考前天之备战高考数学冲刺系列专题一函数与导数 14页

2011 高考最后 30 天抢分必备数学专题一 函数与导数 【选题理由】函数是中学数学的核心内容。在整个中学数学课程中充当着联系各部分代数知识的“纽 带”，同时也为解析几何学习中所需的数、形结合思想奠定了基础。函数是高中数学的主线，是每年 高考必考查的重点内容之一，函数与方程、函数与数列、函数与不等式的相互渗透和交叉一直是高考 的热点，近年来抽象函数问题、函数与向量结合、函数与概率统计结合、探索创新性问题又成为新的 视点，可以说是常考常新。有关导数的内容在新课程试卷命题时，其考试要求都是很基本的，以后逐 渐加深。考查的形式相对稳定，一般是“两客一主”，所占分值约为 22 分左右。从近几年的高考试题 来看，导数在高考中的要求一般有三个层次，第一层次是主要考查导数的定义、导数的几何意义、导 数的物理意义、求导的公式和求导的法则；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的极值，求函数 的单调区间，证明函数的增减性等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内 容中有关不等式、函数、解析几何等知识有机地结合在一起，设计综合试题。通过将新课程内容和传 统内容相结合，可以加强能力考查的力度，加强试题的综合性，同时可以使试题具有比较广泛的实际 意义。随着导数作为考试内容的考查力度逐年增大，导数已经由前几年只是在解决问题中的辅助地位 上升为分析和解决问题时的必不可少的工具。这种试题编排的调整和试题创新设计不仅优化试卷结 构，同时体现了新课程试卷的要求和特点。下面结合 2010 年全国各省的高考试题，探讨高考函数与 导数命题新的趋势，供复习时参考。 【押题 1】若函数 )(xf 的定义域是[0，4]，则函数 x xfxg )2()(  的定义域是 A [ 0，2] B (0，2) C (0，2] D [0，2) 【押题指数】★★★★ 【解析】 0 2 4 0 20 x xx       【答案】 C 【方法与技巧】求函数定义时有以下几种情 况：①分式的分母不为零；②偶次方根的被开方数不小于 零；③对数的真数为正且底数为不等于 1 的正数；④零次幂的底数不为零． 【押题 2】定义在 R 上的函数的图像 关于点（- 3 4 ，0）成中心对称且对任意的实数 x 都有 ( )f x =- 3( 2)f x  且 ( 1)f  =1， (0)f =-2，则 (1)f + (2)f +……+ (2010)f =（ ） A．0 B．-2 C．-1 D．-4 【押题指数】★★★★ 【解析】由 ( )f x =- 3( 2)f x  得 ( )f x ＝ ( )3f x  即周期为 3，由图像关于点（- 3 4 ，0）成中心 对称得 ( )f x + ( )3 2f x  =0，从而- 3( 2)f x  =- ( )3 2f x  ，所以 ( )f x = ( )f x 。 (1)f ＝ (4)f ＝...＝ (2008)f ＝1，由 ( 1)f  ＝1，可得出 (2)f ＝ (5)f ＝...＝ (2009)f ＝1，由 (0)f ＝-2，可得出 (3)f ＝ (6)f ＝...＝ (2010)f ＝-2 【答案】 A 【方法与技巧】函数的奇偶性、周期性是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样．本题主要是在理 解奇偶性质的基础上，考查函数对称性质及思维能力． 【押题 3】已知函数 2 2 1, 0,( ) 2 , x xf x x x x      ≤0. 若函数 ( ) ( )g x f x m  有 3 个零点，则实数 m 的取 值 【押题指数】★★★★★ 【解析】函数 2 2 1, 0( ) 2 , x xf x x x x      ≤0  2 2 1, 0, 1 1, x x x x       ≤ 0. 得 到图象为:又函数 ( ) ( )g x f x m  有 3 个零点知  f x m 有三个零 点, 则实数 m 的取值范围是  0,1 . 【答案】  0,1 【方 法与技巧】本题考察方程根的情况问题，解题方法是利用数形结合。 【押题 4】如果函数 ( )f x = 1 3 3x + 1 2 a 2x + 2 8 4 a  x 在 x =1 处的切线恰好在此处穿过函数图像 则 a = A．3 B．-1 C．-2 D．0 【押题指数】★★★ 【解析】由 (1) 1f a    2 8 4 a  知 ( )f x 在点 (1 (1))f， 处的切线 l 的方程是 (1) (1)( 1)y f f x   ，即 2 8 4 2 1(1 ) 3 2y a xa a     ，因为切线 l 在 x =1 处穿过 ( )y f x 的图象，所以 2 2 1( ) ( ) [(1 ) ]3 2 8 4g x f x a a x a      在 1x  两边附近的 函数值异号，则 1x  不是 ( )g x 的极值点．而 ( )g x 3 2 2 21 1 2 1(1 )3 2 3 2 8 8 4 4x ax x aa xa a         ，且 2 2 2 28 8( ) (1 ) 1 ( 1)(4 1 )4g x x ax a x ax a x xa aa                ． 若1 1 a   ，则 1x  和 1x a   都是 ( )g x 的极值点．所以1 1 a   ，即 2a   ． 【答案】 2a   【方法与技巧】本题为三次函数,考查可导函数在某点取得极值的充要条件，即：设 )(xfy  在某个 区间内可导，函数 ( )f x 在某点取得极值的充要条件是该点的导数为零且在该点两侧的导数值异号． 【押题 5】如图所示的自动通风设施．该设施的下部 ABCD 是等腰 梯形，其中 AB=1 米，高 0.5 米，CD=2a （a＞ 1 2 ）米．上部 CmD 是个半圆，固定点 E 为 CD 的中点．△EMN 是由电脑控制其形状变化的三角通 风窗（阴影部分均不通风），MN 是可以沿设施边框上下滑动且始终保持和 CD 平行的伸缩横杆． （1）设 MN 与 AB 之间的距离为 x 米，试将三角通风窗 EMN 的通风面积 S（平方米）表示成关于 x 的 函 数  S f x ；（2）当 MN 与 AB 之间的距离为多少米时，三角通风窗 EMN 的通风面积最大？并求出这 个最大面积． 【押题指数】★★★ 【解析】（1）（一） 10 2x ≤ 时，由平面几何知识，得 2 112 1 x a MN   ． ∴ 2(2 1) 1MN a x   ，  S f x  2 1(2 1) ( 1) 4a x a x     ． ……………3 分 （二） 2 1 2 1  ax 时，   2 21 1 12 ( ) ( )2 2 2S f x a x x       2 21 1( ) ( )2 2a x x     ， ∴ 2 2 2 1 1(2 1) ( 1) , [0, ),4 2( ) 1 1 1 1( ) ( ), ( , ).2 2 2 2 a x a x x S f x a x x x a                … 5 分 C A B M N D E m m A B CD E M N （第 19 题） 【押题 6】二次函数 ( ) : (0) 2, ( ) ( 2 )f x f f x f x   满足 ，它的导函数的图象与直线 2y x 平行。（I）求 ( )f x 的解析式；（II）若函数 ( ) ( )g x xf x x  的图象与直线 y m 有 三个公共点，求 m 的取值范围。 【押题指数】★★★★★ 【解析】（1） 2( ) ( 0)f x ax bx c a    (0) 2 2f c   ( ) ( 2 ) 12 bf x f x a        图象的对称轴 ……2 分 导函数图象与直线 2 2 2,y x a  平行 从而解得： 1, 2, 2a b c   2( ) 2 2( )f x x x x R     …6 分 （2） 3 2( ) ( ) 2g x xf x x x x x     2( ) 3 4 1g x x x    …8 分 设 1( ) 0 1 3g x x x    有 或  ( ) , 1g x  在 、 1 ,3     上递增，在 1( 1, )3   上递减 10 分且 1 4 4( 1) 0, ( ) , ( ,0)3 27 27g g m     故 的取值范围为 …13 分 【答案】（1） 2( ) 2 2( )f x x x x R    （2） 4( ,0)27  【方法与技巧】在导数与解析几何交汇点命题：主要考查对导数的几何意义，切线的斜率，导数与函 数单调性，最（极）值等综合运用知识的能力。曲线的切线问题可以利用导数的几何意义进行求解. 【押题 7】已知函数  2 4( ) , 0,2 .3 3 xf x xx   (Ⅰ)求 ( )f x 的值域； (Ⅱ)设 0a  ，函数  3 21( ) , 0,23g x ax a x x   ．若对任意  1 0,2x  ，总存在  0 0,2x  ， 使 1 0( ) ( ) 0f x g x  ，求实数 a 的取值范围． 【押题指数】★★★★★ 【解析】（Ⅰ） 2 2 2 4 1( ) 3 ( 1) xf x x    ，令 ( ) 0f x  ，得 1x  或 1x   ． 当 (0,1)x 时， ( ) 0, ( )f x f x  在 (0,1) 上单调递增； 当 (1,2)x 时 ， ( ) 0, ( )f x f x  在 (1,2) 上单调递减，而 2 8(0) 0, (1) , (2)3 15f f f   ， 当  0,2x 时， ( )f x 的值域是 20, 3      ． (Ⅱ)设函数 ( )g x 在  0,2 上的值域是 A， 若对任意  1 0,2x  ．总存在  0 0,2x  1,使 1 0( ) ( ) 0f x g x  ， 20, 3 A     ． 2 2( )g x ax a   ． ①当  0,2 , 0x a  时， ( ) 0g x  ， 函数 ( )g x 在  0,2 上单调递减． 28(0) 0, (2) 2 03g g a a    ，当  0,2x 时，不满足 20, 3 A     ； ② 当  0,2 , 0x a  时 ， ( ) ( )( )g x a x a x a    ， 令 ( ) 0g x  ， 得 x a 或 x a  (舍去) （i）  0,2 ,0 2x a   时， , ( ), ( )x g x g x 的变化如下表： x 0  0, a a  ,2a 2 ( )g x - 0 + ( )g x 0 22 3 a a  28 23 a a (0) 0, ( ) 0g g a   ． 20, ,3 A     28 2(2) 23 3g a a    ，解得 1 13 a  ． (ii)当  0,2 , 2x a  时， ( ) 0g x  函数 ( )g x 在  0,2 上单调递减．  28(0) 0, (2) 2 03g g a a    ，当  0,2x 时，不满 20, 3 A     ． 综上可知，实数 a 的取值范围是 1 ,13      ． 【答案】（Ⅰ） 20, 3      （Ⅱ） 1 ,13      【方法与技巧】在导数与函数性质的交汇点命题，主要考查导数的简单应用，包括求函数的极值，求 函数的单调区间，证明函数的单调性等。对于含有参数问题的函数试题是高考的一个热点问题，尤其 要注意讨论的标准。 【押题 8】已知函数 21( ) ln , ( ) ( 0)2f x x g x ax bx a    .（1）若 2a 时，函数 ),()()( xgxfxh  在其定义域是增函数，求 b 的取值范围；（2）在（1）的结论下，设函数 2( ) x xx e be   ， [0,ln 2]x ， 求 函 数 ( )x 的 最 小 值 ；（ 3 ） 当 2a , 4b  时 ， 求 证 ： 对 一 切 (0, )x  ， 2 ( ) ( )x f x g x ≥ - 3 恒成立. 【押题指数】★★★★ 【解析】（1）依题意： .ln)( 2 bxxxxh  ∵ ),0()( 在xh 上 是增函数， ∴ ),0(021)(  xbxxxh 对 恒 成 立 ， ∴ .21 xxb  ∵ .2221,0  xxx 则 ∴b 的取 值范围为 ].22,( …4 分 （2）设 ,xet  则函数化为 ]2,1[,2  tbtty ，∵ .4)2( 2 2 bbty  …6 分 ∴①当 ]2,1[,222,12 在函数时即 ybb  上为增函数，当 1t 时， .1min  by ②当 ,2,24,221 时当时即 btbb  ;4 2 min by  …………………8 分 ③当 ]2,1[,4,22 在函数时即 ybb  上为减函数，当 2t 时， .24min bby  综上所述，当 ;1)(,222 min  bxb 时 当 24  b 时， 2)( 2 min bx  ； bxb 24)(,4 min  时当 ………10 分 （3）要证 22 ln 4 3x x x x    ， 只要证 34 2ln x x x    ，……………11 分 设 3( ) 2ln ( 0)h x x x xx     ， 则 2 ( 3)( 1)'( ) x xh x x   ，…………………12 分 (0,1)x ， '( ) 0h x  ， ( )h x 单调递减; (1, )x  ， '( ) 0h x  ， ( )h x 单调递增， ∴ min( ) (1) 4h x h  ，∴对一切 (0, )x  ， 2 ( ) ( )x f x g x ≥ 恒成立 ……14 分 【答案】（1） ].22,( （2） 当 ;1)(,222 min  bxb 时 当 24  b 时， 2)( 2 min bx  ； bxb 24)(,4 min  时当 （3） 【方法与技巧】“重点知识，重点考查”与“在知识的交汇处设计试题”的命题思想。本题考查单调 性和函数的最值,函数在区间上为单调函数,则导函数在该区间上的符号确定,从而转为不等式恒成立, 再转为函数研究最值. 【押题 9】设 0a  ，函数 21( ) 4 ln 22f x x x a x   .(Ⅰ)求函数 ( )f x 的单调区间；(Ⅱ)当 3x  时 ， 函 数 ( )f x 取 得 极 值 ， 证 明 ： 当 [0, ]2   ， | (1 2cos ) (1 2sin ) |f f    4 3ln3  【押题指数】★★★★ 【解析】(Ⅰ) ( )f x 的定义域为 (0, ) , 2 24 ( 2) 4'( ) 4 a x x a x af x x x x x          ……2 分 ⑴ 当 4a  时， ( ) 0f x  恒成立， ( )f x 在 (0, ) 上是增函数； ⑵ 当 0 4a  时，令 ( ) 0f x  ，即 2( 2) 4 0x a    ，解得 2 4 , 2 4x a x a     或 . 因此，函数 ( )f x 在区间 (0,2 4 )a  内单调递增，在区间 (2 4 , )a   内也单调递增.令 2( ) 0, ( 2) 4 0f x x a     即 ，解得 2 4 2 4a x a      . 因此，函数 ( )f x 在区间 2 4 ,2 4 )a a   （ 内单调递减. ……7 分 (Ⅱ)当 3x  时，函数 ( )f x 取得极值，即 '(3) 0,f  23 4 3 0a     ， 3.a  由(Ⅰ) ( )f x 在 (0,1) 单调递增，在 (1,3) 单调递减， (3, ) 单调递增. ( )f x 在 1x  时 取 得 极 大 值 7(1) 3ln 2 2f   ； ( )f x 在 3x  时 取 得 极 小 值 15(3) 3ln 6 2f   故在 [1, 3 ] 上， ( )f x 的最大值是 7(1) 3ln 2 2f   ，最小值是 15(3) 3ln 6 2f   ;对于任意 的 1 2, [1,3]x x  ， 1 2( ) ( )f x f x   73ln 2 2  15(3ln 6 ) 4 3ln32     当 [0, ]2   时， cos ,sin  [0,1] ， 1+2cos ,1+2sin [1,3]   从 而 (1+2cos ) (1+2sin ) 4 3ln3f f    【 答 案 】（ Ⅰ ） 当 4a  时 ( )f x 在 (0, ) 上 是 增 函 数 。 当 0 4a  时 ( )f x 在 区 间 2 4 ,2 4 )a a   （ 内 单 调 递 减 . ( )f x 在 区 间 (0,2 4 )a  内 单 调 递 增 ， 在 区 间 (2 4 , )a   内也单调递增 【方法与技巧】此题考查的是可导函数的单调性与其导数的关系和数形结合思想的应用．判断的法则 是：设 )(xfy  在某个区间内可导，若 0)(  xf ，则 )(xf 为增函数；若 0)(  xf ，则 )(xf 为 减函数，反之亦然． 【押题 10】已知函数 ( ) | | ln ( 0).f x x a x a    （1）若 1,a  求 ( )f x 的单调区间及 ( )f x 的 最 小 值 ；（ 2 ） 若 0a  ， 求 ( )f x 的 单 调 区 间 ；（ 3 ） 试 比 较 ） 2 2 2 2 2 2 ln 2 ln3 ln ( 1)(2 1) 2 3 2( 1) n n n n n      与 的大小， *( 2)n N n 且 ，并证明你的结论。 【押题指数】★★★★ 【 解 析 】 （ 1 ） 1, ( ) 1 lna f x x x    1 11 , ( ) 1 ln , ( ) 1 0.xx f x x x f x x x        当 时  ( ) 1, .f x 在区间 上是递增的 （ 2 分 ） 10 1, ( ) 1 ln , ( ) 1 0x f x x x f x x         当 [ ( ) (0,1) .f x 在区间 上是递减的 故 a=1 时， ( )f x 的增区间为[1, ) ，减区间为（0，1）， min( ) (1) 0.f x f  （2）若 1 11, ( ) ln , ( ) 1 0.xa x a f x x a x f x x x         当 时， 则 ( )f x 在区间 [ , ]a  上是递增的；当 10 , ( ) ln , ( ) 1 0x a f x a x x f x x         时 ( )f x 在 区间 (0, )a 上是递减的．（6 分） 若 0 1, , ( ) ln ,a x a f x x a x     当 时 1 1( ) 1 , 1, ( ) 0, 1, ( ) 0xf x x f x a x f xx x           则 ( )f x 在区间[1, ) 上是递增的， ( )f x 在区间[ ,1)a 上是递减的； 当 10 , ( ) ln , ( ) 1 0,x a f x a x x f x x         时 ( )f x 在区间（0，a）上是递减的，而 ( )f x 在 x a 处连续； 则 ( )f x 在区间[1, ) 上是递增的，在区间（0，1）上是递减的 （8 分） 综上：当 1 , ( )a f x 时 的递增区间是[ , )a  ，递减区间是（0，a）； 当 0 1a  时， ( )f x 的递增区间是[1, ) ，递减区间是（0，1） （9 分） （3）由（1）可知，当 1a  ， 1x  时， 有 1 ln 0x x   ，即 ln 11x x x   2 2 2 2 2 2 ln 2 ln3 ln 2 3 n n     2 2 2 1 1 11 1 12 3 n        2 2 2 1 1 11 ( )2 3n n       1 1 11 ( )2 3 3 4 ( 1)n n n         1 1 1 1 1 11 ( )2 3 3 4 1n n n           1 1 ( 1)(2 1)1 ( )2 1 2( 1) n nn n n        （14 分） 【答案】（Ⅰ） ( )f x 的增区间为[1, ) ，减区间为（0，1）， min( ) 0.f x  （Ⅱ）当 1 , ( )a f x 时 的 递增区间是[ , )a  ，递减区间是（0， a ）；当 0 1a  时， ( )f x 的递增区间是[1, ) ，递减 区间是（0，1） 【方法与技巧】本题主要考查函数的单调性、最值与不等式等基本知识，考查运算能力，考查函数与 方程、数形结合、分类与整合等数学思想方法和分析问题、解决问题的能力。在证明不等式时，首先 要构造函数和确定定义域，其次运用求导的方法来证明.应注意恰当运用，特别要注意放缩法的灵活 运用； 【押题 11】三次函数 cbxaxxxf  23)( 的图象如图所示，直线 BD∥AC，且直线 BD 与函数图象切于点 B，交于点 D，直线 AC 与函数图象切于点 C，交于点 A。（Ⅰ）在 x=1 处 取得极值-2，试用 c 表示 a 和 b，并求 )(xf 的单调区间；（Ⅱ）设点 A、B、C、D 的横坐标 分别为 Ax ， Bx ， Cx ， Dx ，求证： 1:2:1)(:)(:)(  DCCBBA xxxxxx ； 【押题指数】★★★★★ D C B A O y x 【押题 12】已知函数 )0()(  tx txxf 和点 )0 , 1(P ，过点 P 作曲线 )(xfy  的两条切线 PM 、 PN ，切点分别为 M 、 N ．（Ⅰ）设 )(tgMN  ，试求函数 )(tg 的表达式；（Ⅱ）是 否存在 t ，使得 M 、 N 与 )1 , 0(A 三点共线．若存在，求出 t 的值；若不存在，请说明理由．（Ⅲ） 在 （ Ⅰ ） 的 条 件 下 ， 若 对 任 意 的 正 整 数 n ， 在 区 间 ]64 , 2[ nn  内 总 存 在 1m 个 实 数 maaa ,,, 21  ， 1ma ，使得不等式 )()()()( 121  mm agagagag  成立，求 m 的最 大值． 【押题指数】★★★★ 【解析】（Ⅰ）设 M 、 N 两点的横坐标分别为 1x 、 2x ， 21)( x txf  ， 切线 PM 的方程为： ))(1()( 12 11 1 xx x t x txy  ， 又切线 PM 过点 )0,1(P ， 有 )1)(1()(0 12 11 1 x x t x tx  ， 即 02 1 2 1  ttxx ，（1）…2 分同理，由切线 PN 也过点 )0,1(P ，得 02 2 2 2  ttxx ．… （2） 由（1）、（2），可得 21, xx 是方程 022  ttxx 的两根，      . ,2 21 21 txx txx （ * ）4 分 2 2 2 1 1 2 21 )()( x txx txxxMN  ])1(1[)( 2 21 2 21 xx txx  ])1(1][4)[( 2 21 21 2 21 xx txxxx  ，把（ * ）式代入,得 ttMN 2020 2  , 因此，函数 )(tg 的表达式为 )0( 2020)( 2  ttttg ．…5 分 （Ⅱ）当点 M 、 N 与 A 共线时， NAMA kk  ， 0 1 1 1 1   x x tx ＝ 0 1 2 2 2   x x tx ， 即 2 1 1 2 1 x xtx  ＝ 2 2 2 2 2 x xtx  ，化简，得 0])()[( 211212  xxxxtxx ， 21 xx  ， 1212 )( xxxxt  ．…（3） 7 分把（*）式代入（3），解得 2 1t ．存在 t ， 使得点 M 、 N 与 A 三点共线，且 2 1t ．……9 分 （Ⅲ）解法1：易知 )(tg 在区间 ]64,2[ nn  上为增函数， )64()()2( nngagg i   )1,,2,1(  mi  ，则 )64()()()()2( 21 nngmagagaggm m   ． 依题意，不等式 )64()2( nnggm  对一切的正整数 n 恒成立， )64(20)n 6420(n 220220 22 nnm  ， 即 )]64()n 64[(n6 1 2 nnm  对一切的正整数 n 恒成立， 1664  nn ， 3 136]1616[6 1)]64()n 64[(n6 1 22  nn ， 3 136m ．由于 m 为 正整数， 6m ．…13 分又当 6m 时，存在 221  maaa  ， 161 ma ，对所有的 n 满足条件． 因此， m 的最大值为 6 ．14 分 解法 2 ：依题意，当区间 ]64,2[ nn  的长度最小时，得到的 m 最大值，即是所求值． 1664  nn ，长度最小的区间为 ]16,2[ ，当 ]16,2[ia )1,,2,1(  mi  时，与解 法1相同分析，得 )16()2( ggm  ，解得 3 136m ．…13 分 【答案】（Ⅰ） )0( 2020)( 2  ttttg （Ⅱ） 2 1t （Ⅲ） 3 136m 【方法与技巧】高考对导数的考查定位在作为解决初等数学问题的工具这一目标上，主要体现在以下 方面：①运用导数有关知识研究函数的单调性和最值问题；②利用导数的几何意义，研究曲线切线的 斜率也是导数的一个重要内容之一；③对一些实际问题建立数学模型后求解．导数类型的问题从题型 上来看有几下特点：①以选择填空题考查概念、求单调区间和函数的极值、最值；②利用导数求实际 问题中的最值为中档题；③与向量、解几、数列相联系的的一些综合题，着眼于导数的 几何意义和应 用为中档偏难题．导数 )( 0 / xf 的几何意义是曲线数 )(xfy  在某点 0x 处切线的斜率．所以求切线 的方程可通过求导数先得到斜率，再由切点利用点斜式方程得到，求过点 p（x0，y0）的切线方程时， 一要注意 p（x0，y0）是否在曲线上，二要注意该点可能是切点，也可能不是切点，因而所求的切线 方程可能不只有 1 条. 备用题 【押题 1】 )21( 2 2  xxxy 反函数是（ ） （A） )11( 11 2  xxy （B） )10( 11 2  xxy （C） )11( 11 2  xxy （D） )10( 11 2  xxy 【押题指数】★★★★ 【答案】B 由 )21( 2 2  xxxy 可知： 10  y 且 211 yx  （舍负），交换 yx, 可得： )10( 11)( 21  xxxf ． 【押题 2】已知定义在(0，+  )上的函数 ( )f x 为单调函数，且 1( ) [ ( ) ] 1f x f f x x   ，则 (1)f  （A）1 （B） 1 5 2  或 1 5 2  （C） 1 5 2  （D） 1 5 2  【押题指数】★★★★ 【答案】 B 【押题 3】已知函数 y=f(x)与函数 y= ( )g x 的图像关于直线 y=x 对称，将它们的图像同时向左平行移 动 1 个单位后所得图像仍关于直线 y=x 对称，若 f(1)=0,则 (2010)g =（ ） A．-2010 B．-2009 C．-2008 D．-2007 【押题指数】★★★★★ 【答案】B 【押题 5】设函数 2( ) 3f x x ax a    ， ( ) 2g x ax a  ．若存在 0 Rx  ，使得 0( ) 0f x  与 0( ) 0g x  同时成立，则实数 a 的取值范围是 ▲ ． 【押题指数】★★★★★ 【答案】：由 2( ) 3f x x ax a    知    0 3, 1 4f a f   ，又存在 0 Rx  ，使得 0( ) 0f x  知  2 4 3 0a a     即 2a   或 6a  ，另 ( ) 2g x ax a  中 恒 过  2,0 ， 故 由 函 数 的 图 象 知 ： ① 若 0a  时 , 2( ) 3f x x ax a    2 3x  恒大于 0，显然不成立。 ②若 0a  时，   0 72 0 a af     ③若 0a  时， x对 12 a   ， 另  1 4f  ，显然不成立。 【押题 4】已知函数 2 2log)(   x xxf a 的定义域为[  ，  ]，值域为 )1([log aa ， )]1(log aaa ，并 且 )(xf 在 [ ， ] 上为减函数．（1）求 a 的取值范围；（2）求证：   42 ；（3）若函数 2 2log)1(log)(   x xxaxg aa ， [x ， ] 的最大值为 M，求证： 10  M 【押题 6】已知 x =0 是函数 )()()( 2 Rxebaxxxf x  的一个极值点，且函数 ( )f x 的图 象在 2x  处的切线的斜率为 2 2e .（Ⅰ）求函数 ( )f x 的解析式并求单调区间.（Ⅱ）设 '( )( ) x f xg x e  ，其中 [ 2, )x m  ，问：对于任意的 2m   ,方程 ( )g x  22 ( 1)3 m  在区 间 ( 2, )m 上是否存在实数根？若存在，请确定实数根的个数.若不存在，请说明理由. 【押题指数】★★★★★ 【答案】（I） xebaxaxxf ])2([)( 2  ………1 分 由 abf  得,0)0( 2'( ) [ ( 2) ] xf x x a x e    ………2 分 又 '(2) [4 2( 2)]f a   2 2[4 2( 2)] 2a e e    ，故 3a   ………3 分 令 2'( ) ( ) 0,xf x x x e   得 0x  或 1x  令 2'( ) ( ) 0,xf x x x e   得 0 1x  故： 2( ) ( 3 3) xf x x x e   ，单调增区间是 ( ,0],[1, )  ，单调减区间是 (0,1) ……5 分. （Ⅱ）解:假设方程 ( )g x  22 ( 1)3 m  在区间 ( 2, )m 上存在实数根设 0x 是方程 ( )g x  22 ( 1)3 m  的实根， 2 2 0 0 2 ( 1)3x x m   , 令 2 22( ) ( 1)3h x x x m    ,从而问题转化为证明方程 2 22( ) ( 1)3h x x x m    =0 在 ( 2, )m 上有实根,并讨论解的个数 7 分 因为 22 2( 2) 6 ( 1) ( 2)( 4)3 3h m m m        , 22 1( ) ( 1) ( 1) ( 2)( 1)3 3h m m m m m m       ,所以 ①当 4 2 1m m   或 时, ( 2) ( ) 0h h m   ,所以 ( ) 0h x  在 ( 2, )m 上有解,且只有一解 ②当1 4m  时, ( 2) 0 ( ) 0h m  且h ,但由于 22(0) ( 1) 03h m    ,所以 ( ) 0h x  在 ( 2, )m 上有 解,且有两解 ……10 分③当 1m  时, 2( ) 0 0 1h x x x x x     或 ,所以 ( ) 0h x  在 ( 2, )m 上有且只有一解；当 4m  时, 2( ) 6 0 2 3h x x x x x       或 , 所以 ( ) 0h x  在 ( 2,4) 上也有且只有一解…12 分 综上所述, 对于任意的 2m   ,方程 ( )g x  22 ( 1)3 m  在区间 ( 2, )m 上均有实数根 且当 4 2 1m m   或 时,有唯一的实数解；当1 4m  时,有两个实 数解……14 分 【押题 7】某建筑公司要在一块宽大的矩形地面(如图所示)上进行开发建设, 阴影部分为一公共设施建设不能开发,且要求用栏栅隔开(栏栅要求在一直线 上),公共设施边界为曲线 2( ) 1 ( 0)f x ax a   的一部分,栏栅与矩形区 域的边界交于点 M、N，交曲线于点 P，设 ( , ( ))P t f t （1）将 OMN （O 为坐标原点）的面积 S 表示成 t 的函数 ( )S t ；（2）若在 1 2t  处， ( )S t 取 得最小值，求此时 a 的值及 ( )S t 的最小值. 【押题指数】★★★★ 【答案】（1） 2y ax   ，切线的斜率为 2at ，切线 l 的方程为 2(1 ) 2 ( )y at at x t     令 0,y  得 2 2 2 21 1 2 1 2 2 2 at at at atx tat at at        21( ,0)2 atM at  ,令 0t  ,得 2 2 2 21 2 1 , (0,1 )y at at at N at       MON 的 面 积 2 2 2 21 1 (1 )( ) (1 )2 2 4 at atS t atat at      (2) 2 4 2 2 2 2 2 3 2 1 ( 1)(3 1)( ) 4 4 a t at at atS t at at       0, 0a t  ,由 ( ) 0S t  ,得 O x y M N P 2 13 1 0, 3 at t a   得 当 2 13 1 0, 3 at t a   即 时 , ( ) 0S t  当 2 13 1 0, 0 3 at t a    即 时, ( ) 0S t  1 , ( ) 3 t S t a  当 时 有最小值 已 知 在 1 2t  处 , ( )S t 取得最小值 , 故 有 1 1 4,2 33 a a    故当 4 1,3 2a t  时, 2 min 4 1(1 )1 23 4( ) ( ) 4 12 34 3 2 S t S        【押题 8】已知 x xxgexxaxxf ln)(],,0(,ln)(  ，其中 e 是自然常数， .a R （1）讨论 1a 时, ( )f x 的单调性、极值；（2）求证：在（1）的条件下， 1( ) ( ) 2f x g x  ； （3）是否存在实数 a ，使 ( )f x 的最小值是 3，若存在，求出 a 的值；若不存在，说明理由. 【押题指数】★★★★★ 【答案】（1） xxxf ln)(  ， x x xxf 111)(  ……1 分 ∴当 10  x 时， / ( ) 0f x  ，此时 ( )f x 单调递减 当 ex 1 时， / ( ) 0f x  ，此时 ( )f x 单调递增 …………3 分 ∴ ( )f x 的极小值为 1)1( f ……4 分 （ 2 ）  ( )f x 的 极 小 值 为 1 ， 即 ( )f x 在 ],0( e 上 的 最 小 值 为 1 ， ∴ 0)( xf ， min( ) 1f x  ……5 分 令 2 1ln 2 1)()(  x xxgxh ， 2 1 ln( ) xh x x -¢ = ， …………6 分 当 ex 0 时， 0)(  xh ， ( )h x 在 ],0( e 上单调递增 ………7 分 ∴ minmax |)(|12 1 2 1 2 11)()( xfeehxh  ∴在（1）的条件下， 1( ) ( ) 2f x g x  ……………………………9 分 （ 3 ） 假 设 存 在 实 数 a ， 使 xaxxf ln)(  （ ],0( ex  ） 有 最 小 值 3 ， / 1( )f x a x   x ax 1 ① 当 0a 时， (0, ]x eÎ ，所以 ( ) 0f x¢ < ，所以 )(xf 在 ],0( e 上单调递减， 31)()( min  aeefxf ， ea 4 （舍去）， 所以，此时 )(xf 无最小值. ……10 分 ②当 ea  10 时， )(xf 在 )1,0( a 上单调递减，在 ],1( ea 上单调递增 3ln1)1()( min  aafxf ， 2ea  ，满足条件. ……11 分 ③ 当 ea 1 时 ， (0, ]x eÎ ， 所 以 ( ) 0f x¢ < ， 所 以 )(xf 在 ],0( e 上 单 调 递 减 ， 31)()( min  aeefxf ， ea 4 （舍去），所以，此时 )(xf 无最小值. 综上，存在实数 2ea  ，使得当 ],0( ex  时 ( )f x 有最小值 3.……14 分 【押题 9】已知函数 ln( ) , ( ) xf x kx g x x   (I)若不等式 ( ) ( )f x g x 在区间( 1 ,ee )内的解的 个数；(Ⅱ)求证： 5 5 5 ln 2 ln3 ln 1...2 3 2 n n e    【押题指数】★★★★ 【解析】(Ⅰ) 由    xgxf  ，得 2 ln x xk  。令 2 ln)( x xxh  所以，方程    xgxf  在区间     ee ,1 内解的个数即为函数     eex x xxh ,1,ln)( 2 的图像 与直线 ky  交点的个数。 3 ln21)( x xxh  当 0)(  xh 时, x e . ---- 2 分 当 x 在区间     ee ,1 内变化时, )(xh , )(xh 变化如下: 当 ex 1 时 ， 2ey  ； 当 ex  时， ey 2 1 ；当 ex  时， 2 1 e y  。 ----4 分 所以，（1）当 ek 2 1 或 2ek  时，该方程无解；（2）当 ek 2 1 或 2 2 1 e ke  时，该方程 有一个解；（3）当 ek e 2 11 2  时，该方程有两个解。 (Ⅱ) 由 (Ⅰ) 知 2 ln x x e2 1 ， ∴ 4 ln x x e2 1 2 1 x  . ∴  444 ln 3 3ln 2 2ln n n e2 1       222 1 3 1 2 1 n ∴ nnn  )1( 1 32 1 21 11 3 1 2 1 222  .1111 1 1 3 1 2 1 2 11                 nnn ------ 10 分 ∴  444 ln 3 3ln 2 2ln n n e2 1 .∵  555 ln 3 3ln 2 2ln n n 444 ln 3 3ln 2 2ln n n  . ∴  555 ln 3 3ln 2 2ln n n e2 1 . - 12 分 【押题 10】设函数， 4 2 1 1( ) ,4f x x bx cx d x t    当 时 有极小值． (1)若 b=-6 时，函数 ( )f x 有极大值，求实 数 c 的取值范围； (2)在(1)的条件下，若存在 c，使函数 ( )f x 在区间[m-2， m+2]上单调递增，求实数 m 的取值范围； (3)若函数 ( )f x 只有一个极值点，且存在 2 1 1 2t (t ,t 1) f (t ) 0  使 证明：函数 ( )g x = 2 2 1 2 1 1t (t ,t ) f ( ) 2x x t x  使 在区间 1 2(t ,t ) 内最多有一个零点． 【押题指数】★★★★★ 【答案】（1）因为 ( )f x ＝ 1 4 x4＋bx2＋cx＋d，所以 ( )h x ＝ ( )f x ＝x3－12x＋c．……2 分由题设， 方程 ( )h x ＝0 有三个互异的实根．考察函数 ( )h x ＝x3－12x＋c，则 ( )h x ＝0，得 x＝±2． x （－∞，－2） －2 （－2，2） 2 （2，＋∞） ( )h x ＋ 0 － 0 ＋ ( )h x 增 c＋16 （极大值） 减 c－16（ 极小值） 增 所以 16 0, 16 0. c c      故－16－16， 即（x－2）2（x＋4）>0（*）在区间［m－2，m＋2］上恒成立．所以［m－2，m＋2］是不等式（*） 解集的子集．所以 2 4, 2 2, m m       或 m－2>2，即－24． （3）由题设，可得存在α，β∈R，使 ( )f x ＝x3+2bx＋c＝（x－t1）（x2＋αx＋β），且 x2＋αx＋ β≥0 恒成立． 又 2( )f t ＝0，且在 x＝t2 两侧同号，所以 ( )f x ＝（x－t1）（x－t2）2．13 分 另一 方面， ( )g x ＝x3＋（2b－1）x＋t1＋c＝x3＋2bx＋c－（x－t1）＝（x－t1）［（x－t2）2－1］．因为 t1 < x < t2，且 t2－t1<1，所以－1< t1－t2 < x－t2 <0．所以 0<（x－t2）2<1，所以（x－t2）2－1<0．而 x－ t1>0，所以 ( )g x <0，所以 ( )g x ）在（t1，t2）内单调减．从而 ( )g x 在（t1，t2）内最多有一个零点． x ),1[ ee e ]( ее， )(xh + 0 － )(xh 增 e2 1 减