（0，2）上的最小值为

由于“对任意

'x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)g(x2)”等价于

11,2上的最小值不大于f(x)在（0,2）上的最小值2”（*）

“g(x)在

22x1,2g(x)(xb)4b又=，1，所以

①当b1时，因为②当

g(x)ming(1)52b0，此时与（*）矛盾

b1,2g(x)min4b20时，因为，同样与（*）矛盾

③当b(2,)时，因为

g(x)ming(2)84b，解不等式8-4b

117b8 2，可得

17,8综上，b的取值范围是。

f(x)lnxax25.（山东卷文21）已知函数

1a1(aR)x

（I）当a1时，求曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程；

a

（II）当

12时，讨论f(x)的单调性.

【命题意图】本小题主要考查导数的概念、导数的几何意义和利用导数研究函数性质的能力，考查分类讨论思想、数形结合思想和等价变换思想。

时，f(x)【解析】解：（Ⅰ） 当a11， 因此，f（2）

lnxx21,x(0,),x

2，f(2))处的切线斜率为1，.„„„„„„„„ 即 曲线yf(x)在点（ 又 f(2)ln22,

yf(x)在点（2，f(2))处的切线方程为y(ln22)x2, 所以曲线即xyln20.

f(x)lnxax（Ⅱ）因为

1a1x，

ax2x1a1a1f'(x)a2xxx2 所以 x(0,)，

2g(x)axx1a,x(0,), 令

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a≠0时，由f(x)=0，

即 ax2-x+1=0, 解得 x1=1,x2=1/a-1

① 当a=1/2时，x1= x2, g(x)≥0恒成立，此时f(x)≤0，函数f(x)在（0，+∞）上单调递减;

② 当01>0

x∈(0，1)时，g(x)>0,此时f(x)<0,函数f(x)单调递减 x∈(1，1/a-1)时，g(x)>0,此时f(x)x∈(1/a-1，+∞)时，g(x)>0，此时f(x)x∈(0,1)时，g(x)>0,此时f,(x)<0函数f(x)单调递减；

x∈（1 ，∞）时，g(x)<0此时函数f,(x)<0单调递增。 综上所述：

当a≤ 0 时，函数f(x)在（0,1）上单调递减; 函数f(x)在 (1, +∞) 上单调递增

当a=1/2时,函数f(x)在(0, + ∞)上单调递减 当026.（陕西卷理21）已知函数f（x）=x，g（x）=alnx，aR。

若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)相交，且在交点处有相同的切线，求a的值及该切线的方程； 设函数h(x)=f(x)- g(x),当h(x)存在最小之时，求其最小值（a）的解析式；

对（2）中的（a）和任意的a>0，b>0，证明：

'(ab'(a)'(b)2ab)'()22ab

a解 （1）f’(x)=2x,g’(x)=x(x>0),

由已知得 x=alnx，

1ae2x=x， 解德a=2,x=e2,

1两条曲线交点的坐标为（e2,e） 1切线的斜率为k=f’(e2)= 2e, 1切线的方程为y-e=2e(x- e2).

当a.>0时，令h (x)=0,解得x=4a,

所以当0 < x< 4a时 h (x)<0，h(x)在（0，4a）上递减；

22'4a4a当x>时，h (x)>0，h(x)在（0，）上递增。

2'2'2所以x>4a是h(x)在（0， +∞ ）上的唯一极致点，且是极小值点， 从而也是h(x)的最小值点。所以Φ （a）=h(4a)= 2a-aln4a=2

（2）当a ≤ 0时，h(x)=(1/2-2a) /2x>0,h(x)在（0，+∞）递增，无最小值。 故 h(x) 的最小值Φ （a）的解析式为2a(1-ln2a) (a>o)

222

（3）

27.（陕西卷文21）已知函数f（x）=x，g（x）=alnx，aR。

若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)相交，且在交点处有相同的切线，求a的值及该切线的方程； 设函数h(x)=f(x)- g(x),当h(x)存在最小之时，求其最小值（a）的解析式； 对（2）中的（a），证明：当a（0，+）时， （a）1.

a解 （1）f’(x)=2x,g’(x)=x(x>0),

由已知得 x=alnx，

1ae2x=x， 解德a=2,x=e2,

1两条曲线交点的坐标为（e2,e） 1切线的斜率为k=f’(e2)= 2e, 1切线的方程为y-e=2e(x- e2).

24a当a.>0时，令h (x)=0,解得x=,

'所以当0 < x< 4a时 h (x)<0，h(x)在（0，4a）上递减； 当x>4a时，h (x)>0，h(x)在（0，4a）上递增。

所以x>4a是h(x)在（0， +∞ ）上的唯一极致点，且是极小值点， 从而也是h(x)的最小值点。所以Φ （a）=h(4a)= 2a-aln4a=2

22222'2'2（2）当a ≤ 0时，h(x)=(1/2-2a) /2x>0,h(x)在（0，+∞）递增，无最小值。 故 h(x) 的最小值Φ （a）的解析式为2a(1-ln2a) (a>o) （3）由（2）知Φ （a）=2a(1-ln2a)

则 Φ 1（a ）=-2ln2a，令Φ 1（a ）=0 解得 a =1/2

当 00，所以Φ （a ） 在(0,1/2) 上递增 当 a>1/2 时， Φ 1（a ）<0，所以Φ（a ） 在 (1/2, +∞)上递减。 所以Φ（a ）在(0, +∞)处取得极大值Φ（1/2 ）=1 因为Φ（a ）在(0, +∞)上有且只有一个极致点，所以Φ（1/2）=1也是Φ（a）的最大值 所当a属于 (0, +∞)时，总有Φ（a） ≤ 1

1axf(x)1ax（a0且a1），g(x)是f(x)的反函数. 28.（四川卷理22）设

logatg(x)2,6上有实数解，求t的取值(x21)(7x)在区间

n（Ⅰ）设关于x的方程求范围；

2nn2g(k)2n(n1)； （Ⅱ）当ae（e为自然对数的底数）时，证明：k2012时，试比较k1（Ⅲ）当

f(k)nn与4的大小，并说明理由.

1axf(x)1ax（a0且a1），g(x)是f(x)的反函数. 29.（四川卷文22）设

（Ⅰ）求g(x)；

（Ⅱ）当x[2,6]时，恒有

g(x)logat(x21)(7x)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

xf(x)xc(xR) 30.（天津卷理21）已知函数

（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间和极值；

（Ⅱ）已知函数yg(x)的图象与函数yf(x)的图象关于直线x1对称，证明当x1时，f(x)g(x) （Ⅲ）如果

x1x2，且f(x1)f(x2)，证明x1x22

【命题意图】本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，

考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力。

x(x)(1x)e【解析】（Ⅰ）解：f’

令f’(x)=0,解得x=1

当x变化时，f’(x)，f(x)的变化情况如下表 X f’(x) f(x) (,1) + 1 0 极大值 (1,) -   所以f(x)在(,1)内是增函数，在(1,)内是减函数。

1函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=e

（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)exx2F(x)xe(x2)e令F(x)=f(x)-g(x),即 2x2xF'(x)(x1)(e1)e于是

2x-2xe10,又e0,所以F’(x)>0,从而函数F（x）在[1,+∞)当x>1时，2x-2>0,从而

x2

是增函数。

又F(1)=ee0，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x). Ⅲ)证明：（1） 若

-1-1(x11)(x21)0,由（）及f(x1)f(x2),则x1x21.与x1x2矛盾。

(x11)(x21)0,由（）及f(x1)f(x2),得x1x2.与x1x2矛盾。

(x11)(x21)0,不妨设x11,x21.

f(x2)>g(x2),则g(x2)=f(2-x2)，所以f(x2)>f(2-x2),从而

（2）若

根据（1）（2）得

由（Ⅱ）可知，

f(x1)>f(2-x2).因为x21，所以2x21，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）

内事增函数，所以

x1>2x2,即x1x2>2.

ax332x1(xR)2，其中a>0.

31.（天津卷文20）已知函数f（x）=

（Ⅰ）若a=1，求曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；

11,（Ⅱ）若在区间22上，f（x）>0恒成立，求a的取值范围.

【命题意图】本小题主要考查曲线的切线方程、利用导数研究函数的单调性与极值、解不等式等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法.

3x3x2122【解析】（Ⅰ）解：当a=1时，f（x）=，f（2）=3；f’(x)=3x3x, f’

(2)=6.所以曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y-3=6（x-2），即y=6x-9.

1（Ⅱ）解：f’(x)=3ax3x3x(ax1).令f’(x)=0，解得x=0或x=a.

2以下分两种情况讨论：

110a2，则a2，当x变化时，f’(x)，f（x）的变化情况如下表： 若

X 10，2 + 0 10，2 - f’(x) f(x) 0 极大值   15a0,f()0,82即11f(1)0,5a0.x，时，f（x）>0822当等价于2，

解不等式组得-50若a>2，则

11a2.当x变化时，f’(x),f（x）的变化情况如下表：

X 10，2 + 0 10，a - 1a 0 极小值 11，a2 + f’(x) f(x) 0 极大值   

5a1>0,f(-)>0,281112f()>0,1-1>0.x，a5222a2a时，f（x）>0等价于当即，解不等式组得2a或

22.因此222f(x)(xa)(xb)ea32.（浙江卷理22）已知是给定的实常数，设函数，bR，

xa是f(x)的一个极大值点．

(Ⅰ)求b的取值范围； (Ⅱ)设

x1,x2,x3是f(x)的3个极值点，x,x,x,xxR，

问是否存在实数b，可找到4使得1234xi1,xi2,xi3,xi4(其中

的某种排列

i1,i2,i3,i4=1,2,3,4)依次成等差数列?若存在，求所有的

b及相应的x4；若不存在，说明理由．

解析：本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知识，同

时考查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识。

x2(3ab)x2baba, （Ⅰ）解：f’(x)=ex(x-a)

g(x)x2(3ab)x2baba,22则=(3-a+b)4(2baba)(ab1)80, 令

于是，假设

x1,x2是g(x)0的两个实根，且x1x2.

当x1=a 或x2=a时，则x=a不是f(x)的极值点，此时不合题意。

当x1a且x2a时，由于x=a是f(x)的极大值点，故x12

(ab1)28aa26x2xaab342此时 2(ab1)8aa26x2xaab32或4

（2）当

x2aax1时，则x2a2(ax1)或(ax1)2(x2a)

9132于是ab1

此时

x4ax2a(ab3)3(ab3)113b3a242

综上所述，存在b满足题意， 当b=-a-3时，

x4a26 ba713113x4a2时，2 713113x4a2时，2

ba2f(x)(xa)33.（浙江卷文21）已知函数（a-b）(a,bR,a（I）当a=1，b=2时，求曲线yf(x)在点（2，f(x)）处的切线方程。 （II）设存在实数

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：x4，使得x1,x2,x3,x4 按某种顺序排列后的等差数列，并求x4

解析：本题主要考查函数的极值概念、导数运算法则、切线方程、导线应用、等差数列等基础知识，同时考查抽象概括、推理论证能力和创新意识。 (Ⅰ)解：当a=1,b=2时，

因为f’(x)=(x-1)(3x-5)故f’(2)=1，f(2)=0, 所以f(x)在点（2,0）处的切线方程为y=x-2

a2b（Ⅱ）证明：因为f′（x）＝3（x－a）（x－3），

a2b故a<3.

由于aa2b所以f（x）的两个极值点为x＝a，x＝3.[ a2b不妨设x1＝a，x2＝3，

因为x3≠x1，x3≠x2，且x3是f（x）的零点， 故x3＝b.

a2ba2b又因为3－a＝2（b－3），

1a2b2ab2aba2bx4＝2（a＋3）＝3，所以a，3，3，b依次成等差数列，

2ab所以存在实数x4满足题意，且x4＝3.

fxx1lnx1,xa其中实数a1。

34.（重庆卷理18）已知函数（Ⅰ）若a=-2，求曲线（Ⅱ）若

yfx在点

0,f0处的切线方程；

fx的单调性。

fx在x=1处取得极值，试讨论

32x)f(x)f('x)f(x)axxbx 35.（重庆卷文19）已知函数（其中常数a，b∈R），g(是奇函数.

（Ⅰ）求f(x)的表达式；

（Ⅱ）讨论g(x)的单调性，并求g(x)在区间1,2上的最大值与最小值.