2011年高考导数及其应用-高考生必备 13页

3.基本初等函数的导数公式2011年高考：导数及其应用-高考生必备nn1①CC0(为常数）；②()xnx(nR但不为零）；导数及其应用xx1；③()ee；④(ln)xx【考点综述】⑤(sin)xxcos；⑥(cos)xxsin；考查的基本原则是：重点考查对导数概念本质的理解和计算，力求结合应用问题，已经表现出逐xx1步加深与综合考查的趋势，如已涉及理论探讨和较为严格的逻辑证明。本部分的要求一般有三个层次：⑦()aalna；⑧(logax).xaln第一层次是主要考查导数的概念，求导的公式和求导法则，为基础层面；第二层次是导数的简单应用，4.导数的四则运算法则包括求单调区间、函数的极值、证明函数的增减性等，为导数应用的重点层次；第三层次是综合考查，若uxvx(),()的导数都存在，则①()uvuv；②(ku)kuk(为常数）；包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式和函数的单调性等有机地结合在一起，设计uuvuv综合题，通过将新课程内容和传统内容相结合，加强了能力考查力度，使试题具有更广泛的实际意义，③()uvuvuv；特别地，()u22uu；④()2体现了导数作为工具分析和解决一些函数性质问题的思想方法，这类问题用传统教材是难以甚至无法vv解决的；为导数应用的较高层次，用于设计压轴题，突出导数应用的灵活性与思想方法的交汇性。5.复合函数求导公式（课本20～21页）（1）复合层次的划分：【重点知识】对较为复杂函数准确求导的前提是：会熟练地进行复合函数层次的划分。以基本初等函数作为划分基本层次的标准。1.平均变化率及瞬时变化率：x基本初等函数有以下六类：①常函数fx()C；②指数函数fx()a；③对数函数(1)函数f(x)从x1到x2的平均变化率：fx()logx；④幂函数fx()x(为常数）；⑤三角函数fx()sin,()cos,xfxxyfx11xfxfx21fxa.fx()tanx；⑥反三角函数（略）。xxxx21（2）求导法则（2）函数f(x)在x0处的瞬时变化率：设yfgx(()),ugx()，则yfu。例如：xuxyfx0xfx0fxfx0lim=lim=lim.①求导：yx21x0xx0xxx0xx02②已知函数fx()在R上满足fx()2(2fx)x8x8，则曲线yfx()在点(1,(1))f处2.导（函）数的定义：的切线方程是．fxxfx006.抽象函数求导问题（1）．f(x)在点x0处可导limx0存在x2如：①设函数fx在R上的导函数为fx'，且2'fxxfxx，下面的不等式在R上limfx00xfx、limfx0xfx0都存在且相等。恒成立的是（）x0xx0xA.fx0B.fx0C.fxxD.fxx（2）．f(x)在一点x=x0处的导数为②已知对任意实数x，有f(x)fx()，g(x)gx()，且x0时，fx()0，gx()0，yfxxfxfxfxlimlim00lim0.则x0时（）f(x0)x0x=x0x=xx0xxA．fx()0，gx()0B．fx()0，gx()00yfxxfxC．fx()0，gx()0D．fx()0，gx()0（3）．若对任意xa,b都有f(x)lim=lim成立，则函数f(x)在区间x0xx0x【重点结论】a,b上可导；ylimy1.求导与单调性：在端点a、b处判断是否可导的方法是：若lim存在，则f(x)在（a,b]上可导；若在x0xx0x若函数f(x)在区间I上可导，且使f(x)0的点x仅有有限个，则limy，limyf(x)在区间I上为严格递增（减）函数的充要条件为：存在，则f(x)在[a,b）上可导；若都存在，则f(x)在[a,b]上可导。x0xx0x对一切xI有f(x)()0.注：新课标对极限要求降低，上述定义涉及的极限表达式仅供理解定义本质时作参考。1\n例如：32①已知函数f(x)ax3xx1在R上是减函数，求a的取值范围。ax1②已知函数f(x)=在(－2，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围。x22.求导与极值：（课本27～28页）若mx0n,f(x0)0,当x(m,x0)时f(x)0()且当x(x0,n)时f(x)0()，【典例分析】则f(x0)为f(x)在(m,n)上的极大（小）值。注意：（1）正确理解极值定义：题型1求单调区间2（2）极值也可能在不可导点取得，如：yx在x0处取得极小值，但是不可导。例1设函数f(x)x1ax，其中a>0。（1）求f(x)的单调区间；3（2）解不等式f(x)≤1。（3）驻点即满足fx()0的点x不一定是取得极值的点，如：fx()x在点x0处。题型2研究极值问题综上，满足fx()0的点x是此点是极值点的既不充分也不必要条件。例2设函数f(x)=ax3224bxcxd(a、b、c、d∈R)的图象关于原点对称，且x=1时，f(x)取例如：2极小值。①函数f(x)=(x2－1)3＋2的极值点是（）3(1)求a、b、c、d的值；A、x=2B、x=－1C、x=1或－1或0D、x=0(2)当x∈[-1,1]时，图象上是否存在两点，使得过此两点的切线互相垂直？试证明你的结论；23124②求fx()xx的极值点。2(3)若x1,x2∈[-1,1]时，求证：|f(x1)-f(x2)|≤。3③已知函数fx()的导数fx()ax(1)(xa)，若fx()在xa处取到极大值，则a的取值题型3导数与图象特征结合范围是。（状元之路50页5）13例3已知平面向量a=(3,-1)，b=(,).3.求导与几何意义：22(1)证明a⊥b；以曲线yf(x)上一点(x0,f(x0))为切点的切线方程是(2)若存在不同时为零的实数k和t，使x=a+(t2-3)b，y=-ka+tb，x⊥y，试求函数关系式yf(x)f(x)(xx).k=f(t)；000（1）注意鉴别：“过曲线上一点的切线”与“在曲线上一点处的切线”的区别：“在曲线上一点处(3)据(2)的结论，讨论关于t的方程f(t)-k=0的解的情况.的切线”是指以此点为切点的切线，而“过曲线上一点的切线”只表示曲线的切线过“此点”，但是1132例4．（07湖南文）已知函数fx()xaxbx在区间[11)，，(13]，内各有一个极值点．（I）“此点”不一定就是切点！例如：322214求ab4的最大值；（II）当ab48时，设函数yfx()在点Af(1，(1))处的切线为l，若l在3①已知曲线yx，则过点P（2，4）的切线方程是。（状元之路44页）33点A处穿过函数yfx()的图象（即动点在点A附近沿曲线yfx()运动，经过点A时，从l的一138侧进入另一侧），求函数fx()的表达式．练习：已知曲线yx上一点P(2,)求过点P的切线方程。33【启迪迁移】（2）利用导数的几何意义识图：如31．（07全国2理）已知函数fx()xx．（1）求曲线yfx()在点Mtft(，())处的切线方程；已知函数yfxy(),gx()的导函数的图象如下图，那么yfxy(),gx()的图象可能是（2）设a0，如果过点()ab，可作曲线yfx()的三条切线，证明：abfa()．（）总结：用导数方法讨论“函数yfx()与ygx()的图象交点个数”问题，一般步骤如下：1.构造函数()xfx()gx()；2\n2.求导()x，研究()x的单调性与极值（必要时研究函数图象端点的极限情况）；例8讨论方程lnxax(a0)实根个数。3.画出函数yx()的图象（示意图），观察它与x轴的交点情况（以上不必写在卷面上），由此【启迪迁移】列出方程（组）或不等式（组）；1.（预测题）证明方程x=sinx在(－∞，＋∞)内只有一个实根。4.解方程或不等式（组）得解并作答。题型4导数的实际应用【实战演练】例5从边长为2a的正方形铁片的四个角各截去一小块边一、选择题为x的正方形（如右图所示），再将四边向上折起，做成一个无1．对于R上可导的任意函数fx()满足(x1)()0fx，则（）盖的长方体铁盒，要求长方体的高度x与底面正方形边长的比A.f(0)f(2)2(1)fB.f(0)f(2)2(1)f值不超过常数t.问x取何值时，容积V有最大值。C.f(0)f(2)2(1)fD.f(0)f(2)2(1)f（状元之路49页）例6（07北京）题型5用于证明不等式或求“恒成立”型不等式参数范围23（肇始于课本27页练习B3）2．已知曲线y1xy,2xy,32sinx，这三条曲线与x=1的交点分别为A、B、C，又设k1、k2、例7已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx.k3分别为以A、B、C为切点且分别与这三条曲线相切的直线的斜率，则（）(1)求函数f(x)的最大值；Ak10，函数fx()x3ax在[1,)上是单调增函数，则a的最大值是（）2【启迪迁移】A0B1C2D3（状元之路47页4）x324．已知二次函数fx()axbxc的导数为fxf(),(0)0，对于任意实数x都有fx()0，则1．证明：当x>0时，有xsinxx6f(1)1的最小值为（）2．设函数fx()(x0且x1)。f(0)xxln（Ⅰ）求函数fx()的单调区间；531A3BC2D（状元之路49页B1）xa22（Ⅱ）已知2x对任意x(0,1)成立，求实数a的取值范围。3.已知数列{a}各项均为正数，S为其前n项和，对于任意的n∈N*，都有4S=(a+1)2。5．设fx()是函数fx()的导函数，yfx()的图象如图所示，则yfx()的图象最有可能的是（）nnnn(1)求数列{an}的通项公式；n(2)若2≥tSn对于任意的n∈N*成立，求实数t的最大值。22x4.已知函数f(x)=ln(1+x)-.1x(I)求函数fx()的单调区间；（Ⅱ）若不等式(11)aae对任意的nN*都成立（其中e是自然对数的底数），求的最大n值.22'二、填空题5．（06川理22）已知函数fxxalnxx0，fx的导函数是fx，对任意两x1''6．曲线y与曲线yx在交点处的切线的夹角为。个不相等的正数xx12,，证明：当a4时，fx1fx2x1x22x题型6.用于讨论某些超越方程的解7．已知fx()sinx2,xxR,且f(1a)f(2)0a，则a的取值范围是。3\n32128．已知函数f(x)=ax＋bx，曲线y=f(x)过点P(－1，2)，且在点P处的切线恰好与直线x－3y=0垂直。15.（09辽理）已知函数fx()xax(a1)ln,xa1，2若f(x)在区间[m，m＋1]上单调递增，则m的取值范围。（1）讨论函数fx()的单调性；三、解答题fx()fx()129．已知曲线C:yx22与C:y(x2)，求与C1、C2均相切的直线l的方程。（2）证明：若a5，则对于任意xx1,2(0,),x1x2,有1。12xx123210．函数fx()xaxbxc，过曲线yfx()上的点P(1,())fx的切线方程为16.（06福建理21）已知函数f(x)=－x2+8x,g(x)=6lnx+my=3x+1（Ⅰ）求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值h(t);（Ⅱ）是否存在实数m，使得y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有且只有三个不同的交点？若存在，（1）若yfx()在x2时有极值，求fx()的表达式；求出m的取值范围；，若不存在，说明理由。（2）在（1）的条件下，求yfx()在[-3，1]上的最大值；答案：【重点知识】（3）若函数yfx()在区间[-2，1]上单调递增，求b的取值5.复合函数求导公式范围。2①划分复合层次：yuu,1x，11．某医药研究所开发一种新药，如果成年人按规定的剂量服1用，据监测：服药后每毫升血液中的含药量y（微克）与时间t（小时）之间近似满足如图所示的2212x求导：y(u)(x1)(x1)(2)x；曲线。2x21（1）写出服药后y与t之间的函数关系式y=f(t)；2②法1（代换法）由fx()2(2fx)x8x8―――――（1）得（2）据进一步测定：每毫升血液中含药量不少于0.25微克时，治疗疾病有效。①求服药一次治疗疾病有效的时间？2f(2x)2()(2fxx)8(2x)8，1②当t=5时，第二次服药，问t[5,5]时，药效是否连续？162即2()fxf(2x)x4x4，―――――（2）12．已知0≤x≤1，n为大于1的正整数，求证：1∴联立（1）（2）消去fx(2)得fx()x2nn≤x＋(1－x)≤12n12/13．(1990日本高考题)设抛物线y=x2与直线y=x＋a（a是常数）有两个不同的交点，记抛物线在两交∴fx()2x，∴所求切线方程为yx12(1)，即2xy10．点处切线分别为l1，l2，求值a变化时l1与l2交点的轨迹。法2（复合函数求导法）两边求导得fx()2(2fx)(1)2x8，令x=1得kf(1)2(1)6fk2，2214．（09广东理）已知曲线Cn:x2nxy0(n1,2,)。从点P(1,0)向曲线Cn引斜率为在原式中令x=1得f(1)1，于是所求切线方程为yx12(1)，kk(0)的切线l，切点为Pxy(,)。nnnnnn即2xy10．（１）求数列{}{}xy与的通项公式；nn注：法2用到复合函数fx(2)求导的结论，此法的好处是可以不必求其解析式。6.抽象函数求导问题1xx（２）证明：xxxxnn2sin。11352n1①构造特殊函数fx()x2(0)，适合题意要求，排除B,D；若取(0,]，可以排除C；1xynn44\n故选A.解①②：a33a240(a2)2(a1)0得a2,a1.②用结论：奇函数在对称区间上单调性相同，偶函数在对称区间上单调性相反，选B.若a2则P（2，4）为切点，切线方程为4x-y-4=0；【重点结论】若a1则Q(1,1)为切点，切线方程为x-y+2=0.练习答案为12x-3y-16=0,3x-3y+2=0.（2）利用导数的几何意义识图：1.求导与单调性：解析：导函数都为正，说明都是增函数，均适合；在点x0处有相同导数说明这两个函数图像在点①f(x)递减f(x)03ax26x10对任意xR恒成立x0处的切线平行（排除B）；g(x)的导函数递增说明g(x)的图象向下凸，f(x)的导函数递减说明f(x)的图象向上凸，结合以上性质应选D。不过，用导数研究图像凸凹性，超出了新教材应用范围，是有超纲0且a0a3.嫌疑的！当然，不提图象凸凹性，在图像上观察切线斜率的变化趋势也可直观获解，这对于导数几何2a1意义的灵活运用提出了较高要求。②错解：f′(x)=，由f(x)在(－2，＋∞)内单调递减，知f′(x)≤0在x∈(－2，＋∞)内2评注：通过导数可以研究函数的单调性、极值、凸凹性、驻点、拐点、渐近线等，结合定义域、(x2)值域可以较好地使用描点法直观地较为准确地作出函数图象，这对于深入认识函数本质具有重要作用。在研究图象性质的问题中有一大类是讨论函数f(x)图象与曲线g(x)尤其是与直线y=a的公共点个2a11恒立，即≤0在x∈(－2，＋∞)内恒立。因此，a≤。数问题，其基本解法是通过构造新函数转化为讨论函数的零点或研究方程实解问题；反之，对于一些2(x2)2方程实根讨论问题也可转化为构造相关函数研究其性质（单调性与极值）而获解。剖析：上题看似正确，实际上却忽视了一个重要问题：未验证f′(x)是否恒为零。因为f(x)在区间【典例分析】1D上单调递增（或递减）的充要条件f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在任一子区间上不恒为零。而当a=2题型1求单调区间11/x时，f(x)=不是单调递减函数，不合题意。故a的取值范围是(,).例1解：(1)f(x)a22x212.求导与极值：①当a≥1时，有x1a，此时f/(x)<0，2x164253①错解:f(x)=x－3x＋3x＋1,则由f′(x)=6x－12x＋6x=0得极值点为x=1，∴函数f(x)在区间(,)上是单调递减函数。x=－1和x=0，故正确答案为C./xa②当00得，2小值点，x=－1或1都不是极值点（称为拐点）。故应选D。1aa剖析：（1）在可导的条件下，满足f′(x0)=0的点x=x0（称为驻点）只是它为极大（小）值点的必∴f(x)在区间[,)上是单调递增函数。21a要而不充分条件，如果一味地把驻点等同于极值点，往往容易导致失误。(2)当a≥1时,∵函数f(x)在区间(,)上是单调递减函数,②答案：x=±1，0(易遗漏)由f(0)=1,∴当且仅当x≥0时f(x)≤1.aa注：在求极值点的时候，有时还要注意导数不存在的点.如上例中x=0处。当00时，Gx()0，因此Gx()在(0,+)上为减函数。剖析：求解函数的最值问题，应注意函数的定义域，本例由导数为0的点是否落在定义域内，引出了讨论。有时还要注意对导数为0的情形进行讨论。abGa()0,ba,Gb()0,即ga()gb()2(g)(ba)ln2，题型5导数的综合应用21.用于证明不等式或求“恒成立”型不等式参数范围综上，原不等式得证。【启迪迁移】例6【考查目的】本题主要考查导数的基本性质和应用，对数函数性质和平均值不等式知识以及3x1．证明：当x>0时，有xsinxx综合推理论证的能力。61分析：构造函数，研究其单调性后作判断。解：(1)函数f(x)的定义域为(-1，+∞)，f′(x)=-1.1x'lnx1'12．解析：（Ⅰ）fx(),若fx()0,则x，列表如下：22令f′(x)=0，解得x=0.xxlne当-1＜x＜0时，f′(x)＞0;当x＞0时，f′(x)＜0.111x(0,)(,1)(1,)又f(0)=0，故当且仅当x=0时，f(x)取得最大值,最大值为0.eeeabab22ab（2）证法一：g(a)+g(b)-2g()=alna+blnb-(a+b)ln=alnblnfx'()+0--22abab由（1）结论知ln(1+x)-x<0(x>-1，且x≠0)fx()单增极大值单减单减baab由题设0a时，Fx()0，因此F(x)在(,a)上为增函数.8\nnx∴''22aa22fx1fx222x122x2法2：数列作为一类特殊的函数，欲求{}2的最小项可先研究连续函数yx2(0)的单调性，x1x1x2x2nx2xx12axx2x12xx22xx2xx(ln22)22x1212求导得y，易得x为函数y的极小值也是最小值点，又42xln2x''2xx12afx1fx2x1x22122xxxx12123222228，所以[]3而bb342，故tb32xx12alneln2lneln239下面证明对任意两个不相等的正数xx12,,有2122恒成立xxxx12122n2xx122xx124（注：不能直接对y(nN*)求导，为什么？）即证axx12成立，∵xx12xx122xxxxxxn1212124.解析:（Ⅰ）函数fx()的定义域是(1,)，24'4'3设txxux,0tt，则ux2t，令ux0得t2，列表如下：12222tt2ln(1x)x2x2(1x)ln(1x)x2xfx()22.t0,23332,1x(1x)(1x)2设gx()2(1x)ln(1x)x22,x则gx()2ln(1x)2.x'_ut022x令hx()2ln(1x)2,x则hx()2.ut极小值34311xx当10x时，hx()0,hx()在（-1，0）上为增函数，当x＞0时，hx()0,hx()在(0,)332xx12ut341084a∴xx12a上为减函数.所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以gx()0(x0)，函数g(x)在(1,)上xx12为减函数.于是当10x时，gx()g(0)0,当x＞0时，gx()g(0)0.所以，当10x时，∴对任意两个不相等的正数xx,，恒有f''xfxxx121212fx()0,fx()在（-1，0）上为增函数.当x＞0时，fx()0,fx()在(0,)上为减函数.故函数fx()22'2a的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为(0,).法2：由fxxalnx，得fx2x2xxx(11)nae等价于不等式1122aa2xxa（Ⅱ）不等式(na)ln(1)1.由11知，∴''xx212nnnfx1fx222x122x212xx22xxx1x1x2x21212111an.设Gx(),x0,1,则∵xx,是两个不相等的正数1ln(1xx)12ln(1)2xx12aa444n∴222322322xxxxxxxx1211(1x)ln(1x)x1212xx1212xx12Gx().2222(1x)ln(1x)xx(1x)ln(1x)132'2设t，ut24t4tt0，则ut43tt2，列表：ln(12x)x0,22xx12由（Ⅰ）知，即(1x)ln(1x)x0.1x222所以Gx()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t0,,333111.ut'_0G(1)1.所以a的最大值为ln2ln238评注：仿本题取对数并化离散为连续进行构造转化利用单调性可求最小值解决问题；值得注意的ut极小值是本题在考察单调性需要判断符号而难以直接判断时可以考虑进行二次构造甚至三次（多次）构造，27是典型的用构造方法转化并解决问题的好例。382xx12a∴u1即2122a27xx22xx5．证明：法1：由fxx2alnx，得f'x2x12122xxx9\n''2xx12a∴fxfxxx2xxf(1)abcac2ac12122212112.xxxx1212f(0)bbb''即对任意两个不相等的正数xx,，恒有fxfxxx121212二、填空题探究：导数的引进为不等式的证明，甚至为研究数列的性质提供了新途径，充分地体现了数列作6．90°。7．（-∞，-1）。8．m≥0或m≤-3。为一类特殊函数的本质所在。三、解答题特别提示：上述例题充分体现了导数作为工具分析和解决一些如函数性质、方程、不等式、数列229．由yx得yx2，由yx(2)，得yx2(2)；等问题的方法，这类问题用传统教材无法解决；此外，还说明了一点：欲用导数，得先构造函数。请设直线l与yx2的切点为Pxy(,),与y(x2)2的切点为Qxy(,)1122认真研究构造函数的技巧！如上述选题1～5.这将是今后较长时间内高考的热点问题。2yx①113.用于讨论某些超越方程的解2yx(2)22②例7简析设ylnx的切线为yax，切点为(x,y)，则根据已知条件002xx2(2)12yax①,yy③00y0lnx0②,122x111xx12④另一方面f(x)有a③,xx0①+②整理得yy(xx2)(xx2)；由③得xx20；1112121212xa由③知0代入①②得.于是有：aeyy120即yy21，代入④与①联立可解得x1=0或x1=21111（1）当a时方程有一解，为x0e;（2）当a时方程无解，（3）当0a时有eaee当x1=0时，x2=2；当x1=2时，x2=0；两解。∴直线l过（0，0）、（2，0）点，或直线过（2，4）、（0，-4）点因此所求直线方评注：体会用切线定位，解决问题的妙用。程为y=0或y=4x-4。【启迪迁移】32210．解：（1）由fx()xaxbxc求导数得fx()3x2axb过yfx()上点Pf(1,(1))1.解答：设f(x)=x－sinx，即证f(x)=0只有一个实数根。的切线方程为：因为f′(x)=1－cosx≥0，其中等号只在孤立点x=2kπ(k∈Z)时成立。yf(1)f(1)(x1),即y(abc1)(32abx)(1)，故f(x)在(－∞，＋∞)上是递增的。又由于f(0)=0，故当x＞0时，f(x)＞0，当x＜0时，f(x)＜0。而过yfx()上，Pf(1,(1))的切线方程为yx31因此f(x)=0只有一个实数根x=0.32ab320ab①故即②【实战演练】abc21abc3一、选择题CBDCCyfx()在x=-2时有极值，故f(2)=04ab12③24.提示：fb(0)0，a0,b4ac0，可知必有c0（否则0），于是32由①②③式联立解得a2,b4,c5，fx()x2x4x510\n22115（2）fx()3x2axb3x4x4(3x2)(x2)∴服药一次治疗疾病有效的时间为54个小时。16162221x[32)-2(2,)(,1]②设t[5,5]，5小时第二次服药后，血液中含药量g(t)为：第二次产生的含药量4（t-5）毫333161t31t3fx()+0—0+克以及第一次的剩余量()毫克，即g(t)=4(t-5)+()221fx()↗极大↘极小↗只要证明，当t[5,5]时,g(t)≥0.25即可16321tt3311fx()f(2)(2)2(2)4(2)513，gt()4()ln4()ln2，gt()在R上是增函数，极大222112f(1)13214154，fx()在[-3，1]上最大值为13。gt()[5,5在]上有gt()g(5)4()ln20，1621（3）yfx()在区间[-2，1]上单调递增，又fx()3x22axb，gt()[5,5在]上是增函数，故g(t)≥g(5)=0.25，161由（1）知20ab，fx()3x2bxb∴当t=5时，第二次服药，t[5,5]时，药效连续。162fxxnxnn1n1依题意fx()在[-2，1]上恒有fx()0,3即xbxb0在[-2，1]上恒成立。12.解答：设()(1),则f(x)n[x(1x)]，bn1n11①当x1时，fx()f(1)3bb0，b6；令f(x)0，得x(1x)，由于0≤x≤1，则有x=1－x，解得x=，小26b②当x2时，fx()f(2)122bb0，b不存在；1111小可得fx()在区间[0,]递减，在[,1]上递增，又f(),f(0)1,f(1)1,62222n1经比较知f(x)2b12bb③当21时，fx()0，∴0≤b≤6；小11612在[0，1]上的最小值、最大值分别为，1，所以≤xn＋(1－x)n≤1。2n12n122综合上述讨论可知，所求参数b取值范围是：b≥0。11．解答：（1）当0≤t≤1时，y=4t，13．解答：将y=x＋a代入y=x2整数得x2－x－a=0.为使直线与抛物线有两个不同的交点，必须△=(－1ta1当t≥1时，y()，此时M（1，4）在曲线上，1)2＋4a＞0，所以a＞－；设此两交点为(α，α2)，(β,β2)，α＜β，由y=x2知y′=2x，则切线l，12411221at3l2的方程为y=2αx－α，y=2βx－β.4(),a3，这时y()，所以22两切线交点为(x，y)，则x24tt(01)yyfx()1t3()(t1)2因为α，β是①的解，由违达定理可知α＋β=1，αβ=－a11由此及②可得x=，y=－a＜4t0.25124t1（2）①ft()0.25,即1解得16t511t3()0.2516从而，所求的轨迹为直线x=上的y＜的部分。2t5242214．解：（1）设直线l：yk(x1)，联立x2nxy0得nn11\n22222222(1k)x(2k2n)xk0，则(2k2n)4(1k)k0，（ii）若a11，而a1，故12a，则当xa(1,1)时，fx()0；当xa(0,1)及nnnnnnnnx(1,)时，fx()0。∴k（舍去）n2n12n1故fx()在(a1,1)上单调减少，在(0,a1)，(1,)上单调增加。222knnnn2n1x，即x，∴yk(x1)n22nnnn（iii）若a11，即a2，同理可得fx()在(1,a1)上单调减少，在(0,1)，(a1,)上单1k(n1)n1n1nn调增加。1（2）证明：∵1xnn1112（2）考虑函数gx()fx()xxax(a1)lnxx，1xnn2n121n1aa112则gx()x(a1)2x(a1)1(a11)，132n1132n11xxxxxx1352n1242n352n12n1由于15a，故gx()0，即gx()在(0,)上单调增加，从而当0xx时，211xn∴xxxx1352n1fx()fx()1xn有gx()gx()0，即fx()fx()xx0，故121；121212xx12xn11xn由于，可令函数f(x)x2sinx，则yn2n11xn当0xx时，有fx()1fx()2fx()2fx()11。12xxxx1221''2'f(x)12cosx，令f(x)0，得cosx，给定区间(0,)，则有f(x)0，故【评注】注意第（2）问根据所证结论，巧妙构造函数的技巧！242216.解：（I）f(x)=－x+8x=－(x－4)+16,当t+1<4，即t<3时，f(x)在[t，t+1]上单调递增，函数f(x)在(0,)上单调递减，∴f(x)f(0)0，即x2sinx在(0,)恒成立；又2244h(t)=f(t+1)=－(t+1)+8(t+1)=－t+6t+7;当t≤4≤t+1时,即3≤t≤4时，h(t)=f(4)=16;1120，当t>4时，f(x)在[t，t+1]上单调递减，h(t)=f(x)=－t+8t.2n1342t6t7,t<3,111xnxn综上，h(t)=16,3≤t≤4,则有2sin，即2sin.2n12n11xyt28t,t>4nn（II）函数y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有且只有三个不同的交点，即函数15.【解析】：（1）fx()的定义域为(0,)，xg(x)－f(x)的图象与x轴的正半轴有且只有三个不同的交点。∴xx－8x+6lnx+m,2a1xaxa1(x1)[x(a1)]fx()xa2xxx62x8x62(x1)(x3)∵()x2x8(x0),xxx2(x1)（i）若a11，即a=2，则fx()，故fx()在(0,)上单调增加。x当x∈(0,1)时，()x，x是增函数；12\n当x∈(1,3)时，()x，x是减函数；证明。（2）由导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式、数列有关的综合问题必将会成为今当x∈(3,+∞)时，()x，x是增函数；后高考的重点内容，在教学中要足够地重视。当x=1或x=3时，()x；∴x极大值1m－7,x极小值3m+6ln3－15.∵当x充分接近时，x，当x充分大时，x>0.∴要使x的图象与x轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须(x)m70,极大值解得7