2013版《6年高考4年模擬》：導數(shù)及其應(yīng)用

8、值點 C．x＝－1為f(x)的極大值點 D．x＝－1為f(x)的極小值點 答案：D　[解析] 本小題主要考查導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性及函數(shù)的極值的知識，解題的突破口為求函數(shù)的導函數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而判斷函數(shù)的極值點．f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，因為ex>0恒成立，當f′(x)>0時，x>－1，函數(shù)f(x)為單調(diào)增函數(shù)；當f′(x)<0時，x<－1，函數(shù)f(x)為單調(diào)減函數(shù)．所以x＝－1為極小值點．故選D. 9.[2012·重慶卷] 設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖1－1所示，則下列結(jié)論中一定成立的是(　　) 圖1

9、－1 A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1) B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1) C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2) D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2) 答案：D　[解析] 在x＝－2左側(cè)附近時，由圖象知，y＝(1－x)f′(x)＞0，則f′(x)＞0，在x＝－2右側(cè)附近時，由圖象知，y＝(1－x)f′(x)＜0，則f′(x)＜0，所以函數(shù)在x＝－2處取得極大值；在x＝1左側(cè)附近時，由圖象知，y＝(1－x)f′(x)＜0，f′(x)＜0，在x＝1右側(cè)附近時，由圖象知，y＝(1－x)f′(x)＞0，則f′(x)＜0，所以函

10、數(shù)在x＝1處沒有極值；在x＝2左側(cè)附近時，由圖象知，y＝(1－x)f′(x)＞0，則f′(x)＜0，在x＝2右側(cè)附近時，由圖象知，y＝(1－x)f′(x)＜0，則f′(x)＞0，所以函數(shù)在x＝2處取得極小值． 10.[2012·江西卷] 計算定積分－1(x2＋sinx)dx＝________. 答案：　[解析] 考查定積分的計算、誘導公式，以及運算能力；解題的突破口是通過基本初等函數(shù)的導數(shù)公式的逆向使用確定被積函數(shù)的原函數(shù).－1(x2＋sinx)dx＝＝－cos1－＋cos(－1)＝. 11.[2012·福建卷] 如圖所示，在邊長為1的正方形OABC中任取一點P，則點P恰好取自陰影部分的

11、概率為(　　) A. B. C. D. 答案：C　[解析] 本題考查幾何概型的計算與求解以及定積分的計算，解決本題的關(guān)鍵是利用定積分求出陰影部分的面積，再利用幾何概型公式求解．陰影部分的面積是： S陰影＝(－x)dx＝＝－＝，利用幾何概型公式得：P＝＝＝. 12.[2012·山東卷] 設(shè)a>0，若曲線y＝與直線x＝a，y＝0所圍成封閉圖形的面積為a2，則a＝________. 答案：　[解析] 本題考查定積分的應(yīng)用，考查運算求解能力，容易題．由題意得a2＝dx＝＝a，解之得a＝. 13.[2012·湖北卷] 已知二次函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖1－1所示，則它與x軸所圍圖形的面

12、積為(　　) 圖1－1 A. B.C. D. 答案：B　[解析] (解法一)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c.因為函數(shù)f(x)的圖象過(－1,0)，(1,0)，(0,1)，代入得 解得 故f(x)＝1－x2. 故S＝－1dx＝＝.故選B. (解法二)設(shè)f(x)＝a，將x＝0，y＝1代入f(x)＝a，得a＝－1，所以f(x)＝－＝1－x2，所以S＝－1dx＝＝.故選B. (解法三)觀察函數(shù)圖象可知，二次函數(shù)f(x)的頂點坐標為(0,1)，故可設(shè)f(x)＝ax2＋1，又函數(shù)圖象過點(1,0)，代入得a＝－1，所以f(x)＝－x2＋1.所以S＝＝＝.故選B. B14 單元綜合 1

13、4.[2012·福建卷] 對于實數(shù)a和b，定義運算“*”：a*b＝設(shè)f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且關(guān)于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三個互不相等的實數(shù)根x1，x2，x3，則x1x2x3的取值范圍是________． 答案：　[解析] 根據(jù)新運算符號得到函數(shù)f(x)的解析式，即為： f(x)＝(2x－1)*(x－1)＝ 化簡得： f(x)＝畫出函數(shù)f(x)的圖象(如下圖所示)， 如果f(x)＝m有三個不同的實數(shù)解，即直線y＝m與函數(shù)f(x)的圖象有三個交點，如圖，當直線y＝m過拋物線f(x)＝－x2＋x的頂點且與x軸平行時，此時有兩個交點，拋物線的頂點縱坐標是：y＝.設(shè)

14、三個交點分別為：x1，x2，x3，且依次是從小到大的順序排列，所以x1即為方程2x2－x＝小于0的解，解得x1＝，此時x2＝x3＝，所以x1·x2·x3＝××＝，y＝m與函數(shù)f(x)有2個交點的最低位置是當y＝m與x軸重合時，此時x1·x2·x3＝0，所以當方程f(x)＝m有三個不等實根時，x1·x2·x3∈. 15. [2012·廣東卷] 設(shè)a<1，集合A＝{x∈R|x>0}，B＝{x∈R|2x2－3(1＋a)x＋6a>0}，D＝A∩B. (1)求集合D(用區(qū)間表示)；(2)求函數(shù)f(x)＝2x3－3(1＋a)x2＋6ax在D內(nèi)的極值點． 解：(1)x∈D?x>0且2x2－3(1＋a)

15、x＋6a>0.令h(x)＝2x2－3(1＋a)x＋6a， Δ＝9(1＋a)2－48a＝3(3a－1)(a－3)．①當0，∴B＝R. 于是D＝A∩B＝A＝(0，＋∞)． ②當a＝時，Δ＝0，此時方程h(x)＝0有唯一解， x1＝x2＝＝＝1， ∴B＝(－∞，1)∪(1，＋∞)． 于是D＝A∩B＝(0,1)∪(1，＋∞)． ③當a<時，Δ>0，此時方程h(x)＝0有兩個不同的解 x1＝， x2＝. ∵x10，∴B＝(－∞，x1)∪(x2，＋∞)． 又∵x1>0?a>0，所以i)當0

16、(x2，＋∞)； ii)當a≤0時，D＝(x2，＋∞)． (2)f′(x)＝6x2－6(1＋a)x＋6a＝6(x－1)(x－a)． 當a<1時，f(x)在R上的單調(diào)性如下表： x (－∞，a) a (a,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  ①當

17、＋∞)． ∵x1＝＝ ≥[3＋3a－(3－5a)]＝2a>a且x1<<1， x2＝＝ >＝1， ∴a∈D,1?D. 由表可得，x＝a為f(x)在D內(nèi)的極大值點．④當a≤0時，D＝(x2，＋∞)且x2>1. 由表可得，f(x)在D內(nèi)單調(diào)遞增．因此f(x)在D內(nèi)沒有極值點． 16.[2012·湖南卷] 已知兩條直線l1：y＝m和l2：y＝(m＞0)，l1與函數(shù)y＝|log2x|的圖象從左至右相交于點A，B，l2與函數(shù)y＝|log2x|的圖象從左至右相交于點C，D.記線段AC和BD在x軸上的投影長度分別為a，b.當m變化時，的最小值為(　　) A．16 B．8C．8 D．4

18、答案：B　[解析] 考查函數(shù)的圖象變換、均值不等式和對數(shù)方程，以及數(shù)形結(jié)合和函數(shù)與方程思想，綜合程度高，難度也較大，關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為關(guān)于m的代數(shù)式最值問題． 線段AC和BD在x軸上的投影長度分別為a，b，由已知可求出ABCD四點的橫坐標得a＝|xA－xC|＝，b＝|xB－xD|＝， 所以＝＝2m＋， 令t＝m＋＝＋－≥2－＝4－， ＝2m＋≥24－＝8，所以最小值為8. 17.[2012·江蘇卷] 設(shè)f(x)是定義在R上且周期為2的函數(shù)，在區(qū)間[－1,1]上，f(x)＝其中a，b∈R.若f＝f， 則a＋3b的值為________． 答案：－10　[解析] 本題考查函數(shù)的周期性以及分段

19、函數(shù)的函數(shù)值求解．解題突破口為根據(jù)周期性將f轉(zhuǎn)化為f. 由條件得f＝，f＝f＝－a＋1，從而＝－a＋1，化簡得3a＋2b＝－2， 又f(－1)＝f(1)得－a＋1＝，聯(lián)立解之得a＝2，b＝－4，從而a＋3b＝－10. 18.[2012·山東卷] 函數(shù)y＝的圖象大致為(　　) 圖1－2 答案：D　[解析] 本題考查函數(shù)的圖象與性質(zhì)，考查推理論證能力，應(yīng)用意識，中檔題． 由函數(shù)y＝為奇函數(shù)，排除選項A，當x無限大時，y趨向于0，排除選項C，當x從正數(shù)趨向于0時，y趨向于正無窮大，故選D. 19.[2012·上海卷] 已知函數(shù)y＝f(x)的圖像是折線段ABC，其中A(0,0)、B、

20、C(1,0)．函數(shù)y＝xf(x)(0≤x≤1)的圖像與x軸圍成的圖形的面積為________． 答案：　[解析] 考查分段函數(shù)和用定積分求曲邊形的面積，考查學生分類討論思想和轉(zhuǎn)化思想． 由已知可得函數(shù)的解析式y(tǒng)＝xf(x)＝ 曲線與x軸圍成區(qū)域的面積，可用定積分表示S＝∫0(10x2 )dx＋(10x－10x2)dx＝ . 20.[2012·四川卷] 函數(shù)f(x)＝在x＝3處的極限(　　) A．不存在 B．等于6C．等于3 D．等于0 答案：A　[解析] 由題意，f(x)＝ ＝ (x＋3)＝6， f(x)＝ln(x－2)＝0，故f(x)≠f(x)，即f(x)在x＝3處的極限不存

21、在． 21.[2012·重慶卷] 設(shè)f(x)＝a ln x＋＋x＋1，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于y軸．(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值． 解：(1)因f(x)＝a ln x＋＋x＋1，故f′(x)＝－＋. 由于曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于y軸，故該切線斜率為0，即f′(1)＝0，從而a－＋＝0，解得a＝－1. (2)由(1)知f(x)＝－ln x＋＋x＋1(x＞0)， f′(x)＝－－＋＝＝. 令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－(因x2＝－不在定義域內(nèi)，舍去)． 當x∈(0,1)時，f′(x)＜0，故f(x

22、)在(0,1)上為減函數(shù)； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)． 故f(x)在x＝1處取得極小值f(1)＝3，無極大值． 22．[2012·浙江卷] 已知a>0，b∈R，函數(shù)f(x)＝4ax3－2bx－a＋b. (1)證明：當0≤x≤1時，(i)函數(shù)f(x)的最大值為|2a－b|＋a；(ii)f(x)＋|2a－b|＋a≥0； (2)若－1≤f(x)≤1對x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范圍． 解：(1)(i)f′(x)＝12ax2－2b＝12a. 當b≤0時，有f′(x)≥0，此時f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當b＞0時，f′(x

23、)＝12a. 此時f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 所以當0≤x≤1時，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a. (ii)由于0≤x≤1，故當b≤2a時， f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)． 當b＞2a時，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a＞4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)． 設(shè)g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，則g′(x)＝6x2－2＝6， 于是 x 0

24、 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1 減 極小值 增 1 所以，g(x)min＝g＝1－＞0.所以當0≤x≤1時，2x3－2x＋1＞0. 故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0. (2)由(i)知，當0≤x≤1時，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以|2a－b|＋a≤1. 若|2a－b|＋a≤1，則由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1. 所以－1≤f(x)≤1對任意0≤x≤1恒成立的充要條件是 即或③ 在直角坐標系aOb中，③所表示的平面區(qū)域為如圖所示的陰影部分，其中不包括線段BC. 做一組平行線a＋

25、b＝t(t∈R)，得－1＜a＋b≤3.所以a＋b的取值范圍是(－1,3]． 23.[2012·北京卷] 已知函數(shù)f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx. (1)若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，求a，b的值； (2)當a2＝4b時，求函數(shù)f(x)＋g(x)的單調(diào)區(qū)間，并求其在區(qū)間(－∞，－1]上的最大值． 解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b. 因為曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，所以 f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b，解得a＝

26、3，b＝3. (2)記h(x)＝f(x)＋g(x)．當b＝a2時，h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋a2. 令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－. a>0時，h(x)與h′(x)的情況如下： x － － h′(x) ＋ 0 － 0 ＋ h(x)    所以函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和；單調(diào)遞減區(qū)間為. 當－≥－1，即0

27、區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，h(x)在區(qū)間(－∞，－1]上的最大值為h＝1. 當－<－1，即a>6時，函數(shù)h(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增， 又因h－h(huán)(－1)＝1－a＋a2 ＝(a－2)2>0， 所以h(x)在區(qū)間(－∞，－1]上的最大值為 h＝1. 24.[2012·福建卷] 已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R. (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)試確定a的取值范圍，使得曲線y＝f(x)上存在唯一的點P，曲線在該點處的切線與曲線只有一個公共點P. 解：(1)由于f′

28、(x)＝ex＋2ax－e，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處切線斜率k＝2a＝0， 所以a＝0，即f(x)＝ex－ex. 此時f′(x)＝ex－e，由f′(x)＝0得x＝1. 當x∈(－∞，1)時，有f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時， 有f′(x)>0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)． (2)設(shè)點P(x0，f(x0))，曲線y＝f(x)在點P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)， 令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲線y＝f(x)在點P處的切線與曲線只有一個公共點P等價于函數(shù)g(x)有唯一零

29、點． 因為g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)． ①若a≥0，當x＞x0時，g′(x)＞0，則x＞x0時，g(x)＞g(x0)＝0； 當x＜x0時，g′(x)＜0，則x＜x0時，g(x)＞g(x0)＝0.故g(x)只有唯一零點x＝x0. 由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合題意． ②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，則h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a. 令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，記x*＝ln(－2a)，則當x∈(－∞，x*)時，h′(x)＜0，從而h(x)在(－∞，x*)內(nèi)單調(diào)遞

30、減；當x∈(x*，＋∞)時，h′(x)＞0，從而h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． (i)若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)時，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)時，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上單調(diào)遞增． 所以函數(shù)g(x)在R上有且只有一個零點x＝x*. (ii)若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，且h(x0)＝0，則當x∈(x*，x0)時有g(shù)′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(shù)(x1)＞0. 又當x∈(－∞，x1)時，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0)

31、)x－f(x0)＋x0f′(x0) ＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c， 其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)． 由于a＜0，則必存在x2＜x1，使得ax＋bx2＋c＜0. 所以g(x2)＜0，故g(x)在(x2，x1)內(nèi)存在零點．即g(x)在R上至少有兩個零點． (iii)若x0＜x*，仿(ii)并利用ex＞，可證函數(shù)g(x)在R上至少有兩個零點． 綜上所述，當a＜0時，曲線y＝f(x)上存在唯一點P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲線在該點處的切線與曲線只有一個公共點P. 2

32、5.[2012·浙江卷] 已知a>0，b∈R，函數(shù)f(x)＝4ax3－2bx－a＋b. (1)證明：當0≤x≤1時，(i)函數(shù)f(x)的最大值為|2a－b|＋a；(ii)f(x)＋|2a－b|＋a≥0； (2)若－1≤f(x)≤1對x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范圍． 解：(1)(i)f′(x)＝12ax2－2b＝12a. 當b≤0時，有f′(x)≥0，此時f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當b＞0時，f′(x)＝12a. 此時f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 所以當0≤x≤1時，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b

33、|＋a. (ii)由于0≤x≤1，故當b≤2a時， f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)． 當b＞2a時，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a＞4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)． 設(shè)g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，則 g′(x)＝6x2－2＝6， 于是 x 0 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1 減 極小值 增 1 所以，g(x)min＝g＝1－＞0. 所以當0≤x≤1時，

34、2x3－2x＋1＞0. 故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0. (2)由(i)知，當0≤x≤1時，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以 |2a－b|＋a≤1. 若|2a－b|＋a≤1，則由②知 f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1. 所以－1≤f(x)≤1對任意0≤x≤1恒成立的充要條件是 即或③ 在直角坐標系aOb中，③所表示的平面區(qū)域為如圖所示的陰影部分，其中不包括線段BC. 做一組平行線a＋b＝t(t∈R)，得 －1＜a＋b≤3. 所以a＋b的取值范圍是(－1,3]． 26.[2012·遼寧卷] 設(shè)f(x)＝ln(x＋1)＋＋ax

35、＋b(a，b∈R，a，b為常數(shù))，曲線y＝f(x)與直線y＝x在(0,0)點相切．(1)求a，b的值；(2)證明：當0＜x＜2時，f(x)＜. 解：(1)由y＝f(x)過(0,0)點，得b＝－1.由y＝f(x)在(0,0)點的切線斜率為， 又y′x＝0＝＋a，得a＝0. (2)(證法一) 由均值不等式，當x＞0時，2＜x＋1＋1＝x＋2，故＜＋1. 記h(x)＝f(x)－，則 h′(x)＝＋－＝－＜－ ＝. 令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，則當0＜x＜2時，g′(x)＝3(x＋6)2－216＜0. 因此g(x)在(0,2)內(nèi)是遞減函數(shù)，又由g(0)＝0，得g(x)

36、＜0，所以h′(x)＜0. 因此h(x)在(0,2)內(nèi)是遞減函數(shù)，又h(0)＝0，得h(x)＜0.于是當0＜x＜2時，f(x)<. (證法二) 由(1)知f(x)＝ln(x＋1)＋－1. 由均值不等式，當x＞0時，2＜x＋1＋1＝x＋2，故＜＋1.① 令k(x)＝ln(x＋1)－x，則k(0)＝0，k′(x)＝－1＝＜0， 故k(x)＜0，即ln(x＋1)＜x.②由①②得，當x＞0時，f(x)＜x. 記h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，則當0＜x＜2時， h′(x)＝f(x)＋(x＋6)f′(x)－9＜x＋(x＋6)－9 ＝[3x(x＋1)＋(x＋6)(2＋)－18(x＋1

37、)] <[3x(x＋1)＋(x＋6)－18(x＋1)]＝(7x－18)＜0. 因此h(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減，又h(0)＝0，所以h(x)＜0，即f(x)＜. 27.[2012·課標全國卷] 已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2. (1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值． 解：(1)由已知得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x. 所以f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，即f(0)＝1.又f(0)＝f′(1)e－1，所以f′(1)＝e.從而f(x)＝ex－x＋x2. 由于f′(x)＝e

38、x－1＋x，故當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0. 從而，f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增．(2)由已知條件得ex－(a＋1)x≥b.?、? (i)若a＋1<0，則對任意常數(shù)b，當x<0，且x<時，可得ex－(a＋1)x0，設(shè)g(x)＝ex－(a＋1)x， 則g′(x)＝ex－(a＋1)．當x∈(－∞，ln(a＋1))時，g′(x)<0；當x∈(ln(a＋1)，＋∞)時，g′(x)>0. 從而g(x)在(－∞，ln(a＋1))單調(diào)遞

39、減，在(ln(a＋1)，＋∞)單調(diào)遞增． 故g(x)有最小值g(ln(a＋1))＝a＋1－(a＋1)ln(a＋1)． 所以f(x)≥x2＋ax＋b等價于b≤a＋1－(a＋1)ln(a＋1)．?、? 因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)． 設(shè)h(a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，則h′(a)＝(a＋1)(1－2ln(a＋1))． 所以h(a)在(－1，e－1)單調(diào)遞增，在(e－1，＋∞)單調(diào)遞減，故h(a)在a＝e－1處取得最大值．從而h(a)≤，即(a＋1)b≤.當a＝e－1，b＝時，②式等號成立， 故f(x)≥x2＋ax＋b.綜合得，(a＋1)b

40、的最大值為. 28.[2012·天津卷] 已知函數(shù)f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值為0，其中a＞0. (1)求a的值；(2)若對任意的x∈[0，＋∞)，有f(x)≤kx2成立，求實數(shù)k的最小值； (3)證明－ln(2n＋1)＜2(n∈N*)． 解：(1)f(x)的定義域為(－a，＋∞)．f′(x)＝1－＝. 由f′(x)＝0，得x＝1－a＞－a. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－a,1－a) 1－a (1－a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  因此，f(x)在x＝1－a處取得最小值，故由題意f

41、(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1. (2)當k≤0時，取x＝1，有f(1)＝1－ln2＞0，故k≤0不合題意． 當k＞0時，令g(x)＝f(x)－kx2，即g(x)＝x－ln(x＋1)－kx2. g′(x)＝－2kx＝.令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝＞－1. ①當k≥時， ≤0，g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，因此g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，從而對任意的x∈[0，＋∞)，總有g(shù)(x)≤g(0)＝0，即f(x)≤kx2在[0，＋∞)上恒成立，故k≥符合題意． ②當0＜k＜時，＞0, 對于x∈，g′(x)＞0，故g(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，因此當取x0∈時，g(x0)＞g(

42、0)＝0，即f(x0)≤kx不成立，故0＜k＜不合題意． 綜上，k的最小值為. (3)證明：當n＝1時，不等式左邊＝2－ln3＜2＝右邊，所以不等式成立． 當n≥2時， ＝＝－ln(2i＋1)－ln(2i－1)]＝－ln(2n＋1)． 在(2)中取k＝，得f(x)≤(x≥0)，從而f≤＜(i∈N*，i＞2)， 所以有－ln(2n＋1)＝＝f(2)＋＜2－ln3＋＝2－ln3＋＝2－ln3＋1－＜2. 綜上，－ln(2n＋1)＜2，n∈N*. 29.[2012·安徽卷] 設(shè)函數(shù)f(x)＝aex＋＋b(a>0)．(1)求f(x)在[0，＋∞)內(nèi)的最小值； (2)設(shè)曲線y＝f(x)

43、在點(2，f(2))處的切線方程為y＝x，求a，b的值． 解：(1)f′(x)＝aex－.當f′(x)＞0，即x＞－lna時，f(x)在(－lna，＋∞)上遞增； 當f′(x)＜0，即x＜－lna時，f(x)在(－∞，－lna)上遞減； ①當0＜a＜1時，－lna＞0，f(x)在(0，－lna)上遞減，在(－lna，＋∞)上遞增，從而f(x)在上的最小值為f(－lna)＝2＋b； ②當a≥1時，－lna≤0，f(x)在上遞增，從而f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(0)＝a＋＋b. (2)依題意f′(2)＝ae2－＝，解得ae2＝2或ae2＝－(舍去)． 所以a＝，代入原函數(shù)可得

44、2＋＋b＝3，即b＝. 故a＝，b＝. 30.設(shè)函數(shù)f(x)＝ax＋cosx，x∈[0，π]．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)f(x)≤1＋sinx，求a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝a－sinx. ①當a≥1時，f′(x)≥0，且僅當a＝1，x＝時，f′(x)＝0，所以f(x)在[0，π]上是增函數(shù)； ②當a≤0時，f′(x)≤0，且僅當a＝0，x＝0或x＝π時，f′(x)＝0，所以f(x)在[0，π]上是減函數(shù)； ③當00，f(x)是增函

45、數(shù)； 當x∈(x1，x2)時，sinx>a，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)； 當x∈(x2，π]時，sinx0，f(x)是增函數(shù)． (2)由f(x)≤1＋sinx得f(π)≤1，aπ－1≤1，所以a≤. 令g(x)＝sinx－x，則g′(x)＝cosx－. 當x∈時，g′(x)>0，當x∈時，g′(x)<0. 又g(0)＝g＝0，所以g(x)≥0，即x≤sinx.當a≤時，有f(x)≤x＋cosx. ①當0≤x≤時，x≤sinx，cosx≤1，所以f(x)≤1＋sinx； ②當≤x≤π時，f(x)≤x＋cosx＝1＋－sin≤1＋sinx. 綜上，a的取值

46、范圍是. 31.[2012·湖北卷] (1)已知函數(shù)f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x>0)，其中r為有理數(shù)，且0

47、時，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)． 故函數(shù)f(x)在x＝1處取得最小值f(1)＝0. (2)由(1)知，當x∈(0，＋∞)時，有f(x)≥f(1)＝0，即xr≤rx＋(1－r)．?、? 若a1，a2中有一個為0，則ab11ab22≤a1b1＋a2b2成立； 若a1，a2均不為0，又b1＋b2＝1，可得b2＝1－b1，于是 在①中令x＝，r＝b1，可得b1≤b1·＋(1－b1)， 即ab11a1－b12≤a1b1＋a2(1－b1)，亦即ab11ab22≤a1b1＋a2b2. 綜上，對a1≥0，a2≥0，b1，b2為正有理數(shù)且b1＋b2＝1，總有ab11ab22

48、≤a1b1＋a2b2.② (3)(2)中命題的推廣形式為： 若a1，a2，…，an為非負實數(shù)，b1，b2，…，bn為正有理數(shù)． 若b1＋b1＋…＋bn＝1， 則ab11ab22…abnn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn.③ 用數(shù)學歸納法證明如下： ①當n＝1時，b1＝1，有a1≤a1，③成立． ②假設(shè)當n＝k時，③成立，即若a1，a2，…，ak為非負實數(shù)，b1，b2，…，bk為正有理數(shù)， 且b1＋b2＋…＋bk＝1， 則ab11ab22…abkk≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk. 當n＝k＋1時，已知a1，a2，…，ak，ak＋1為非負實數(shù)，b1，b2，…，bk，bk＋

49、1為正有理數(shù)， 且b1＋b2＋…＋bk＋bk＋1＝1，此時0＜bk＋1＜1，即 1－bk＋1＞0，于是 ab11ab22…abkkabk＋1k＋1＝(ab11ab22…abkk)abk＋1k＋1 ＝(a1a2…ak)1－bk＋1abk＋1k＋1. 因＋＋…＋＝1，由歸納假設(shè)可得 a1a2…ak≤a1·＋a2·＋…＋ak·＝， 從而ab11ab22…abkkabk＋1k＋1≤1－bk＋1abk＋1k＋1. 又因(1－bk＋1)＋bk＋1＝1，由②得 1－bk＋1abk＋1k＋1≤·(1－bk＋1)＋ak＋1bk＋1 ＝a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1， 從而

50、ab11ab22…abkkabk＋1k＋1≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1. 故當n＝k＋1時，③成立． 由①②可知，對一切正整數(shù)n，所推廣的命題成立． 說明：(3)中如果推廣形式中指出③式對n≥2成立，則后續(xù)證明中不需討論n＝1的情況． 32. [2012·廣東卷] 設(shè)a<1，集合A＝{x∈R|x>0}，B＝{x∈R|2x2－3(1＋a)x＋6a>0}，D＝A∩B. (1)求集合D(用區(qū)間表示)；(2)求函數(shù)f(x)＝2x3－3(1＋a)x2＋6ax在D內(nèi)的極值點． 解：(1)x∈D?x>0且2x2－3(1＋a)x＋6a>0. 令h(x)＝2x2－3(1＋a

51、)x＋6a， Δ＝9(1＋a)2－48a＝3(3a－1)(a－3)． ①當0，∴B＝R. 于是D＝A∩B＝A＝(0，＋∞)． ②當a＝時，Δ＝0，此時方程h(x)＝0有唯一解， x1＝x2＝＝＝1，∴B＝(－∞，1)∪(1，＋∞)． 于是D＝A∩B＝(0,1)∪(1，＋∞)． ③當a<時，Δ>0，此時方程h(x)＝0有兩個不同的解 x1＝，x2＝. ∵x10，∴B＝(－∞，x1)∪(x2，＋∞)． 又∵x1>0?a>0，所以 i)當0

52、x2，＋∞)． (2)f′(x)＝6x2－6(1＋a)x＋6a＝6(x－1)(x－a)． 當a<1時，f(x)在R上的單調(diào)性如下表： x (－∞，a) a (a,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  ①當

53、]＝2a>a且x1<<1， x2＝＝ >＝1， ∴a∈D,1?D.由表可得，x＝a為f(x)在D內(nèi)的極大值點． ④當a≤0時，D＝(x2，＋∞)且x2>1.由表可得，f(x)在D內(nèi)單調(diào)遞增． 因此f(x)在D內(nèi)沒有極值點． 33.[2012·北京卷] 已知函數(shù)f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx. (1)若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，求a，b的值； (2)當a2＝4b時，求函數(shù)f(x)＋g(x)的單調(diào)區(qū)間，并求其在區(qū)間(－∞，－1]上的最大值． 解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b. 因為曲線y＝f

54、(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，所以 f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)． 即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b， 解得a＝3，b＝3. (2)記h(x)＝f(x)＋g(x)．當b＝a2時，h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1， h′(x)＝3x2＋2ax＋a2.令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－. a>0時，h(x)與h′(x)的情況如下： x － － h′(x) ＋ 0 － 0 ＋ h(x)    所以函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和；單調(diào)遞減區(qū)間為. 當－≥－1，即0

55、(x)在區(qū)間(－∞，－1]上單調(diào)遞增，h(x)在區(qū)間(－∞，－1]上的最大值為h(－1)＝a－a2.當－<－1，且－≥－1，即26時，函數(shù)h(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增， 又因h－h(huán)(－1)＝1－a＋a2＝(a－2)2>0， 所以h(x)在區(qū)間(－∞，－1]上的最大值為h＝1. 34.[2012·福建卷] 已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R. (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，求函數(shù)f

56、(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)試確定a的取值范圍，使得曲線y＝f(x)上存在唯一的點P，曲線在該點處的切線與曲線只有一個公共點P. 解：(1)由于f′(x)＝ex＋2ax－e，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處切線斜率k＝2a＝0， 所以a＝0，即f(x)＝ex－ex. 此時f′(x)＝ex－e，由f′(x)＝0得x＝1. 當x∈(－∞，1)時，有f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時， 有f′(x)>0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)． (2)設(shè)點P(x0，f(x0))，曲線y＝f(x)在點P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x

57、0)， 令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲線y＝f(x)在點P處的切線與曲線只有一個公共點P等價于函數(shù)g(x)有唯一零點． 因為g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)． ①若a≥0，當x＞x0時，g′(x)＞0，則x＞x0時，g(x)＞g(x0)＝0； 當x＜x0時，g′(x)＜0，則x＜x0時，g(x)＞g(x0)＝0.故g(x)只有唯一零點x＝x0. 由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合題意． ②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，則h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2

58、a. 令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，記x*＝ln(－2a)，則當x∈(－∞，x*)時，h′(x)＜0，從而h(x)在(－∞，x*)內(nèi)單調(diào)遞減；當x∈(x*，＋∞)時，h′(x)＞0，從而h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． (i)若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)時，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)時，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上單調(diào)遞增． 所以函數(shù)g(x)在R上有且只有一個零點x＝x*. (ii)若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，且h(x0)＝0，則當x∈(x*，x0)時有g(shù)′(x)＝h(x)＜h(x0)

59、＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(shù)(x1)＞0. 又當x∈(－∞，x1)時，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0) ＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c， 其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)． 由于a＜0，則必存在x2＜x1，使得ax＋bx2＋c＜0. 所以g(x2)＜0，故g(x)在(x2，x1)內(nèi)存在零點．即g(x)在R上至少有兩個零點． (iii)若x0＜x*，仿(ii)并利用ex＞，可證函數(shù)g(x)在R上至少有兩個零點

60、． 綜上所述，當a＜0時，曲線y＝f(x)上存在唯一點P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲線在該點處的切線與曲線只有一個公共點P. 35.[2012·江西卷] 若函數(shù)h(x)滿足①h(0)＝1，h(1)＝0；②對任意a∈[0,1]，有h(h(a))＝a； ③在(0,1)上單調(diào)遞減．則稱h(x)為補函數(shù)．已知函數(shù)h(x)＝(λ>－1，p>0)． (1)判斷函數(shù)h(x)是否為補函數(shù)，并證明你的結(jié)論； (2)若存在m∈[0,1]，使h(m)＝m，稱m是函數(shù)h(x)的中介元．記p＝(n∈N*)時h(x)的中介元為xn，且Sn＝i，若對任意的n∈N*，都有Sn<，求λ的取值范圍；

61、(3)當λ＝0，x ∈(0,1)時，函數(shù)y＝h(x)的圖像總在直線y＝1－x的上方，求p的取值范圍． 解：(1)函數(shù)h(x)是補函數(shù)，證明如下： ①h(0)＝＝1，h(1)＝＝0； ②對任意a∈[0,1]，有h(h(a))＝h＝＝＝a； ③令g(x)＝(h(x))p， 有g(shù)′(x)＝＝. 因為λ>－1，p>0，所以當x∈(0,1)時，g′(x)<0，所以函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，故函數(shù)h(x) 在(0,1)上單調(diào)遞減． (2)當p＝(n∈N*)，由h(x)＝x，得λx＋2x－1＝0，(*) (i)當λ＝0時，中介元xn＝n； (ii)當λ>－1且λ≠0時，由(*)

62、得x＝∈(0,1)或x＝?[0,1]； 得中介元xn＝n. 綜合(i)(ii)：對任意的λ>－1，中介元為xn＝n(n∈N*)． 于是，當λ>－1時， 有Sn＝ i ＝<， 當n無限增大時，n無限接近于0，Sn無限接近于， 故對任意的n∈N*，Sn<成立等價于≤，即λ∈[3，＋∞)． (3)當λ＝0時，h(x)＝(1－xp)，中介元為xp＝. (i)當01時，依題意只需(1－xp)>1－x在x∈(0,1)時恒成立， 也即xp＋(1－x)p<1在x∈(0

63、,1)時恒成立， 設(shè)φ(x)＝xp＋(1－x)p，x∈(0,1)， 則φ′(x)＝p[xp－1－(1－x)p－1]， 由φ′(x)＝0得x＝，且當x∈時，φ′(x)<0，當x∈時，φ′(x)>0， 又因為φ(0)＝φ(1)＝1，所以當x∈(0,1)時，φ(x)<1恒成立． 綜上：p的取值范圍是(1，＋∞)． 36.[2012·山東卷] 已知函數(shù)f(x)＝(k為常數(shù)，e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)設(shè)g(x)＝(x2＋x)f′(x)，其中f′(x)為f(x)的導函數(shù)，

64、證明：對任意x>0，g(x)<1＋e－2. 解：(1)由f(x)＝，得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)， 由于曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線與x軸平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1. (2)由(1)得f′(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)， 令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)， 當x∈(0,1)時，h(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0.又ex>0， 所以x∈(0,1)時，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0. 因此f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)． (3)證明：因為g(x)＝(x2＋x)

65、f′(x)，所以g(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)， 因此對任意x>0，g(x)<1＋e－2等價于1－x－xlnx<(1＋e－2)． 由(2)，h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)， 所以h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)，x∈(0，＋∞)， 因此當x∈(0，e－2)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增； 當x∈(e－2，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減．所以h(x)的最大值為h(e－2)＝1＋e－2， 故1－x－xlnx≤1＋e－2.設(shè)φ(x)＝ex－(x＋1)．因為φ′(x)＝ex－1＝ex－e0， 所以x∈(0，＋∞)時，φ′

66、(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增，φ(x)>φ(0)＝0， 故x∈(0，＋∞)時，φ(x)＝ex－(x＋1)>0，即>1.所以1－x－xlnx≤1＋e－2<(1＋e－2)． 因此對任意x>0，g(x)<1＋e－2. 37.[2012·重慶卷] 設(shè)f(x)＝a ln x＋＋x＋1，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于y軸．(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值． 解：(1)因f(x)＝a ln x＋＋x＋1， 故f′(x)＝－＋. 由于曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于y軸，故該切線斜率為0，即f′(1)＝0，從而a－＋＝0，解得a＝－1. (2)由(1)知f(x)＝－ln x＋＋x＋1(x＞0)， f′(x)＝－－＋＝＝. 令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－(因x2＝－不在定義域內(nèi)，舍去)． 當x∈(0,1)時，f′(x)＜0，故f(x)在(0,1)上為減函數(shù)； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)． 故f(x)在x＝1處取得極小值f(1)＝3，無極大