2011高考数学真题考点分类新编：考点10导数在研究函数中的应用与

考点10 导数在研究函数中的应用

与生活中的优化问题举例

一、选择题

1．（2011·安徽高考文科·Ｔ10）函数f?x??axn?1?x?在区间?0,1?上的图象如图

2所示，则n可能是（ ）

（A）1 （B）2 （C）3 （D）4 【思路点拨】 代入验证，并求导得极值，结合图象确定答案.

【精讲精析】选A. 代入验证,当n=1时，f(x)?ax(1?x)2?a(x3?2x2?x)，则

1f?(x)?a(3x2?4x?1)，由f?(x)?a(3x2?4x?1)=0可知，x1?,x2?1，结合图象可知函

3111数应在（0，）递增，在递减，即在x?处取得最大值，由 （,1）3331111f()?a??(1?)2?,知a存在. 33322.（2011·辽宁高考理科·Ｔ11）函数f（x）的定义域为R，f（-1）=2，对任意x∈R，f?(x)?2，则f（x）＞2x+4的解集为

（A）（-1，1） （B）（-1，+?） （C）（-?，-1） （D）（-?，+?） 【思路点拨】先构造函数g(x)?f(x)?(2x?4)，求其导数，将问题转化为求g(x)单调性问题即可求解．

【精讲精析】选B.构造函数g(x)?f(x)?(2x?4)，则g(?1)?f(?1)?(?2?4)?2?2?0，又因为f?(x)?2，所以g?(x)?f?(x)?2?0，可知g(x)在R上是增函数，所以

f(x)?(2x?4)可化为g(x)?0，即g(x)?g(?1)，利用单调性可知，x??1．选B.

3．（2011·安徽高考理科·Ｔ10）函数f?x??axm?1?x?在区间?0,1?上的图象如图

n所示，则m,n的值可能是

（A）m?1,n?1 (B) m?1,n?2 (C) m?2,n?1 (D) m?3,n?1 【思路点拨】本题考查函数与导数的综合应用，先求出f(x)的导数，然后根据函数图像确定极值点的位置，从而判断m,n的取值. 【精讲精析】选B.函数f?x??axm?1?x?的导数

mmm),则f?(x)在(0,)上大于0，在(,1)上小于

m?nm?nm?n10，由图象可知极大值点为，结合选项可得m=1,n=2.

3f?(x)??(m?n)axm?1(1?x)n?1(x?n二、填空题

4.（2011·广东高考理科·Ｔ12）函数f(x)?x3?3x2?1在x? 处取得极小值. 【思路点拨】先求导函数的零点，然后通过导数的正负分析函数的增减情况，从而得出取得极值的时刻. 【精讲精析】答案：2

由f?(x)?3x2?6x?0解得x?0或x?2，列表如下：

x f?(x) f(x) ???,0? 0 ?0,2? 2 ?2,??? + - + 增 极大值 减 极小值 增 ?当x?2时，y取得极小值.

5．（2011·辽宁高考文科·Ｔ16）已知函数f(x)?ex?2x?a有零点，则a的取值

范围是

【思路点拨】先求f?(x)，判断f(x)的单调性．结合图象找条件．本题只要使f(x)的最小值不大于零即可．

【精讲精析】选A，f?(x)=ex?2．由f?(x)?0得ex?2?0， ∴x?ln2．由f?(x)?0得，x?ln2． ∴f(x)在x?ln2处取得最小值． 只要fmin(x)?0即可．∴eln2?2ln2?a?0， ∴a?2ln2?2．

∴a的取值范围是(??,2ln2?2]

6.（2011·江苏高考·Ｔ12）在平面直角坐标系xOy中，已知点P是函数

f(x)?ex(x?0)的图象上的动点，该图象在P处的切线l交y轴于点M，过点P作l的垂线交y轴于点N，设线段MN的中点的纵坐标为t，则t的最大值是_________ 【思路点拨】本题考查的是直线的切线方程以及函数的单调性问题，解题的关键是表示出中点的纵坐标t的表达式，然后考虑单调性求解最值。 【精讲精析】答案：(e?)

设P(x0,ex),则l:y?ex?ex(x?x0),?M(0,(1?x0)ex)，过点P作l的垂线

0000121e11y?ex0??e?x0(x?x0),N(0,ex0?x0e?x0)，t?[(1?x0)ex0?ex0?x0e?x0]?ex0?x0(e?x0?ex0)

22111t'?(ex0?e?x0)(1?x0)，所以，t在(0,1)上单调增，在(1,??)单调减，tmax?(e?)。 22e三、解答题

ex7．（2011·安徽高考理科·Ｔ16）设f(x)?，其中a为正实数 21?ax（Ⅰ）当a?时，求f(x)的极值点；

（Ⅱ）若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围.

43【思路点拨】（Ⅰ）直接利用导数公式求导，求极值. （Ⅱ）求导之后转化为恒成立问题.

1?ax2?2ax【精讲精析】对f(x)求导得，f?(x)?e.

(1?ax2)2x（Ⅰ）当a?时，令f?(x)?0，则4x2?8x?3?0.解得x1?,x2?， 列表得

433212x f?(x) f(x) 1(??,) 21 213(,) 223 2?3??,??? ?2?+ ↗ 0 极大值 12- ↘ 0 极小值 + ↗ 所以，x1?是极小值点，x2?是极大值点.

1?ax2?2ax（Ⅱ）若f(x)为R上的单调函数，则f?(x)在R上不变号，结合f?(x)?e(1?ax2)2x32与条件a>0,知ax2?2ax?1?0在R上恒成立，因此??4a2?4a?4a(a?1)?0.由此并结合a>0,知0?a?1.

8.（2011·福建卷理科·Ｔ18）(本小题满分13分)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y（单位：千克）与销售价格x（单位：元/千克）满足关系式y?a?10(x?6)2，其中x?33

时，每日可售出该商品11千克. （I）求a的值。

（II）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.

【思路点拨】(1)根据“销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克”可知销售函数过点（5,11）,将其代入可求得a的值;

（2）利润为y=(每件产品的售价-每件产品的成本) ?销量,表示出函数解析式后，可借助导数求最值. 【精讲精析】

（I）因为x?5时，y?11，所以?10?11,所以a?2. （II）由（1）可知，该商品每日的销售量y?所以商场每日销售该商品所获得的利润

f(x)?(x?3)[2?10(x?6)2]?2?10(x?3)(x?6)2,3?x?6. x?32?10(x?6)2, x?3a2从而f?(x)?10[(x?6)2+2(x?3)(x?6)]?30(x?4)(x?6). 于是，当x变化时，f?(x),f(x)的变化情况如下表，

x f?(x) f(x) ?3,4? ? 4 0 极大值42 (4,6) ? 单调递增 单调递减 由上表可得，x?4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点. 所以，当x?4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.

当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大. 9.（2011·福建卷文科·Ｔ22）已知a，b为常数，且a≠0，函数f（x）=-ax+b+axlnx，f(e)=2（e=2.71828?是自然对数的底数）. （I）求实数b的值；

（II）求函数f（x）的单调区间；

（III）当a=1时，是否同时存在实数m和M（m

1e

m和最大的实数M；若不存在，说明理由. 【思路点拨】(1) f(e)?2?b的值;

(2)对函数f(x)求导得导函数f?(x)，由导函数f?(x)得单调区间，必要时分类讨论；

?（3）列表判断y?f(x)(x??,e)的单调性和极值、最值情况，再结合y?f(x)的???e?1草图即可探究出是否存在满足题意的m和M. 【精讲精析】(1)由f(e)?2,得b?2.

（2）由（1）可得f(x)??ax?2?axlnx,从而f?(x)?alnx, 因为a?0,故：

① 当a?0时，由f?(x)?0得x?1；由f?(x)?0得0?x?1； ② 当a?0时，由f?(x)?0得0?x?1；由f?(x)?0得x?1.

综上，当a<0时，函数f(x)的递增区间为（0,1），单调递减区间为?1,???. 当a＞0时，函数f（x）的递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0,1）. (3)当a?1时，f(x)??x?2?xlnx,f?(x)?lnx.

?由（2）可得，当x在区间?上变化时，f?(x),f(x)的变化情况如下表： ,e???e?1x f?(x) 1 e?1??,1? ?e?? 1 0 ?1,e? ? e 2f(x) 2? 单调递减 极小值1 单调递增 2 e?,e)的值域为?1,2?. 又2??2，所以函数f(x)(x????e?e?21据此可得，若??m?1则对每一个t??m,M?,直线y?t与曲线y?f(x)?M?2??1??x?,e??都有???e?????1??,e公共点；并且对每一个t????,m???M,???，直线y?t与曲线y?f(x)?x???e??都

???没有公共点.

综上，当a?1时，存在最小的实数m?1，最大的实数M?2，使得对每一个

?1?t??m,M?，直线y?t与曲线y?f(x) (x??,e? )都有公共点.

?e?10．（2011·江苏高考·Ｔ17）请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A,B,C,D四个点重合与图中的点P,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒。E,F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设

AE?FB?x(cm)。

（1）某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？

（2）某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值。

【思路点拨】本题主要考查的是从实际生活中提取数学模型，然后利用数学知识进行解决，所以解决本题的关键是正确的列出侧面积和容积的表达式，然后根据二次函数的最值和导数法求最值求解。

【精讲精析】设包装盒的高为h(cm)，底面边长为a(cm)由已知得

a?2x,h?60?2x2?2(30?x),0?x?30。

（1）S?4ah?8x(30?x)??8(x?15)2?1800，所以当x?15时，S取得最大值。 （2）V?a2h?22(?x3?30x2,V??62x(20?x)。由V??0得，x?0(舍)或x?20。当

x?(0,20)时V??0；当X?(20,30)时V??0，所以当x?20时取得极大值，也是最大

值,此时?，即包装盒的高与底面边长的比值为。

11.（2011·江苏高考·Ｔ19）已知a，b是实数，函数f(x)?x3?ax,g(x)?x2?bx, 若f?(x)g?(x)?0在区间I上恒成立，则称f(x)和f?(x)和g?(x)是f(x),g(x)的导函数，

g(x)在区间I上单调性一致

ha1212（1）设a?0，若f(x)和g(x)在区间[?1,??)上单调性一致,求实数b的取值范围； （2）设a?0且a?b，若函数f(x)和g(x)在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a-b|的最大值

【思路点拨】本题考查的是导数与函数的综合知识，在解决本题时要注意挖掘已知的信息，注意条件的转化，函数f(x)和g(x)在区间[?1,??)上单调性一致，可以转化为导数之积恒为正来处理。

【精讲精析】解法一：f?(x)?3x2?a,g?(x)?2x?b。 （1）由题意得f?(x)g?(x)?0，在??1,???上恒成立。

因为a?0，故3x2?a?0，进而2x?b?0，即b??2x在区间??1,???上恒成立， 所以b?2，因此b的取值范围是?2,???。

（2）令f?(x)?0，解得x???，若b?0，由a?0得0?(a,b)，又因为

f?(0)g?(0)?ab?0，所以函数f(x)和g(x)在(a,b)上不是单调性一致的。

a3?a???因此b?0。现设b?0。当x????,0?时，g?(x)?0；当x????,????时，f(x)?0。3?????因此，当x?????,??3?时，f(x)g(x)?0故由题设得a???3且b???3，从而

???a?aa?1111?a?0，于是??b?0，因此a?b?，且当a??,b?0时等号成立。又当333311?1?a??,b?0时，f?(x)g?(x)?6x(x2?),从而当x???,0?时，f?(x)g?(x)?0,故函数

39?3?1?1?f(x)和g(x)在??,0?上单调性一致的。因此a?b的最大值为.

3?3?解法二：

（1）因为函数f(x)和g(x)在区间[?1,??)上单调性一致，所以，

?x?[?1,??),f'(x)g'(x)?0,即

?x?[?1,??),（3x2+a）(2x+b)?0,?a?0,??x?[?1,??),2x+b?0,

即?a?0,??x?[?1,??),b??2x,?b?2;

（2）当b?a时，因为，函数f(x)和g(x)在区间（b,a）上单调性一致，所以，

?x?(b,a),f'(x)g'(x)?0,

（3x2+a）(2x+b)?0,?b?a?0,??x?(b,a),2x?b?0，??x?(b,a),a??3x2, 即?x?(b,a),?b?a??3b2,设z?a?b，考虑点(b,a)的可行域，函数y??3x2的斜率为1的切线

的切点设为(x0,y0) 则?6x0?1,x0??,y0??161111,?zmax???(?)?； 121266当a?b?0时，因为，函数f(x)和g(x)在区间（a, b）上单调性一致，所以，

?x?(a,b),f'(x)g'(x)?0,

（3x2+a）(2x+b)?0,?b?0,??x?(a,b),2x?b?0，??x?(a,b),a??3x2, 即?x?(a,b),11?a??3a2,???a?0,?(b?a)max?;

33当a?0?b时，因为，函数f(x)和g(x)在区间（a, b）上单调性一致，所以，

?x?(a,b),f'(x)g'(x)?0,

（3x2+a）(2x+b)=ab<0,不符合题意，即?x?(a,b),(2x+b)（3x2+a） ?0,?b?0,而x=0时，

当a?0?b时，由题意：?x?(a,0),2x（3x2+a）?0,??x?(a,0),3x2+a?0,?3a2?a?0,

11???a?0,?b?a? 331综上可知，a?bmax?。

312. （2011·新课标全国高考理科·Ｔ21）已知函数f(x)?在点(1,f(1))处的切线方程为x?2y?3?0. （Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）如果当x?0，且x?1时，f(x)?alnxb曲线y?f(x)?，

x?1xlnxk?，求k的取值范围. x?1x【思路点拨】第（1）问，对函数f(x)求导得f?(x)，f?(1)对应为切线的斜率，切点(1,f(1))即在切线上又在原函数f(x)上，利用上述关系，建立方程组，求得a,b的值；

第（2）问，f(x)?f(x)?(alnxbalnxb??f(x)?(?)?0，首先化简函数式 x?1xx?1xalnxb?)，再来证明不等式成立即可，必要时分类讨论. x?1x【精讲精析】（Ⅰ）f'(x)??(x?1?lnx)1bx?由于直线的斜率为，且x?2y?3?0?222(x?1)x?f(1)?1,过点(1,1)，故??1f'(1)??,??2 ?b?1,即??a1?b??,??22

解得a?1，b?1.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)?

lnx1?，所以 x?1xlnxk1(k?1)(x2?1)f(x)?(?)?(2lnx?).

x?1x1?x2x(k?1)(x2?1)(k?1)(x2?1)?2x考虑函数h(x)?2lnx?. (x?0)，则h'(x)?2xxk(x2?1)?(x?1)2(i)设k?0，由h'(x)?知，当x?1时，h'(x)?0，h(x)递减.而h(1)?0，

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故当x?(0,1)时， h(x)?0，可得

（ii）设0

??4?4(k?1)2?0，对称轴x=

11）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,?1当x?（1，

1?k1?k.

11）时，h（x）>0，可得h（x）21?k1?x故h' (x）>0,而h（1）=0，故当x?（1，<0,与题设矛盾.

（iii）设k?1.此时x2?1?2x，(k?1)(x2?1)?2x?0?h'（x）>0,而h（1）=0，故当x?（1，+?）时，h（x）>0，可得

1 h（x）<0,与题设矛盾. 21?x 综合得，k的取值范围为（-?，0]

13. （2011·新课标全国高考文科·Ｔ21）已知函数f(x)?在点(1,f(1))处的切线方程为x?2y?3?0. （Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）证明：当x?0，且x?1时，f(x)?lnx. x?1alnxb曲线y?f(x)?，

x?1x【思路点拨】第（1）问，对函数f(x)求导得f?(x)，f?(1)对应为切线的斜率，切点(1,f(1))即在切线上又在原函数f(x)上，利用上述关系，建立方程组，求得a,b的

值；

第（2）问，f(x)?lnxlnxlnx，再来证明不等?f(x)??0，先化简函数式f(x)?x?1x?1x?1式成立即可，必要时分类讨论. 【精讲精析】

?(x?1?lnx)bx ?22(x?1)x（Ⅰ）f'(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 ?b??,??22 解得a?1，b?1.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)=

lnx1?,所以 x?1x2?1?lnx1?x?? f(x)??2lnx?2x?11?x?x???考虑函数

?x?1? 22x??x?1?则h′(x)=???222xx2x2所以x≠1时h′(x)＜0而h(1)=0故 x??0,1?时h(x)>0可得f(x)???? h(x)<0可得f(x)?x??1，lnx x?1,lnx x?1,lnx. x?1从而当x?0，且x?1时，f(x)?14．（2011·辽宁高考文科·Ｔ20）（本小题满分12分）

设函数f(x)?x?ax2?blnx，曲线y?f(x)过点P（1，0），且在P点处的切斜

线率为2．

（I）求a，b的值； （II）证明：f(x)?2x?2．

【思路点拨】（I）先求导，再代入进行计算；（II）构造函数g(x)?f(x)?(2x?2)，求其导函数，证明其单调性，将所求问题转化为证明gmax(x)?0 的问题． 【精讲精析】（I）f?(x)?1?2ax?． ??2分

?f(1)?0,?1?a?0,由已知条件得? 即?

?f(1)?2.1?2a?b?2.??bx解得a??1,b?3. ??5分 （II）f(x)的定义域为?0,???，由（I）知f(x)?x?x2?3lnx． 设g(x)?f(x)?(2x?2)?2?x?x2?3lnx，则

g?(x)??1?2x?3(x?1)(2x?3)． ??xx当0?x?1时，g?(x)?0；当x?1时，g?(x)?0．

所以g(x)在(0,1)上单调增加，在（1，+?）上单调减少．

而g(1)?0，故当x?0时，g(x)?0，即f(x)?2x?2． ??12分 15.（2011·广东高考文科·Ｔ19）设a＞0,讨论函数f(x)=lnx+a(1-a)x2-2(1-a)x的单调性.

【思路点拨】先求f(x)的导函数f?(x)，再由a的不同取值范围，解不等式f?(x)?0，从而确定f(x)的单调区间.在解本题时一定要注意f(x)的定义域为{x|x?0} 【精讲精析】函数f(x)的定义域为(0,??). f?(x)?2a(1?a)x2?2(1?a)x?1 ,x 当a?1时,方程2a(1-a)x2?2(1?a)x?1?0的判别式

1? ??12(a?1)?a???.?3? ①当0?a?1时,??0,f?(x)有两个零点，

3 x1?(a?1)(3a?1)(a?1)(3a?1)11??0,x2??2a2a(1?a)2a2a(1?a) 且当0?x?x1或x?x2时,f?(x)?0,f(x)在(0,x1)与(x2,??)内为增函数； 当x1?x?x2时,f?(x)?0,f(x)在(x1,x2)内为减函数；

②当1?a?1时,??0,f?(x)?0,所以f(x)在(0,??)内为增函数；

3 ③当a?1时,f?(x)?1?0(x?0),f(x)在(0,??)内为增函数；

x ④当a?1时,??0,x x21?(a?1)(3a?1)1??0, 2a2a(1?a)?(a?1)(3a?1)1??0,所以f?(x)在定义域内有唯一零点x1， 2a2a(1?a)1 且当0?x?x1时,f?(x)?0,f(x)在(0,x1)内为增函数；当x?x1时，f?(x)?0,f(x)在(x,??)内为减函数。

f(x)的单调区间如下表：

0?a?1

31?a?13

a?1

(0,x1) (x1,x2) (x2,??) (0,??) (0,x1) (x1,??)

（其中x1

）

?(a?1)(3a?1)(a?1)(3a?1)11?,x2??2a2a(1?a)2a2a(1?a)16.（2011·广东高考理科·Ｔ21）(本题满分14分)在平面直角坐标系xOy上,给定抛物线L:y?x2,实数p,q满足p2?4q?0,x1,x2是方程x2?px?q?0的两根，记?(p,q)?max?x1,x2?.

（Ⅰ）过点A(p0,p02)(p0?0)作L的切线交y轴于点B.证明:对线段AB上任一点

Q(p,q)有?(p,q)?p02;

1414（Ⅱ）设M(a,b)是定点，其中a,b满足a2?4b?0,a?0.过M(a,b)作L的两条切线

l1,l2，切点分别为E(p1,121p1),E?(p2,p22)，l1,l2与y轴分别交于F,F?.线段EF上异于44p12两端点的点集记为X.证明:M(a,b)?X?|p1|?|p2|??(a,b)?1454;

（Ⅲ）．设D?{(x,y)|y?x?1,y?(x?1)2?}.当点(p,q)取遍D时，求?(p,q)的最小值(记为?min)和最大值(记为?max).

【思路点拨】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，进而写出切线方程，再求出其与y轴的交点坐标.把条件Q点在线段AB上转化为代数条件，即p的取值范围，求出方程x2?px?q?0的根，用p表示，再由其取值范围得出结论. （2）数形结合可得. （3）数形结合，结合换元法.

x，则过A(P0,1P0)(P0?0)的切线斜率k?1P0，切线方程【精讲精析】（1）【解】y??1242PP0?0(x?P0), 为y?142PP0令x?0得B(0,?P).由Q（p,q）在线段AB上得q?0p?0. 424p?p2?4q由x?px?q?0，得x?2222=

p?p2?2P0p?P0p?|p?P0|?222.

P0?x2?0 ，由0?p?P0得?P22P0?p?0,x2?由对称性，不妨设0?p?P0，则x1?p?P220即|x2|?P.综之有?（p,q）?max{|2p?P0?p2p?P0?22x1|,|x2|}?|P0|2.

4（2）【证明】由（1）知F(0,?1p12),F'(0,?1P22)

4（Ⅰ）若M(a,b)?X，由（1）知M在线段EF上,且?(a,b)?P12且a?p1,

若a?p2,由（1）知M在线段E'F'上,则M在y轴上，这与a?0矛盾，故a?p2，得p1?p2；

（Ⅱ）若p1?p2，有?p12??P22，点F(0,?p12)在F'(0,?P22)的下方，则交点M在线段EF上,即M(a,b)?X，得?(a,b)?P1214141414.

由上述（Ⅰ）（Ⅱ）知：M(a,b)?X?P1＞P2??(a,b)??y?x?1 (3)【解】方法一：由??y?1(x?1)2?5?44?P12

x?0x?2得?或?知p??0,2?，q???1,1? ???y??1?y?1由题意知：q?p?1，于是有p2?(q?1)2?4q，即D内任何一点对应方程均有解，由

x1?x2?p?0知

φ

p?p2?4q(p,q)?2，设u?p?4q2，则φ（p,q）=

p?u2p2?u2,q?42,

(p?1)2?5}?{(u,p)|(p?u?2)(p?u?2)?0,2?u区域D={(p,q)|q?p?1,q?1442?p}

如图示画出区域，

将直线l：p?u?0平行移动，当l与直线BC重合时，p?u?2，得[?(p,q)]min?1；

),于是有[?(p,q)]max?5. 当l与曲线相切时，由p?2?u2知p???u??1，得切点A(1,3242方法二：联立y?x?1，y?(x?1)2?得交点(0,?1),(2,1)，可知0?p?2，

12x0?q112过点(p,q)作抛物线L的切线，设切点为(x0,x0)，则4?x0，

x0?p241454得x02?2px0?4q?0，解得x0?p?p2?4q， 又q?(p?1)2?，即p2?4q?4?2p，

115?x0?p?4?2p，设4?2p?t，?x0??t2?t?2??(t?1)2?，

222??max?|x055|max，又x0?，??max?； 2241454?q?p?1，?x0?p?p2?4p?4?p?|p?2|?2，

??min?|x0|min?1． 217.（2011·山东高考理科·Ｔ21）（本小题满分12分）

某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为

80?立方米，且l≥2r.3假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3)千元.设该容器的建造费用为y千元.

（Ⅰ）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域； （Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的r.

【思路点拨】本题为应用题，从近几年高考题目来看，应用题总体难度不是太大，易于得分，（1）先求出l和r的关系，再根据问题情境列出函数解析式，注意函数的定义域.（2）利用导数求函数的最值.先求导，再判断函数的单调性，然后根据单调性求出极值，再由函数的定义域求出最值. 【精讲精析】（Ⅰ）因为容器的体积为

4?r380???r2l?所以, 3380?立方米， 3解得l?804r?, 3r23由于l?2r 因此0?r?2.

160?8?r2804r所以圆柱的侧面积为2?rl=2?r(2?)?, ?3r33r3两端两个半球的表面积之和为4?r2, 所以建造费用y?'160??8?r2+4?cr2,定义域为(0,2]. r8?[(c?2)r3?20]160? （Ⅱ）因为y??2?16?r+8?cr=,0?r?2

r2r由于c>3,所以c-2>0, 所以令y'?0得:r?3; c?2 令y'?0得:0?r?39220, c?220（1）当3?c?时，即3费最小时r=2. （2）当c?时，即0?3费最小时r?320. c?220?2时，函数y在（0，2）上是单调递减的，故建造c?29220?2时，函数y在（0，2）上是先减后增的，故建造c?218.（2011·辽宁高考理科·Ｔ21）(本小题满分12分)已知函数f（x）=lnx-ax2=（2-a）x.

(I)讨论f（x）的单调性；

（II）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（－x）；

（III）若函数y=f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f’（ x0）＜0.

【思路点拨】(I)要先考虑定义域，再求导数，然后对a进行讨论，从而所求函数的单调性；

1a1a1a（II）可先构造函函数g(x)?f(?x)?f(?x)，将所证结论转化为证明g(x)?0恒成立，再对g(x)求导，利用单调性可解决问题；

（III）先设A（x1，０），B（x2，０），结合(Ⅰ) 可知a?0且f(x)先增后减，利用（Ⅱ）的结论，可证 f(?x1)?0，从而x2??x1，确定x0的取值范围，最后利用(Ⅰ)的结论得证．

【精讲精析】(Ⅰ)f(x)的定义域为?0,???，

f?(x)?1(2x?1)(ax?1). ?2ax?(2?a)??xx2a2a1a1a（ⅰ）若a?0，则f?(x)?0，所以f(x)在?0,???单调递增.

（ⅱ）若a?0，则由f?(x)?0得x?，且当x?(0,)时，f?(x)?0， 当x?时， f?(x)?0，

1??1?所以f(x)在?单调递增，在0,???,???单调递减. ??4分

?a??a?1a1a1a（Ⅱ）设函数g(x)?f(?x)?f(?x)，则

g(x)?ln(1?ax)?ln(1?ax)?2ax， aa2a3x2g?(x)???2a?.

1?ax1?ax1?a2x21a1a当0?x?时，g?(x)?0，而g(0)?0，所以g(x)?0.

故当0?x?时，f(?x)?f(?x). ??8分 （Ⅲ）由(Ⅰ)可得，当a?0时，函数y=f（x）的图象与x轴至多只有一个交点，故a?0，从而f(x)的最大值为f()，且f()?0． 不妨设A（x1，０），B（x2，０），0?x1?x2，则0?x1?由（Ⅱ）得f(?x1)?f(??x1)?f(x1)?0． 从而x2??x1，于是x0?2ax1?x21?． 2a1a1a1a1a1a1a1?x2， a2a1a1a由(Ⅰ)知，f?(x0)?0． ??12分 19．（2011·北京高考理科·T18）(13分)已知函数f(x)?(x?k)e.

2xk（I）求f(x)的单调区间；

（II）若对于任意的x?(0,??)，都有f(x)?，求k的取值范围. 【思路点拨】求导后，分k>0与k<0两种情况进行讨论.

x122【精讲精析】(Ⅰ)f'(x)?(x?k)ek，令f'(x)?0，得x??k.

k1e当k>0时，f(x)与f'(x)的情况如下：

x f'(x) f(x) (??,?k) ?k (?k,k) k (k,??) - ↑ 0 4k2e?1 + ↓ 0 0 - ↑ 所以f(x)的单调增区间是(??,?k)和(k,??)；单调减区间是(?k,k). 当k?0时，f(x)与f'(x)的情况如下：

x f'(x) (??,k) k (k,?k) ?k (?k,??) + ↓ 0 0 - ↑ 0 4k2e?1 + ↓ f(x) 所以f(x)的单调减区间是(??,k)和(?k,??)；单调增区间是(k,?k). （Ⅱ）当k?0时，因为f(k?1)?ek?1k11?，所以不会有?x?(0,??)，f(x)?. ee4k2当k?0时，由（1）知f(x)在(0,??)上的最大值是f(?k)?.

e4k2111?，解得??k?0. 所以?x?(0,??),f(x)?等价于f(?k)?eee2故当?x?(0,??)，f(x)?时，k的取值范围是[?,0).

1e12

20．（2011·北京高考文科·T18）(13分)已知函数f(x)?(x?k)ex. （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）求f(x)在区间[0,1]上的最小值.

【思路点拨】（Ⅰ）先求出f(x)的导数，然后根据导数的性质得出单调区间；（Ⅱ）根据单调性求出[0,1]值域，通过值域得出最小值.

【精讲精析】（Ⅰ）f'(x)?(x?k?1)ex.令f'(x)?0，得x?k?1，f(x)与f'(x)的情况如下：

x f'(x) f(x) (??,k?1) k?1 (k?1,??) - ↓ 0 ?ek?1 + ↑ 所以f(x)的单调递减区间是(??,k?1)；单调递增区间是(k?1,??). （Ⅱ）当k?1?0，即k?1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增， 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)??k；

当0?k?1?1，即1?k?2时，由（Ⅰ）知f(x)在[0,k?1)上单调递减，在(k?1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k?1)??ek?1.

当k?1?1，即k?2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)?(1?k)e.

21．（2011·湖南高考文科T22）（本小题满分13分）设函数f(x)?x??alnx(a?R). （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；

（Ⅱ）若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜率为k.问：是否存在a，使得k=2-a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由. 【思路点拨】本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等

1x基础知识，考查运算能力及用分类讨论思想、函数和方程相互转化的思想分析解决温问题的能力. 【精讲精析】

（I）f(x)的定义域为(0,??).

f'(x)?1?1ax2?ax?1x2?x?x2

令g(x)?x2?ax?1,其判别式??a2?4.

(1) 当|a|?2时,??0,f'(x)?0,故f(x)在(0,??)上单调递增．

(2)

当a??2时,?>0,g(x)=0的两根都小于0，在(0,??)上，f'(x)?0，故

f(x)在(0,??)上单调递增．

(3)

当a?2时,?>0,g(x)=0的两根为xa?a2?4a?a2?41?2,x2?2， 当0?x?x1时， f'(x)?0；当x1?x?x2时， f'(x)?0；当x?x2时， f'(x)?0，故

f(x)分别在(0,x1),(x2,??)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减．

（II）由（I）知，a?2． 因为f(x1)?f(x2)?(x1?xx1?x22)?x?a(lnx1?lnx2)，所以 1x2k?f(x1)?f(x2)xx?1?1?a?lnx1?lnx2x

1?2x1x21?x2又由(I)知，xlnx1?lnx21x2?1．于是k?2?a?x

1?x2若存在a，使得k?2?a.则

lnx1?lnx2x?1．即lnx1?lnx2?x1?x2．亦即

1?x2x2?1x?2lnx2?0(x2?1)(*) 2再由（I）知，函数h(t)?t??2lnt在(0,??)上单调递增，而x2?1，所以

x2?11?2lnx2?1??2ln1?0.这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k?2?a. x21321t22.（2011·江西高考理科·Ｔ19）设f(x)??1x3?1x2?2ax （1）若f(x)在(,??)上存在单调递增区间，求a的取值范围. （2）当0?a?2时，f(x)在[1,4]的最小值为?32316，求f(x)在该区间上的最大值. 33【思路点拨】（1）要使f(x)在(2,??)上存在单调递增区间，需f'(x)在(2,??)上恒大于零，即得a的取值范围.（2）首先求出f(x)在[1,4]上的最小值为f(4),从而求出a的值，进一步易求f(x)在该区间上的最大值为f(2). 【精讲精析】

11解：（）由1f'(x)??x2?x?2a??(x?)2??2a2422221当x?[,??)时，f'(x)的最大值为f'()=+2a;令+2a?0,得a??,3399912所以，当a??时，f(x)在（,??)上存在单调递增区间.93(2)令f'(x)=0，得两根x1?1?1?8a1?1?8a,x2?.22所以f(x)在（-?，x1),(x2,??)上单调递减，在(x1,x2)上单调递增.又f(4)?f(1)??27?6a?0,即f(4)?f(1),24016??,33

当0?a?2时，有x1?1?x2?4,所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8a?10得a?1,x2?2,从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)=.323.（2011·江西高考文科·Ｔ20）设f?x??x3?mx2?nx.

（1）如果g?x??f??x??2x?3在x??2处取得最小值?5，求f?x?的解析式；

（2）如果m?n?10?m,n?N?，f?x?的单调递减区间的长度是正整数，试求m和n

*13 的值．(注：区间?a,b?的长度为b?a）

【思路点拨】（1）先将函数g(x)配方，结合二次函数的图像特点，可得参数m,n.（2）先根据f(x)存在单调递减区间，得出f(x)?0有两个不等的实根，进而根据??0得

'到m2?n，又因为单调递减区间的长度为x2?x1?2m2?n，结合m+n<10,经过讨论可得，m,n的值。

【精讲精析】解：（1）已知f?x??1x3?mx2?nx，?f'?x??x2?2mx?n

3又?g?x??f'?x??2x?3?x2??2m?2?x?n?3在x??2处取极值，

则g'??2??2??2???2m?2??0?m?3，又因为在x??2处取最小值-5， 则g??2????2?2???2??4?n?3??5?n?2

?f?x??13x?3x2?2x 3（2）要使f?x??x3?mx2?nx单调递减，则?f'?x??x2?2mx?n?0

又因为递减区间长度是正整数，所以f'?x??x2?2mx?n?0两根设做a，b。即有： b-a为区间长度。又b?a??a?b?2?4ab?4m2?4n?2m2?n?m,n?N*? 又因为b-a为正整数，且m+n<10,所以m=2，n=3或，m?3,n?5符合。 24．（2011·陕西高考理科·T19）（本小题满分12分）

如图，从点P1（0，0）作x轴的垂线交曲线y?ex于点Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2．再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1,Q1；P2,Q2；?；Pn,Qn，记Pk点的坐标为(xk,0)（k?1,2,?,n）． （Ⅰ）试求xk与xk?1的关系（2剟kn）； （Ⅱ）求|PQ11|?|PQ22|?|PQ33|???|PnQn|．

13

【思路点拨】（1）根据函数的导数求切线方程，然后再求切线与x轴的交点坐标； （2）尝试求出通项|PnQn|的表达式，然后再求和．

【精讲精析】（Ⅰ）设点Pk?1的坐标是(xk?1,0)，∵y?ex，∴y??ex， ∴Qk?1(xk?1,ex)，在点Qk?1(xk?1,ex)处的切线方程是y?ex?ex(x?xk?1)，

k?1k?1k?1k?1令y?0，则xk?xk?1?1（2剟kn）．

（Ⅱ）∵x1?0，xk?xk?1??1，∴xk??(k?1)， ∴|PkQk|?ex?e?(k?1)，于是有

k|PQ???e11|?|PQ22|?|PQ33|???|PnQn|?1?e?e?1?2?(n?1)1?e?n? 1?e?1e?e1?ne?e1?n?，即|PQ． 11|?|PQ22|?|PQ33|???|PnQn|?e?1e?125．（2011·陕西高考理科·T21）（本小题满分14分）

设函数f(x)定义在(0,??)上，f(1)?0，导函数f?(x)?，g(x)?f(x)?f?(x)． （Ⅰ）求g(x)的单调区间和最小值； （Ⅱ）讨论g(x)与g()的大小关系；

（Ⅲ）是否存在x0?0，使得|g(x)?g(x0)|?对任意x?0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．

【思路点拨】（Ⅰ）先求出原函数f(x)，再求得g(x)，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（Ⅱ）作差法比较，构造一个新的函数，

1x1x1x

利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负；（Ⅲ）存在性问题通常采用假设存在，然后进行求解；注意利用前两问的结论．

【精讲精析】（Ⅰ）∵f?(x)?，∴f(x)?lnx?c（c为常数），又∵f(1)?0，所以

ln1?c?0，即c?0，

1x∴f(x)?lnx；g(x)?lnx?， ∴g?(x)?x?1x?1?，令，即g(x)?0?0，解得x?1， 22xx1x当x?(0,1)时，g?(x)?0，g(x)是减函数，故区间在(0,1)是函数g(x)的减区间； 当x?(1,??)时，g?(x)?0，g(x)是增函数，故区间在(1,??)是函数g(x)的增区间； 所以x?1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点， 所以g(x)的最小值是g(1)?1．

（Ⅱ）g()??lnx?x，设h(x)?g(x)?g()?2lnx?x?，

(x?1)2则h?(x)??2，

x1x1x1x当x?1时，h(1)?0，即g(x)?g()， 当x?(0,1)?(1,??)时，h?(x)?0，h?(1)?0， 因此函数h(x)在(0,??)内单调递减， 当0?x?1时，h(x)?h(1)=0，∴g(x)?g()； 当x?1时，h(x)?h(1)=0，∴g(x)?g()． （Ⅲ）满足条件的x0不存在．证明如下：

证法一 假设存在x0?0，使|g(x)?g(x0)|?对任意x?0成立， 即对任意x?0有lnx?g(x0)?lnx? ①

但对上述的x0，取x1?eg(x)时，有lnx1?g(x0)，这与①左边的不等式矛盾，

01x1x1x1x2x因此不存在x0?0，使|g(x)?g(x0)|?对任意x?0成立． 证法二 假设存在x0?0，使|g(x)?g(x0)|?对任意x?0成立， 由（Ⅰ）知，g(x)的最小值是g(1)?1，

又因为g(x)?lnx??lnx，而x?1时，lnx的值域为(0,??)， ∴当x…1时，g(x)的值域为[1,??)，

从而可以取一个值x1?1，使g(x1)…g(x0)?1，即g(x1)?g(x0)…1, ∴|g(x1)?g(x0)|…1?1，这与假设矛盾． x11x1x1x∴不存在x0?0，使|g(x)?g(x0)|?对任意x?0成立． 26.（2011·陕西高考文科·T21）（本小题满分14分） 设f(x)?lnx，g(x)?f(x)?f?(x)． （Ⅰ）求g(x)的单调区间和最小值； （Ⅱ）讨论g(x)与g()的大小关系；

（Ⅲ）求a的取值范围，使得g(a)?g(x)＜对任意x＞0成立．

【思路点拨】（Ⅰ）先求出原函数f(x)，再求得g(x)，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（Ⅱ）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负；（Ⅲ）对任意x＞0成立的恒成立问题转化为函数g(x)的最小值问题． 【精讲精析】（Ⅰ）由题设知f(x)?lnx,g(x)?lnx?， ∴g?(x)?x?1,令g?(x)?0得x=1， 2x1x1a1x1x当x∈（0，1）时，g?(x)＜0，g(x)是减函数，故（0，1）是g(x)的单调减区间。 当x∈（1，+∞）时，g?(x)＞0，g(x)是增函数，故（1，+∞）是g(x)的单调递增区间，因此，x=1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，

所以g(x)的最小值为g(1)?1. (Ⅱ)g()??lnx?x

(x?1)211设h(x)?g(x)?g()?lnx?x?，则h?(x)??2，

xxx1x当x?1时，h(1)?0，即g(x)?g()， 当x?(0,1)?(1,??)时，h?(x)?0， 因此，h(x)在(0,??)内单调递减， 当0?x?1时，h(x)?h(1)?0 即g(x)?g().

（Ⅲ）由（Ⅰ）知g(x)的最小值为1，所以，

g(a)?g(x)?11，对任意x?0，成立?g(a)?1?, aa1x1x即lna?1,从而得0?a?e．

27．（2011.天津高考理科.T19.）已知a?0，函数f(x)=lnx-ax2,x>0.（f(x)的图像连续不断）

（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）当a=时，证明：存在x0?(2, )，使f(x0)=f()；

（Ⅲ）若存在均属于区间[1,3]的?,?，且????1，使f(a)=f(b)，证明

ln3-ln2＃a5ln2 31832【思路点拨】（1）由导数求单调区间；

（2）设函数g(x)=f(x)-f()，任取x'>2，利用函数f(x)的单调性证明在

x0?(2,x'),使g(x0)0；

32（3） 利用（1）的结论，寻找f(a),f(b)的不等关系分离出a。

11-2ax2【精讲精析】 （I）【解析】f'(x)=-2ax=,x?(0, )， 令

x2f'(x)=0,解得x=2a. 2a当x变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表：

x f'(x) (0,2a) 2a2a 2a(2a,??) 2a+ 0 极大值 - f(x) 所以，f(x)的单调递增区间是(0,18182a2a),f(x)的单调递减区间是(,??). 2a2a（II）证明：当a=时,f(x)=lnx-x2. 由（I）知f(x)在（0，2）内单调递增， 在(2,+ )内单调递减.。令g(x)=f(x)-f().由于f(x)在（0，2）内单调递增，

341-9e2<0.所以存在故取x'=e>2,则g(x')=3f(2)>f(),即g(2)>0.232232x0?(2,x'),使g(x0)0,即存在x0?(2,?),使f(x0)3f(). 2（说明：x'的取法不唯一，只要满足x'?2,且g(x')?0即可） （III）证明：由f(?)?f(?)及（I）的结论知??2a??， 2a从而f(x)在[?,?]上的最小值为f(a).又由????1，?,??[1,3],知1???2???3.

?f(2)?f(?)?f(1),?ln2?4a??a,即?故?

f(2)?f(?)?f(3).ln2?4a?ln3?9a.??从而

ln3?ln2ln2?a?. 5328.（2011·浙江高考理科·Ｔ22）（本题满分14分）设函数f(x)＝(x?a)2lnx，

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)≤4e2成立 注：e为自然对数的底数．

【思路点拨】（１）利用x0是极值点的必要条件f?(x0)?0，注意解出a值要进行检验；

（２）恒成立问题，0?x?1时显然满足题意，1

(x?a)2a（Ⅰ）解：求导得f?(x) =2(x-a)lnx+=(x?a)(2ln x+1-). 因为x=e是

xxa?f(x)的极值点，所以f?(e)= ?e?a??3????0，解得a?e 或a?3e，经检验，符合

?e?题意，所以a?e 或a?3e。

（Ⅱ）解：①当0?x?1时，对于任意的实数a,恒有f(x)?0?4e2成立， ②当1?x?3e，由题意，首先有f(3e)?(3e?a)2ln(3e)?4e2， 解得3e?2e2e?a?3e? ln(3e)ln(3e) 由（Ⅰ）知f'(x)?(x?a)(2lnx?1?)，

令 h(x)?2lnx?1?，则h(1)?1?a?0，h(a)?2lna?0，

a?2ln(3e)?1?3e3e?2eln(3e) 3eaxax 且h(3e)?2ln(3e)?1?

=2(ln3e?1)?0。

3ln(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；当x?(a,??)时，f'(x)?0，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)?4e2对x?(1,3e?恒成立，只要

22??f(x0)?(x0?a)lnx0?4e,(1) ? 成立。 22??f(3e)?(3e?a)ln(3e)?4e,(2)h(x0)?2lnx0?1?a?0，知 x0a?2x0lnx0?x0 （3）

将（3）代入（1）得4x02ln3x0?4e2，又x0?1，注意到函数x2ln3x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?所以3e?2e2e?a?3e?。 ln(3e)ln(3e)2e?a?3e ln(3e)2e?a?3e. ln(3e)综上，a的取值范围为3e?29.（2011·浙江高考文科·Ｔ21）(本题满分15分)设函数f(x)?a2lnx?x2?ax,a?0 （Ⅰ）求f(x)的单调区间

（Ⅱ）求所有的实数a，使e?1?f(x)?e2对x??1,e?恒成立. 注：e为自然对数的底数.

【思路点拨】（1）题中直接由导数的正负来确定其单调区间；（2）题中为不等式恒成立问题，只需f(x)min?e?1,且 f(x)max?e2． 【精讲精析】

(Ⅰ）解：因为f(x)?a2lnx?x2?ax，其中x?0，

a2(x?a)(2x?a) 所以f'(x)??2x?a??.

xx 由于a?0，所以f(x)的增区间为（0，a）,减区间为（a,+∞） （Ⅱ）证明：由题意得， f(1)?a?1?c?1，即a?c 由（Ⅰ）知f(x)在[1,e]内单调递增， 要使e?1?f(x)?e2对x?[1,e]恒成立， 只要??f(1)?a?1?e?1?f(e)?a?e?ae?e222

解得a?e．

30.（2011天津高考文科T19.）已知函数f(x)=4x3+3tx2-6tx+t-1,x R，其中t?R． （Ⅰ）当t=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程； （Ⅱ）当t10时，求f(x)的单调区间；

（Ⅲ）证明：对任意的t?(0, ),f(x)在区间(0,1)内均存在零点 【思路点拨】（1）由导数的几何意义求切线方程； （2）利用导数研究函数的单调性； （3）对t分区间讨论函数零点. 【精讲精析】

(x)=12x2+6x-6 （Ⅰ）【解析】当t=1时，f(x)=4x3+3x2-6x,f(0)=0,f￠f￠(0)=-6.所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-6x.

(x)=12x2+6tx-6t2，令f￠（Ⅱ）【解析】f￠(x)=0，解得x=-t或x=.

t2 因为t?0，以下分两种情况讨论：

t2 （1）若t<0,则<-t,当x变化时，f￠(x),f(x)的变化情况如下表：

x f?(x) f(x) 骣t骣t琪琪 - ,琪,-t (-t,+ 琪22桫桫) + 骣桫- t,(t,+ 2+ 骣t琪的单调递减区间是;f(x))琪,-t. 2桫所以，f(x)的单调递增区间是琪-?,琪t2（2）若t>0,则-t<，当x变化时，f￠(x),f(x)的变化情况如下表：

x f￠(x) f(x) 骣t骣t琪琪- ,t-t, ()琪琪,+ 22桫桫 + - + 骣t-t,. 的单调递减区间是琪琪;f(x)桫2骣所以，f(x)的单调递增区间是t琪-?,t,,+ )琪(2桫骣t骣t琪0,（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当t?0时，f(x)在琪内的单调递减，在琪琪,+ 22桫桫内

单调递增，以下分两种情况讨论：

（1）当吵1,即t2时，f(x)在（0，1）内单调递减，

f(0)?t?1?0,f(1)??6t2?4t?3??6?4?4?2?3?0.

t2所以对任意t?[2,??),f(x)在区间（0，1）内均存在零点.

77?1?t?(0,1],f????t3?t?1??t3?0.

44?2?t?7373??t?t?1??t?1?0.f(0)?t?1?0 若t?(1,2),f??????2?44所以f(x)在??t??2,1??内存在零点. 所以f(x)在??t??0,2??内存在零点.

所以，对任意t?(0,2),f(x)在区间（0，1）内均存在零点. 综上，对任意t?(0,??),f(x)在区间（0，1）内均存在零点.

（2）当0?tt??t2?1,即0?t?2时，f(x)在???0,?2??内单调递减，在??2,1??内单调递增，若若t?(0,1],f??1??2????74t3?t?1??734t?0. f(1)??6t2?4t?3??6t?4t?3??2t?3?0. 所以f(x)在??t??2,1??内存在零点。

若t?(1,2),f??t??2????74t3??t?1???74t3?1?0.f(0)?t?1?0. 所以f(x)在???0,t?2??内存在零点。

所以，对任意t?(0,2),f(x)在区间（0，1）内均存在零点。 综上，对任意t?(0,??),f(x)在区间（0，1）内均存在零点。

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