KS5U2009届新课标数学考点预测：导数及其应用

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KS5U2010届新课标数学考点预测（15）

导数及其应用

一、考点介绍

导数属于新增内容，是高中数学知识的一个重要的交汇点，命题范围非常广泛，为高考考查函数提供了广阔天地，处于一种特殊的地位，不但一定出大题而相应有小题出现。主要考查导数有关的概念、计算和应用。利用导数工具研究函数的有关性质，把导数应用于单调性、极值等传统、常规问题的同时，进一步升华到处理与自然数有关的不等式的证明，是函数知识和不等式知识的一个结合体，它的解题又融合了转化、分类讨论、函数与方程、数形结合等数学思想与方法，不但突出了能力的考查，同时也注意了高考重点与热点，这一切对考查考生的应用能力和创新意识都大有益处。

1．了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等）；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念．

2．熟记基本导数公式；掌握两个函数和、差、积、商的求导法则．了解复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数．

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．

二、高考真题

1.（2008全国一21）．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．已知函数f(x)?x?ax?x?1，a?R． （Ⅰ）讨论函数f(x)的单调区间；

32（Ⅱ）设函数f(x)在区间??，??内是减函数，求a的取值范围． 解：（1）f(x)?x?ax?x?1

2求导：f?(x)?3x?2ax?1

2?2?31?3?32当a≤3时，?≤0，f?(x)≥0

f(x)在R上递增

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?a?a2?3当a?3，f?(x)?0求得两根为x?

32???a?a2?3?a?a2?3??a?a2?3?即f(x)在???，，?递增，??递减，

????333??????a?a2?3?，???递增 ???3????a???（2）???a???a2?32≤?33a2?31≥?337 4，且a2?3 解得：a≥2.（2008全国二21）．（本小题满分12分） 设a?R，函数f(x)?ax3?3x2．

（Ⅰ）若x?2是函数y?f(x)的极值点，求a的值；

2]，在x?0处取得最大值，求a的取值范围． （Ⅱ）若函数g(x)?f(x)?f?(x)，x?[0，解：（Ⅰ）f?(x)?3ax2?6x?3x(ax?2)．

因为x?2是函数y?f(x)的极值点，所以f?(2)?0，即6(2a?2)?0，因此a?1． 经验证，当a?1时，x?2是函数y?f(x)的极值点． ············· 4分 （Ⅱ）由题设，g(x)?ax?3x?3ax?6x?ax(x?3)?3x(x?2)．

32222]上的最大值为g(0)时， 当g(x)在区间[0，6g(0)≥g(2)， 即0≥20a?24．故得a≤． ·············· 9分

562]， 反之，当a≤时，对任意x?[0，56g(x)≤x2(x?3)?3x(x?2)

53x3x?(2x2?x?10)?(2x?5)(x?2)≤0， 552]上的最大值为g(0)． 而g(0)?0，故g(x)在区间[0，综上，a的取值范围为???，?． ······················ 12分

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3.（2008山东卷21）（本小题满分12分）

已知函数f(x)?1?aln(x?1),其中n∈N*,a为常数. n(1?x)（Ⅰ）当n=2时，求函数f(x)的极值；

（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x-1. （Ⅰ）解：由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}， 当n=2时，f(x)?1?aln(x?1), 2(1?x)2?a(1?x)2 所以 f(x)?. 3(1?x)（1）当a＞0时，由f(x)=0得

x1?1?22＞1，x2?1?＜1， aa?a(x?x1)(x?x2).

(1?x)3此时 f′（x）=

当x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单调递减； 当x∈（x1+∞）时，f′（x）＞0, f(x)单调递增.

（2）当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，所以f(x)无极值. 综上所述，n=2时， 当a＞0时，f(x)在x?1?当a≤0时，f(x)无极值. （Ⅱ）证法一：因为a=1,所以f(x)? 当n为偶数时，

令g(x)?x?1?22a2处取得极小值，极小值为f(1?)?(1?ln). aa2a1?ln(x?1).

(1?x)n1?ln(x?1), n(1?x)n1x?2n???＞0（x≥2）.

(x?1)n?1x?1x?1(x?1)n?1则 g′（x）=1+

所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增， 又 g(2)=0 因此g(x)?x?1?1?ln(x?1)≥g(2)=0恒成立， n(x?1) 所以f(x)≤x-1成立.

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当n为奇数时，

要证f(x)≤x-1,由于

1＜0，所以只需证ln(x-1) ≤x-1, n(1?x) 令 h(x)=x-1-ln(x-1), 则 h′（x）=1-

1x?2?≥0（x≥2）, x?1x?1 所以 当x∈[2，+∞]时，h(x)?x?1?ln(x?1)单调递增，又h(2)=1＞0， 所以当x≥2时，恒有h(x) ＞0,即ln（x-1）＜x-1命题成立.

综上所述，结论成立. 证法二：当a=1时，f(x)?1?ln(x?1).

(1?x)n1≤1， n(1?x)

当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有故只需证明1+ln(x-1) ≤x-1.

令h(x)?x?1?(1?ln(x?1))?x?2?ln(x?1),x??2,??? 则h?(x)?1?1x?2?, x?1x?1当x≥2时，h?(x)≥0，故h(x)在?2,???上单调递增， 因此 当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1) ≤x-1成立. 故 当x≥2时，有

1?ln(x?1)≤x-1. n(1?x) 即f（x）≤x-1. 4..（2008湖南卷21）（本小题满分13分）

x2已知函数f(x)=ln(1+x)-. 1?x2

(I) 求函数f(x)的单调区间; （Ⅱ）若不等式(1?)求?的最大值.

解: （Ⅰ）函数f(x)的定义域是(?1,??)，

1na?a?e对任意的n?N*都成立（其中e是自然对数的底数）.

2ln(1?x)x2?2x2(1?x)ln(1?x)?x2?2xf?(x)???. 221?x(1?x)(1?x)欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。www.ks5u.com

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设g(x)?2(1?x)ln(1?x)?x2?2x,则g?(x)?2ln(1?x)?2x. 令h(x)?2ln(1?x)?2x,则h?(x)?2?2x?2?. 1?x1?x当?1?x?0时， h?(x)?0, h(x)在（-1，0）上为增函数， 当x＞0时，h?(x)?0,h(x)在(0,??)上为减函数.

所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以g?(x)?0(x?0)， 函数g(x)在(?1,??)上为减函数. 于是当?1?x?0时，g(x)?g(0)?0, 当x＞0时，g(x)?g(0)?0.

所以，当?1?x?0时，f?(x)?0,f(x)在（-1，0）上为增函数. 当x＞0时，f?(x)?0,f(x)在(0,??)上为减函数.

故函数f(x)的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为(0,??).

（Ⅱ）不等式(1?)11?e等价于不等式(n?a)ln(1?)?1.由1??1知，

nn111?,x??0,1?,则 a??n. 设G(x)?1ln(1?x)xln(1?)nn?a1n11(1?x)ln2(1?x)?x2G?(x)????2.

(1?x)ln2(1?x)x2x(1?x)ln2(1?x)x2?0,即(1?x)ln2(1?x)?x2?0. 由（Ⅰ）知，ln(1?x)?1?x2所以G?(x)?0,x??0,1?,于是G(x)在?0,1?上为减函数. 故函数G（x）在?0,1?上的最小值为G(1)?所以a的最大值为

1?1. ln21?1. ln25..（2008陕西卷21）．（本小题满分12分） 已知函数f(x)?kx?1（c?0且c?1，k?R）恰有一个极大值点和一个极小值点，其x2?c中一个是x??c．

（Ⅰ）求函数f(x)的另一个极值点；

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（Ⅱ）求函数f(x)的极大值M和极小值m，并求M?m≥1时k的取值范围．

k(x2?c)?2x(kx?1)?kx2?2x?ck解：（Ⅰ）f?(x)?，由题意知f?(?c)?0， ?2222(x?c)(x?c)2即得ck?2c?ck?0，（*）?c?0，?k?0．

由f?(x)?0得?kx?2x?ck?0，

由韦达定理知另一个极值点为x?1（或x?c?22）． k22，即c?1?． c?1k当c?1时，k?0；当0?c?1时，k??2．

（Ⅱ）由（*）式得k??c)和(1，??)内是减函数，在(?c，1)内是增函数． （i）当k?0时，f(x)在(??，?M?f(1)?k?1k??0， c?12?kc?1?k2m?f(?c)?2??0，

c?c2(k?2)kk2由M?m??≥1及k?0，解得k≥2．

22(k?2)?c)和(1，??)内是增函数，在(?c，1)内是减函数． （ii）当k??2时，f(x)在(??，k?k2?M?f(?c)??0，m?f(1)??0

22(k?2)?k2k(k?1)2?1M?m???1?≥1恒成立．

2(k?2)2k?2综上可知，所求k的取值范围为(??，?2)?[2，??)．

6.（2008重庆卷20）（本小题满分13分.（Ⅰ）小问5分.（Ⅱ）小问8分.）

设函数f(x)?ax?bx?c(a?0),曲线y=f(x)通过点（0，2a+3），且在点（-1，f（-1））

处的切线垂直于y轴.

（Ⅰ）用a分别表示b和c；

-x

（Ⅱ）当bc取得最小值时，求函数g(x)=-f(x)e的单调区间.

2解：(Ⅰ)因为f(x)?ax?bx?c,所以f?(x)?2ax?b.

2 又因为曲线y?f(x)通过点（0，2a+3）,

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故f(0)?2a?3,而f(0)?c,从而c?2a?3.

又曲线y?f(x)在（-1，f(-1)）处的切线垂直于y轴，故f?(?1)?0, 即-2a+b=0,因此b=2a.

329,

4439 故当a??时，bc取得最小值-.

4433 此时有b??,c?.

22323333 从而f(x)??x?x?,f?(x)??x?,

422223233?x?x g(x)??f(x)c?(x?x?)e,

42232?x?x 所以g?(x)?(f(x)?f?(x)e??(x?4)e.

4 (Ⅱ)由(Ⅰ)得bc?2a(2a?3)?4(a?)? 令g?(x)?0，解得x1??2,x2?2.

当x?(??,?2)时,g?(x)?0,故g(x)在x?(??,?2)上为减函数； 当x?(?2,2)时，g?(x)?0,故g(x)在x?(2,??)上为减函数. 当x?(2,??)时，g?(x)?0，故g(x)在x?(2,??)上为减函数.

由此可见，函数g(x)的单调递减区间为（-∞，-2）和（2，+∞）；单调递增区间为（-2，2）. 7.（2008福建卷19）（本小题满分12分） 已知函数f(x)?13x?x2?2. 32 （Ⅰ）设{an}是正数组成的数列，前n项和为Sn，其中a1=3.若点(an,an?1?2an?1)(n

∈N*)在函数y=f′(x)的图象上，求证：点（n,Sn）也在y=f′(x)的图象上； （Ⅱ）求函数f(x)在区间（a-1,a）内的极值.

本小题主要考查函数极值、等差数列等基本知识，考查分类与整合、转化与化归等数学思想

方法，考查分析问题和解决问题的能力.满分12分. (Ⅰ)证明：因为f(x)?213x?x2?2,所以f′(x)=x2+2x, 3? 由点(an,an?1?2an?1)(n?N)在函数y=f′(x)的图象上, 又an?0(n?N),所以(an?1?an)(an?1?an?2)?0,

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所以Sn?3n?n(n?1)?2=n2?2n,又因为f′(n)=n2+2n,所以Sn?f?(n), 2 故点(n,Sn)也在函数y=f′(x)的图象上.

x f′(x) f(x) (-∞,-2) + ↗ -2 0 极大值 (-2,0) - ↘ 0 0 极小值 (0,+∞) + ↗ (Ⅱ)解:f?(x)?x2?2x?x(x?2), 由f?(x)?0,得x?0或x??2.

当x变化时,f?(x)﹑f(x)的变化情况如下表: 注意到(a?1)?a?1?2,从而

①当a?1??2?a,即?2?a??1时,f(x)的极大值为f(?2)??值；

②当a?1?0?a,即0?a?1时,f(x)的极小值为f(0)??2,此时f(x)无极大值； ③当a??2或?1?a?0或a?1时,f(x)既无极大值又无极小值.

2,此时f(x)无极小3三、名校试题

1.(2008年潍坊市高三统一考试)

,定义在(0??的三个函数f(x)、g(x)、h(x),已知f(x)=lnx,g(x)=

x2?af(x),h(x)?x?ax,且g(x)在[1，2]为增函数，h(x)在（0，1）为减函数.

（I）求g(x)，h(x)的表达式； （II）求证：当1

解（I）由题意：g(x)?x?af(x)?x?alnx.

22g?(x)=2x-2a?0,x?(1,2]恒成立. x∴a?2x,x?(1,2]恒成立.

?a?(2x2)最小?2，?a?2............................................2分

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又h?(x)?1??a1?02xx?(0,1)恒成立.

∴a?2x,x?(0,1),即a?(2,x)最大?2.

?a?2.?a?2.....................................................4分?g(x)=x2?2lnx;h(x)?x?2x...............................5分（II）?1?x?e2,?0?lnx?2, 欲证：x?

2?f(x).

2?f(x)只需证：x[2?f(x)]?2?f(x)

2(x-1) x+12(x?1)2(x-1)?lnx-. 记k(x)?f(x)?x?1x+1即证：f(x)?(x?1)2∴k?(x)?...........................7分

x(x?1)2∴当x>1时，k?(x)?0?k(x)在为增函数?????.9分 [1，??）?k(x)?k(1)?0,?k(x)?0.

即lnx?2(x-1)2(x?1)?0,?lnx? x+1x?1∴结论成立??????????????????..10分 （III）由 （1）知：g(x)?x2?2lnx,h(x)?x?2x. ∴C2对应表达式为h1(x)?x?2x?6

∴问题转化成求函数g(x)?x2?2lnx与h1(x)?x?2x?6交点的个数. 即求方程：x?2lnx?x?2x?6的根的个数. 即：

22x?2lnx??x2?x?6...................................12分

2设h2(x)?2x?2lnx,h（3x）=-x?x?6.

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h?2(x)?12x(x?2)x?2???. xxxxx∴当x?(0,4)时，h?2(x)?0,h2(x)为减函数. 当x?(4,??)时，h?2(x)?0,h2(x)为增函数. 而h3(x)??x2?x?6的图象开口向下的抛物线 ∴h3(x)与h2(x)的大致图象如图： ∴h3(x)与h2(x)的交点个数为2个. 即C2与C3的交点个数为2个.

2.(湖南师大附中)（本小题满分14分）已知函数f(x)?1?ln(x?1)(x?0).

x （Ⅰ）试判断函数f(x)在(0,??)上单调性并证明你的结论； （Ⅱ）若f(x)?k恒成立，求整数k的最大值； x?12n－3

（Ⅲ）求证：（1+1×2）（1+2×3）?[1+n（n+1）]>e．解：（I）f?(x)?

.

1x11[?1?ln(x?1)]??[?ln(x?1)]????（2分） 22xx?1xx?11?x?0,?x2?0,?0,ln(x?1)?0,?f?(x)?0.

x?1?f(x)在(0,?)上是减函数.????????????????????（4分）

（II）f(x)?k(x?1)[1?ln(x?1)]恒成立,即h(x)??k恒成立. x?1x即h(x)的最小值大于k.??????????????????????（6分）

x?1?ln(x?1),记g(x)?x?1?ln(x?1)(x?0).

xx?0,?g(x)在(0,??)上单调递增， 则g?(x)?x?1h?(x)?又g(2)?1?ln3?0,g(3)?2?2ln2?0.

?g(x)?0存在唯一实根a，且满足a?(2,3),a?1?ln(a?1).

当x?a时，g(x)?0,h?(x)?0，当0?x?a时，g(x)?0,h?(x)?0. ∴h(x)min?h(a)?(a?1)[1?ln(a?1)]?a?1?(3,4)

a故正整数k的最大值是3 ????????9分

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1?ln(x?1)3?(x?0)

xx?13x33?1?2??2? ??????11分 ∴ln(x?1)?x?1x?1x（Ⅲ）由（Ⅱ）知

令x?n(n?1)(n?N*)，则

ln[1?n(n?1)]?2?3

n(n?1)∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+?+ln[1+n(n+1)]

333)?(2?)???[2?]1?21?3n(n?1)131?2n?3[????]

1?22?3n(n?1)13?2n?3(1?)?2n?3??2n?3n?1n?1?(2?∴（1+1×2）（1+2×3）?[1+n（n+1）]>e

3.(浙江省重点中学2008年5月)

2n－3

??????14分

已知函数f(x)?ln(2?x)?x(x?0)，数列{an}的前n项和为Sn，a1?an?1?f(Sn)?Sn(n?N*)．

1，且2lPMQy（Ⅰ）求f(x)的最大值； （Ⅱ）证明：0?Sn?1； （Ⅲ）探究：数列{an}是否单调？

解：（Ⅰ）∵f(x)?ln(2?x)?x(x?0)，∴0?x?2． ∵f/(x)?FAOxBm?1x?1，（2分） ?1=

2?xx?2∴当0?x?1时，f/(x)?0，f(x)在(0,1)上单调递增； 当1?x?2时，f/(x)?0，f(x)在(1,2)上单调递减． ∴在区间(0,2)内，f(x)max?f(1)?1．（2分） （Ⅱ）用数学归纳法证明： ① 当n?1时， ∵S1?a1?1，∴0?S1?1，0?Sn?1成立； 2② 假设当n?k时，0?Sk?1成立．

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当n?k?1时，由an?1?f(Sn)?Sn及an?1?Sn?1?Sn，得Sk?1?f(Sk)，（2分） 由(Ⅰ) 知，f(x)在(0,1)上单调递增，所以f(0)?f(Sk)?f(1)， 而f(0)?ln2?0，f(1)?ln(2?1)?1?1， 故0?Sk?1?1． ∴当n?k?1时，0?Sn?1也成立．

由①、②知，0?Sn?1对任意n?N*都成立．（4分） （Ⅲ）数列{an}单调递减．（1分） 理由如下：

当n?1时，a2?a1?ln(2?S1)?S1?ln(2?1)?1?ln3?lne?0, ∴a2?a1；

222当n?2时，由an?1?f(Sn)?Sn得an?1?ln(2?Sn)． ∵an?1?an?ln(2?Sn)?ln(2?Sn?1)?ln2?Sn，（2分）

2?Sn?1又由 (Ⅱ) 知，0?Sn?1，∴1?2?Sn?2， ∴an?1?ln(2?Sn)?0，即Sn?1?Sn?0(n?N*) ∴1?2?Sn?2?Sn?1?2(n?N*且n?2)， ∴ln2?Sn?0，∴an?1?an．（3分）

2?Sn?1综上，数列{an}单调递减．

2?x)?x(x?0)，数列{an}的前n项和为Sn，a1?4．已知函数f(x)?ln(1，且2an?1?f(Sn)?Sn(n?N*)．

lPMQy（Ⅰ）求f(x)的最大值； （Ⅱ）证明：0?Sn?1； （Ⅲ）探究：数列{an}是否单调？

解：（Ⅰ）∵f(x)?ln(2?x)?x(x?0)，∴0?x?2． ∵f/(x)?FAOxBm?1x?1，（2分） ?1=

2?xx?2∴当0?x?1时，f/(x)?0，f(x)在(0,1)上单调递增；

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当1?x?2时，f/(x)?0，f(x)在(1,2)上单调递减． ∴在区间(0,2)内，f(x)max?f(1)?1．（2分） （Ⅱ）用数学归纳法证明： ① 当n?1时， ∵S1?a1?1，∴0?S1?1，0?Sn?1成立； 2② 假设当n?k时，0?Sk?1成立．

当n?k?1时，由an?1?f(Sn)?Sn及an?1?Sn?1?Sn，得Sk?1?f(Sk)，（2分） 由(Ⅰ) 知，f(x)在(0,1)上单调递增，所以f(0)?f(Sk)?f(1)， 而f(0)?ln2?0，f(1)?ln(2?1)?1?1， 故0?Sk?1?1． ∴当n?k?1时，0?Sn?1也成立．

由①、②知，0?Sn?1对任意n?N*都成立．（4分） （Ⅲ）数列{an}单调递减．（1分） 理由如下：

当n?1时，a2?a1?ln(2?S1)?S1?ln(2?1)?1?ln3?lne?0, ∴a2?a1；

222当n?2时，由an?1?f(Sn)?Sn得an?1?ln(2?Sn)． ∵an?1?an?ln(2?Sn)?ln(2?Sn?1)?ln2?Sn，（2分）

2?Sn?1又由 (Ⅱ) 知，0?Sn?1，∴1?2?Sn?2， ∴an?1?ln(2?Sn)?0，即Sn?1?Sn?0(n?N*) ∴1?2?Sn?2?Sn?1?2(n?N*且n?2)， ∴ln2?Sn?0，∴an?1?an．（3分）

2?Sn?1综上，数列{an}单调递减．

5.(天津市十二区县重点中学) （本小题满分14分） y P M 1?|1已知函数f(x)?2ex|（其中e为自然对数的底数） x欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。www.ks5u.com 13 F1 O F2x 高考资源网（www.ks5u.com），您身边的高考专家

（Ⅰ）判断f(x)的奇偶性；

（Ⅱ）在(??,0)上求函数f(x)的极值；

（Ⅲ）用数学归纳法证明：当x?0时，对任意正整数n都有f()?n!?x111x2?n

?11?|x||?x|解：（Ⅰ） f(?x)?e?2e?f(x)?f(x)是偶函数。??3分 2(?x)x1(Ⅱ)当x?0时，f(x)?2ex

x?2111f?(x)?3ex?2ex(?2)??4ex(2x?1) ???5分

xxxx令f?(x)?0有x??0.5，

当x变化时f?(x),f(x)的变化情况如下表: 由表可 知：

1111x f?(x) f(x) 当x??1(??,) 2+ 增 ?1 2（?1,0) 20 极大值 － 减 ???7分

1?2时f(x)取极大值4e. 211?12?x(Ⅲ)当x?0时f(x)?2ex,?f()?xe ???8分

xx 考虑到：x?0时，不等式f()?n!?x1x2?n等价于xe2?x?n!?x2?n?xn?n!?ex?（1）

所以只要用数学归纳法证明不等式（1）对一切n?N都成立即可???9分

x（i）当n?1时，设g(x)?e?x,(x?0)

??x?0时，g?(x)?ex?1?0,?g(x)是增函数， ???10分

x故g(x)?g(0)?1?0，即e?x,(x?0)

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所以，当n?1时，不等式（1）都成立 ???11分 （ii）假设n?k(k?N?)时，不等式（1）都成立，即x?k!?e 当n?k?1时设h(x)?(k?1)!?ex?xk?1,(x?0)

有h?(x)?(k?1)!?ex?(k?1)xk?(k?1)(k!?ex?xk)?0 ???12分 故h(x)?(k?1)!?ex?xk?1,(x?0)为增函数，

所以，h(x)?h(0)?(k?1)!?0，即xk?1?(k?1)!?ex， ???13分 这说明当n?k?1时不等式（1）也都成立， 根据(i)(ii)可知不等式（1）对一切n?N都成立，

故原不等式对一切n?N都成立. ???14分 四、考点分类讲解 考点1 导数的概念

对概念的要求：了解导数概念的实际背景，掌握导数在一点处的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念.

例1．（2007年北京卷）f?(x)是f(x)???kx13x?2x?1的导函数，则f?(?1)的值是 ． 32[考查目的] 本题主要考查函数的导数和计算等基础知识和能力.

2[解答过程] ?f?(x)?x?2,?f?(?1)???1??2?3.

故填3.

例2. ( 2006年湖南卷）设函数f(x)?x?a,集合M={x|f(x)?0},P={x|f'(x)?0},若MP,则

x?1实数a的取值范围是 ( )

A.(-∞,1) B.(0,1) C.(1,+∞) D. [1,+∞)

[考查目的]本题主要考查函数的导数和集合等基础知识的应用能力. [解答过程]由x?a?0,?当a>1时,1?x?a;当a<1时,a?x?1.x?1x?aa?1?x?a?x?1??x?a??y?,?y/?????0. ?22x?1?x?1??x?1??x?1?/

?a?1.综上可得MP时,?a?1.考点2 曲线的切线

（1）关于曲线在某一点的切线

求曲线y=f(x)在某一点P（x,y）的切线，即求出函数y=f(x)在P点的导数就是曲线在该点的切线的斜率.

（2）关于两曲线的公切线

若一直线同时与两曲线相切，则称该直线为两曲线的公切线. 典型例题

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例3.（2007年湖南文）已知函数f(x)?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． 思路启迪：用求导来求得切线斜率. 解答过程：（I）因为函数f(x)?1312x?ax?bx在区间[?11)，，(1，3]内各有一个321312x?ax?bx在区间[?11)，，(1，3]内分别有一个极值32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

x2?3，即a??2，b??3时等号0?a2?4b≤4，0?a2?4b≤16，且当x1??1，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?21?a， 32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?21?a]在x?1两边附近的函数值异号，则 32x?1不是g(x)的极值点．

而g(x)?131221x?ax?bx?(1?a?b)x??a，且 3232g?(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．

2所以1??1?a，即a??2，又由a?4b?8，得b??1，故f(x)?13x?x2?x． 3解法二：同解法一得g(x)?f(x)?[(1?a?b)x?21?a] 3213a3?(x?1)[x2?(1?)x?(2?a)]． 322欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。www.ks5u.com

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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??3a?x?2????，则 2??2?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?2所以a??2，又由a?4b?8，得b??1，故f(x)?3a?0， 213x?x2?x． 3例4.（2006年安徽卷）若曲线y?x4的一条切线l与直线x?4y?8?0垂直，则l的方程为（ ）

A．4x?y?3?0 B．x?4y?5?0 C．4x?y?3?0 D．x?4y?3?0 [考查目的]本题主要考查函数的导数和直线方程等基础知识的应用能力.

[解答过程]与直线x?4y?8?0垂直的直线l为4x?y?m?0，即y?x4在某一点的导数为4，而y??4x3，所以y?x4在(1，1)处导数为4，此点的切线为4x?y?3?0. 故选A.

例5． ( 2006年重庆卷)过坐标原点且与x+y-4x+2y+5=0相切的直线的方程为 ( )

22

2A.y=-3x或y=1x B. y=-3x或y=-1x C.y=-3x或y=-1x D. y=3x或y=1x

3333[考查目的]本题主要考查函数的导数和圆的方程、直线方程等基础知识的应用能力. [解答过程]解法1：设切线的方程为y?kx,?kx?y?0. 又?x?2?2??y?1?2?5,?圆心为?2,?1?.

2?2k?1k2?11?y?x,或y??3x.

3?51,?3k2?8k?3?0.?k?,k??3. 23故选A.

31?由 解法2:由解法1知切点坐标为(1,?3),??,?,22?22?欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。www.ks5u.com

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5??(x?2)??y?1????,???x?2??x22//?2(x?2)?2?y?1?yx/?0,x?2?yx??.y?1/

1?.3?k1?yx/13(,?)22??3,k2?yx/31(,)221?y??3x,y?x.3故选A.

例6.已知两抛物线C1:y?x2?2x,C2:y??x2?a, a取何值时C1，C2有且只有一条公切线，求出此时公切线的方程.

思路启迪：先对C1:y?x2?2x,C2:y??x2?a求导数.

解答过程：函数y?x2?2x的导数为y'?2x?2，曲线C1在点P(x1,x12?2x1)处的切线方程为

2y?(x12?2x1)?2(x1?2)(x?x1)，即 y?2(x1?1)x?x1 ①

曲线C1在点Q(x2,?x22?a)的切线方程是y?(?x2?a)??2x2(x?x2)即

y??2x2x?x22?a ② 若直线l是过点P点和Q点的公切线，则①式和②式都是l的方程，故得

x1?1??x2,?x12?x22?1，消去x2得方程，2x1?2x1?1?a?0

2若△=4?4?2(1?a)?0，即a??1时，解得x1??1，此时点P、Q重合.

22∴当时a??1，C1和C2有且只有一条公切线，由①式得公切线方程为y?x?1 .

24考点3 导数的应用

中学阶段所涉及的初等函数在其定义域内都是可导函数，导数是研究函数性质的重要而有力的工具，特别是对于函数的单调性，以“导数”为工具，能对其进行全面的分析，为我们解决求函数的极值、最值提供了一种简明易行的方法，进而与不等式的证明，讨论方程解的情况等问题结合起来，极大地丰富了中学数学思想方法.复习时，应高度重视以下问题: 1.. 求函数的解析式; 2. 求函数的值域; 3.解决单调性问题; 4.求函数的极值（最值）; 5.构造函数证明不等式. 典型例题 例7．（2006年天津卷）函数f(x)的定义域为开区间(a,b)，导函数f?(x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a,b)内有极小值点（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D． 4个 y y?f?(x)b a欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。www.ks5u.com O x18 高考资源网（www.ks5u.com），您身边的高考专家

[考查目的]本题主要考查函数的导数和函数图象性质等基础知识的应用能力. [解答过程]由图象可见,在区间(a,0)内的图象上有一个极小值点. 故选A.

例8 .（2007年全国一）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．

思路启迪：利用函数f(x)?2x3?3ax2?3bx?8c在x?1及x?2时取得极值构造方程组求a、b的值．

解答过程：（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．

?6?6a?3b?0，即?

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)?c恒成立，

22所以 9?8c?c，

解得 c??1或c?9，

因此c的取值范围为(??，?1)?(9，??)．

例9.函数y?2x?4?x?3的值域是_____________.

思路启迪：求函数的值域，是中学数学中的难点，一般可以通过图象观察或利用不等式性质求解，也可以利用函数的单调性求出最大、最小值。此例的形式结构较为复杂，采用导数法求解较为容易。

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2x?4?0得，解答过程：由?x??2，即函数的定义域为[?2,??). ??x?3?0

y'?112x?3?2x?4，

??2x?42x?322x?4?x?32x?8， 2x?3?2x?4又2x?3?2x?4??当x??2时，y'?0，

?函数y?2x?4?x?3在(?2,??)上是增函数，而f(?2)??1，?y?2x?4?x?3的值域是[?1,??).

例10．（2006年天津卷）已知函数f?x??4x3?3x2cos??3cos?，其中x?R,?为参数，且

160???2?．

（1）当时cos??0，判断函数f?x?是否有极值；

（2）要使函数f(x)的极小值大于零，求参数?的取值范围；

（3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数?，函数f?x?在区间?2a?1,a?内都是增函数，求实数a的取值范围．

[考查目的]本小题主要考查运用导数研究三角函数和函数的单调性及极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力，以及分类讨论的数学思想方法.

[解答过程]（Ⅰ）当cos??0时，f(x)?4x3，则f(x)在(??,??)内是增函数，故无极值. （Ⅱ）f'(x)?12x2?6xcos?，令f'(x)?0，得x1?0,x2?cos?.

2由（Ⅰ），只需分下面两种情况讨论.

①当cos??0时，随x的变化f'(x)的符号及f(x)的变化情况如下表： x f'(x) f(x) (??,0) 0 0 极大值 (0,cos? )2cos? 2(cos?,??) 2+ ↗ - ↘ 0 极小值 + ↗ 因此，函数f(x)在x?cos?处取得极小值f(cos?)，且f(cos?)??1cos3??3?

222416.要使f(cos?)?0，必有?1cos?(cos2??3)?0，可得0?cos??3.

2442由于0?cos??3，故?????或3????11?.

26226②当时cos??0，随x的变化，f'(x)的符号及f(x)的变化情况如下表： x 0 cos? cos? cos?(??,)(,0) 2(0,??) 22f'(x) f(x) + 0 极大值 - 0 极小值 + ? ? 16? 因此，函数f(x)在x?0处取得极小值f(0)，且f(0)?3cos?.

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若f(0)?0，则cos??0.矛盾.所以当cos??0时，f(x)的极小值不会大于零.

综上，要使函数f(x)在(??,??)内的极小值大于零，参数?的取值范围为(?,?)?(3?,11?).

6226（III）解：由（II）知，函数f(x)在区间(??,??)与(cos?,??)内都是增函数。

2由题设，函数f(x)在(2a?1,a)内是增函数，则a须满足不等式组

2a?1?a a?0 或

2a?1?a 12a?1?cos?26由（II），参数时??(?,?)?(3?,11?)时，0?cos??3.要使不等式2a?1?1cos?关于参数

62222?恒成立，必有2a?1?3，即4?3?a.

48综上，解得a?0或4?3?a?1. 8所以a的取值范围是(??,0)?[4?3,1).

8例11．(2006年山东卷)设函数f(x)=ax－(a+1)ln(x+1)，其中a?-1，求f(x)的单调区间. [考查目的]本题考查了函数的导数求法,函数的极值的判定,考查了应用数形结合的数学思想分析问题解决问题的能力

[解答过程]由已知得函数f(x)的定义域为(?1,??)，且f'(x)?ax?1(a??1),

x?1（1）当?1?a?0时，f'(x)?0,函数f(x)在(?1,??)上单调递减， （2）当a?0时，由f'(x)?0,解得x?1.

af'(x)、f(x)随x的变化情况如下表

x f'(x) f(x) 1(?1,) a1 a1(,??) a— 0 极小值 + ? ? 从上表可知

当x?(?1,1)时，f'(x)?0,函数f(x)在(?1,1)上单调递减.

aa当x?(1,??)时，f'(x)?0,函数f(x)在(1,??)上单调递增.

aa综上所述：当?1?a?0时，函数f(x)在(?1,??)上单调递减.

当a?0时，函数f(x)在(?1,1)上单调递减，函数f(x)在(1,??)上单调递增.

aa例12．（2006年北京卷）已知函数f(x)?ax3?bx2?cx在点x0处取得极大值5，其导函数y?f'(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)，如图所示.求：

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（Ⅰ）x0的值； （Ⅱ）a,b,c的值.

[考查目的]本小题考查了函数的导数,函数的极值的判定,闭区间上二次函数的最值, 函数与方程的转化等基础知识的综合应用,考查了应用数形结合的数学思想分析问题解决问题的能力

[解答过程]解法一：（Ⅰ）由图像可知，在???,1?上上f'?x??0,

故f(x)在上递增，在(1,2)上递减， （-?，1），（2，+?）因此f?x?在x?1处取得极大值，所以x0?1 （Ⅱ）f'(x)?3ax2?2bx?c,

'由f（ 1）=0，（f'2）＝0，（f'1）＝5，得?12a?4b?c?0,

??a?b?c?5,??3a?2b?c?0,,2f'?x??0，在?1?上f'?x??0，在?2,???解得a?2,b??9,c?12.

解法二：（Ⅰ）同解法一

（Ⅱ）设f'(x)?m(x?1)(x?2)?mx2?3mx?2m, 又f'(x)?3ax2?2bx?c, 所以a?m,b??3m,c?2m

32f(x)?m332|x?mx?2mx, 3232由f(1)?5，即m?3m?2m?5,得m?6,

所以a?2,b??9,c?12 例13．（2006年湖北卷）设x?3是函数f?x???x2?ax?b?e3?x?x?R?的一个极值点. （Ⅰ）求a与b的关系式（用a表示b），并求f?x?的单调区间；

25?x2（Ⅱ）设a?0，g?x????a??e.若存在?1,?2??0,4?使得f??1??g??2??1成立，求a的取值范

?4?围.

[考查目的]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.

[解答过程]（Ⅰ）f `(x)＝－[x＋(a－2)x＋b－a ]e由f `(3)=0，得 －[3＋(a－2)3＋b－a ]e则 f `(x)＝[x＋(a－2)x－3－2a－a ]e＝－[x＋(a－2)x－3－3a ]e2

2

2

2

3－x,

3－3＝0，即得b＝－3－2a，

3－x 3－x＝－(x－3)(x＋a+1)e3－x.

令f `(x)＝0，得x1＝3或x2＝－a－1，由于x＝3是极值点，

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所以x+a+1≠0，那么a≠－4. 当a<－4时，x2>3＝x1，则

在区间（－∞，3）上，f `(x)<0， f (x)为减函数； 在区间（3，―a―1）上，f `(x)>0，f (x)为增函数； 在区间（―a―1，＋∞）上，f `(x)<0，f (x)为减函数. 当a>－4时，x2<3＝x1，则

在区间（－∞，―a―1）上，f `(x)<0， f (x)为减函数； 在区间（―a―1，3）上，f `(x)>0，f (x)为增函数； 在区间（3，＋∞）上，f `(x)<0，f (x)为减函数. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a>0时，f (x)在区间（0，3）上的单调递增，在区间（3，4）上单调递减，那么f (x)在区间[0，4]上的值域是[min(f (0)，f (4) )，f (3)]， 而f (0)＝－（2a＋3）e<0，f (4)＝（2a＋13）e>0，f (3)＝a＋6， 那么f (x)在区间[0，4]上的值域是[－（2a＋3）e，a＋6]. 又g(x)?(a2?25)ex在区间[0，4]上是增函数，

433－1且它在区间[0，4]上的值域是[a＋25，（a＋25）e]，

224

42242

由于（a＋25）－（a＋6）＝a－a＋1＝（a?1）≥0，所以只须仅须

442（a＋25）－（a＋6）<1且a>0，解得0

242故a的取值范围是（0，3）.

2例14 （2007年全国二） 已知函数f(x)?13ax?bx2?(2?b)x?1 3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。 [解答过程]求函数f(x)的导数f?(x)?ax?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．

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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．

?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?，?，B(2，，2)C(4，2)．

?46??77?b

z在这三点的值依次为

所以z的取值范围为?16，6，8． 7?16?，8?． 7??2

B(2，2)

1

?46?A?，? ?77?

O 2 4 a

小结：本题的新颖之处在把函数的导数与线性 规划有机结合．

考点4 导数的实际应用 建立函数模型,利用 典型例题

例15. （2007年重庆文）

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？ [考查目的]本小题主要考查函数、导数及其应用等基本知识，考查运用数学知识分析和解决实际问题的能力.

[解答过程]设长方体的宽为x（m），则长为2x(m)，高为

18?12x3??h??4.5?3x(m)?0＜x＜?.

42??故长方体的体积为

V(x)?2x2(4.5?3x)?9x2?6x3(m3)3(0＜x＜).

2C(4，2)

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.

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当0＜x＜1时，V′（x）＞0；当1＜x＜

2时，V′（x）＜0， 3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。

233

从而最大体积V＝V′（x）＝9×1-6×1（m），此时长方体的长为2 m，高为1.5 m.

3

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 m。 例16．（2006年福建卷）统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗 油量y（升）关于行驶速度x（千米/小时）的函数解析式可以表示为：

y?13x3?x?8(0?x?120).已知甲、乙两地相距100千米. 12800080（I）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ （II）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？ [考查目的]本小题主要考查函数、导数及其应用等基本知识，考查运用数学知识分析和解决实际问题的能力.

[解答过程]（I）当x?40时，汽车从甲地到乙地行驶了100?2.5小时，

40要耗没(13?403??40?8)?2.5?17.5（升）. 12800080答：当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升。

（II）当速度为x千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100小时，设耗油量为h(x)升，

x依题意得h(x)?(

131001280015x3?x?8).?x??(0?x?120), 12800080x1280x4x800x3?803h'(x)???(0?x?120).

640x2640x2令h'(x)?0,得x?80.

当x?(0,80)时，h'(x)?0,h(x)是减函数；当x?(80,120)时，h'(x)?0,h(x)是增函数. 当x?80时，h(x)取到极小值h(80)?11.25.

因为h(x)在(0,120]上只有一个极值，所以它是最小值.

答：当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升.

五、考点预测

1.已知函数f?x??x?2a(x?0,a?R)若f?x?在?2,???是增函数，求实数a的范围。 x解析：f(x)?2x?/a3≥0在?2,???上恒成立?a?2x在?2,???上恒成立 2x3而2x在?2,???上的最小值为16，故a?16。

2.已知定义在R上的函数y=f(x)的导函数f/(x)在R上也可导，且其导函数[f/(x)]/<0， 则y=f(x)的图象可能是下图中的 （ ） A．①② B．①③ C．②③ D．③④ yyyy xxxOOOO欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。www.ks5u.com ②③④①25 x

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C解析：由[f/(x)]/<0知f/(x)在R上递减，即函数y=f(x)的图象上从左到右各点处的切线斜率递减，不难看出图象②③满足这一要求。

3.f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf/(x)+f(x)≤0,对任意正数a、b,若a＜b，则必有 （ ） （07陕西理11） A.af(b) ≤bf(a) B.bf(a) ≤af(b) C.af(a) ≤f(b) D.bf(b) ≤f(a)

解析：xf/(x)+f(x)≤0?[xf(x)]/ ≤0?函数F(x)= xf(x) 在（0，+∞）上为常函数或递减， 又0

11??0 ② 22abf(a)f(b)??0? af(b) ≤bf(a)，故选A。 ab1324.已知函数f(x)?ax?bx?(2?b)x?1在x?x1处取得极大值，在x?x2处取得极小

3值，且0?x1?1?x2?2．（1）证明a?0；（2）若z=a+2b,求z的取值范围。 解析：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．

?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．此不等式组表示的区域为平面aOb上三条直线：

?4a?5b?2?0?2?b?0，a?3b?2?0，4a?5b?2?0所围成的△ABC的内部，由“线性规划”的知识

容易求得：z的取值范围为??16?，8?． ?7?3225.已知函数f(x)?x?ax?bx?a在x?1处有极值10,则f(2)?

'2/解析： f(x)?3x?2ax?b?0，∴f(1)=2a?b?3?0 ①

?a??3?a?4或? f(1)?1?a?b?a2?10 ② 由①②得：??b??11?b?3欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。www.ks5u.com

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当??a??3时，f'(x)?3x2?6x?3?3(x?1)2?0，此时函数f(x)无极值，舍去；

?b?3?a?4时f/(x)?3x2?8x?11，函数f(x)在x?1处左减右增，有极小值；

?b??11当?此时∴f(2)?18 。

6.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．解析：（Ⅰ）f?(x)?6x2?6ax?3b，由f?(1)?0，f?(2)?0．解得a??3，b?4．

3] （Ⅱ）f(x)?c2在[0，3]上恒成立即c2?fmax(x)，x?[0，由（Ⅰ）可知，f(x)?2x3?9x2?12x?8c，f?(x)?6x2?18x?12?6(x?1)(x?2)．

1)时，f?(x)?0；当x?(1，2)时，f?(x)?0；当x?(2，3)时，f?(x)?0． 当x?(0，即f(x)在[0，1]上递增，[1，2]上递减，[2，3]上递增；∴当x?1时，f(x)取得极大值

f(1)?5?8c，又f(3)?9?8c．故当x??0，3?时，f(x)的最大值为f(3)?9?8c．

2?1)?(9，??)。 于是有：9?8c?c，解得 c??1或c?9，因此c的取值范围为(??，7.已知定义在正实数集上的函数f(x)?12x?2ax，g(x)?3a2lnx?b，其中a?0．设2两曲线y?f(x)，y?g(x)有公共点，且在该点处的切线相同．用a表示b，并求b的最大值；

解析：设y?f(x)与y?g(x)(x?0)在公共点(x0，y0)处的切线相同．

3a2∵f?(x)?x?2a，g?(x)?，由题意f(x0)?g(x0)，f?(x0)?g?(x0)．

x?122x?2ax?3alnx0?b，00?3a2?2即?由x0?2a?得：x0?a，或x0??3a（舍去）． 23ax0?x0?2a?，?x0?即有b?125a?2a2?3a2lna?a2?3a2lna． 22欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。www.ks5u.com

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522令h(t)?t?3tlnt(t?0)，则h?()t?2(t13nl?)t213．于是当t(1?3lnt)?0，即0?t?e131??时，h?(t)?0；当t(1?3lnt)?0，即t?e时，h?(t)?0．故h(t)在?0，e3?为增函数，

??12?1???3?∞?为减函数，∴h(t)在(0，在?e3，?∞)的最大值为h?e3??e3． ????2

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