时,f(x)取最小值f(lna)?a?alna. 于是对一切x?R,f(x)?1恒成立,当且仅当
a?alna?1. ①
令g(t)?t?tlnt,则g?(t)??lnt.
当0?t?1时,g?(t)?0,g(t)单调递增;当t?1时,g?(t)?0,g(t)单调递减. 故当t?1时,g(t)取最大值g(1)?1.因此,当且仅当a?1时,①式成立. 综上所述,a的取值集合为?1?.
f(x2)?f(x1)ex2?ex1(Ⅱ)由题意知,k???a.
x2?x1x2?x1ex2?ex1令?(x)?f?(x)?k?e?,则
x2?x1xex1x2?x1??(x1)??e?(x2?x1)?1??, x2?x1?ex2x1?x2??(x2)?e?(x1?x2)?1?. ??x2?x1令F(t)?et?t?1,则F?(t)?et?1.
当t?0时,F?(t)?0,F(t)单调递减;当t?0时,F?(t)?0,F(t)单调递增. 故当t?0,F(t)?F(0)?0,即et?t?1?0. 从而ex2?x1?(x2?x1)?1?0,ex1?x2ex1ex2?0,?0, ?(x1?x2)?1?0,又
x2?x1x2?x1所以?(x1)?0,?(x2)?0.
因为函数y??(x)在区间?x1,x2?上的图像是连续不断的一条曲线,所以存在
x0?(x1,x2)使?(x0)?0,即f?(x0)?k成立.
【点评】本题考查利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等,考查运算能力,考查分类讨论思想、函数与方程思想等数学方法.第一问利用导函数法求出f(x)取最小值
f(lna)?a?alna.对一切x∈R,f(x) ?1恒成立转化为f(x)min?1从而得出求a的取值集合;
第二问在假设存在的情况下进行推理,然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题,通过
构造函数,研究这个函数的性质进行分析判断.
19. 【解析】(1)因为f(1)?b,由点(1,b)在x?y?1上,可得1?b?1?b?0
因为f?(x)?axn?1?a(n?1)xn,所以f?(1)??a
又因为切线x?y?1的斜率为?1,所以?a??1?a?1,所以a?1,b?0
n?x) n?1nn令f?(x)?0?x?,即f?(x)在(0,??)上有唯一的零点x0?.
n?1n?1nn)上,f?(x)?0,故f(x)单调递增;而在(,??)上,f?(x)?0,f(x)单调递减,故在(0,n?1n?1(2)由(1)可知,f(x)?xn(1?x)?xn?xn?1,f?(x)?(n?1)xn?1(nnnnnnf(x)在(0,??)的最大值为f(. )?()(1?)?n?1n?1n?1n?1(n?1)111t?1(3)令?(t)?lnt?1?(t?0),则??(t)??22(t?0)
tttt在(0,1)上,??(t)?0,故?(t)单调递减,而在(1,??)上,??(t)?0,?(t)单调递增, 故?(t)在(0,??)上的最小值为?(1)?0,所以?(t)?0(t?1)
11n?11n?1n?1?)?lne 即lnt?1?(t?1),令t?1?,得ln,即ln(tnnn?1nn?1n?1nn1)?e,即所以( ?n?1n(n?1)nenn1由(2)知,f(x)?,故所证不等式成立. ?(n?1)n?1ne【点评】本题考查多项式函数的求导,导数的几何意义,导数判断函数的单调性,求解函数的最值以及证明不等式等的综合应用.考查转化与划归,分类讨论的数学思想以及运算求解的能力. 导数的几何意义一般用来求曲线的切线方程,导数的应用一般用来求解函数的极值,最值,证明不等式等. 来年需注意应用导数判断函数的极值以及求解极值,最值等;另外,要注意含有ex,lnx等的函数求导的运算及其应用考查. 20.解析:(Ⅰ)考虑不等式2x2?3?1?a?x?6a?0的解.
因为?????3?1?a????4?2?6a?3?a?3??3a?1?,且a?1,所以可分以下三种情况: ①当?a?1时,??0,此时B?R,D?A??0,???. ②当a?时,??0,此时B??xx?1?,D??0,1???1,???. ③当a?1时,??0,此时2x2?30两根,设为x1、x2,且x1?x2,则?1?a?x?6a?有313132x1?3?1?a??3?a?3??3a?1?4,x2?3?1?a??3?a?3??3a?1?4,于是
B??xx?x1或x?x2?.
当0?a?时,x1?x2?133?1?a??0,x1x2?3a?0,所以x2?x1?0,此时D??0,x1???x2,???;当2a?0时,x1x2?3a?0,所以x1?0,x2?0,此时D??x2,???.
综上所述,当时
,
3??a1?111?a?1时,D?A??0,???;当a?时,D??0,1???1,???;当0?a?333D??0,x1???x2,?????4a??3?;当a?0时,
D??x2,???.其中
x1??3a3??13?a??31?a?3??3a?1?,x2?.
4(Ⅱ)f??x??6x2?6?1?a?x?6a,令f??x??0可得?x?a??x?1??0.因为a?1,所以f??x??0有两根m1?a和m2?1,且m1?m2.
①当?a?1时,D?A??0,???,此时f??x??0在D内有两根m1?a和m2?1,列表可得
x f??x? f?x? 13?0,a? + 递增 a ?a,1? - 递减 1 0 极大值 ?1,??? + 递增 0 极小值 所以f?x?在D内有极大值点1,极小值点a.
②当a?时,D??0,1???1,???,此时f??x??0在D内只有一根m1?a?,列表可得
x f??x? f?x? ?1??0,? ?3?13131 3?1??,1? ?3??1,??? + 递增 + 递增 0 极小值 - 递减 所以f?x?在D内只有极小值点a,没有极大值点.
③当0?a?时,D??0,x1???x2,???,此时0?a?x1?1?x2(可用分析法证明),于是f??x??0在D内只有一根m1?a,列表可得
13x f??x? f?x? ?0,a? + 递增 a ?a,x1? - 递减 ?x2,??? + 递增 0 极小值 所以f?x?在D内只有极小值点a,没有极大值点.
④当a?0时,D??x2,???,此时x2?1,于是f??x?在D内恒大于0,f?x?在D内没有极值点. 综上所述,当?a?1时,f?x?在D内有极大值点1,极小值点a;当0?a?时,f?x?在D内只有极小值点a,没有极大值点.当a?0时,f?x?在D内没有极值点.
21. 【考点定位】本题主要考查函数的最值、零点、单调性等基础知识,考查推理论证能力、运
算求解能力、考查函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化化归思想.
?解:?f?(x)?a(sinx?xcosx),x?(0,),?sinx?xcosx?0
23当a?0时,f(x)??不合题意;
23当a?0时,f?(x)?0,f(x)单调递减,[f(x)]max?f(0)??,不合题意;
2??3??3当a?0时,f?(x)?0,f(x)单调递增,[f(x)]max?f()?a??
22223?a?1,所以综上f(x)?xsinx?
2(2)f(x)在(0,?)上有两个零点.证明如下:
33???3?0 由(1)知f(x)?xsinx?,f(0)???0,f()?2222??∴f(x)在[0,]上至少有一个零点,又由(1)知f(x)在[0,]上单调递增,
221313????故在[0,]上只有一个零点,当x??，??时,令g(x)?f?(x)?sinx?xcosx,
2?2????????g）（?1?0，（g?)????0,g(x)在?，??上连续,∴m??，??,g(m)?0 2?2??2???????'g（x)?2cosx-xsinx?0,∴g(x)在?，??上递减,当x??，m?时,
?2??2?g(x)?g(m)?0,
????3'?0 f（x)?0,f(x)递增,∴当m?(,m)时,f(x)?f()?222∴f(x)在(m,?)上递增,∵f(m)?0,f(?)?0
∴f(x)在(m,?)上只有一个零点,综上f(x)在(0,?)上有两个零点.
22. 【命题意图】本试题考查了导数在研究函数中的运用.第一问就是三次函数,通过求解导数
求解单调区间.另外就是运用极值概念,求解参数值的运用.
解:(1)依题意可得f?(x)?x2?2x?a
当??4?4a?0即a?1时,x2?2x?a?0恒成立,故f?(x)?0,所以函数f(x)在R上单调递增;
当??4?4a?0即a?1时,
f?(x)?x2?2x?a?0有两个相异实根x1??2?4?4a??1?1?a,x2??1?1?a且x1?x2
2故由f?(x)?x2?2x?a?0?x?(??,?1?1?a)或x?(?1?1?a,??),此时f(x)单调递增 由f?(x)?x2?2x?a?0??1?1?a?x??1?1?a,此时此时f(x)单调递增递减 综上可知]
当a?1时,f(x)在R上单调递增;当a?1时,f(x)在x?(??,?1?1?a)上单调递增,在
x?(?1?1?a,??)单调递增,在(?1?1?a,?1?1?a)单调递减. (2)由题设知,x1,x2为方程f?(x)?0的两个根,故有
a?1,x12??2x1?a,x22??2x2?a
因此f(x1)?1x13?x12?ax1?1x1(?2x1?a)?x12?ax1?1x12?2ax1?1(?2x1?a)?2ax1?2(a?1)x1?a
333333332a同理f(x2)?(a?1)x2?
332a因此直线l的方程为y?(a?1)x?
33设l与x轴的交点为(x0,0),得x0?a
2(a?1)1aaa2a2322而f(x0)?()?()??(12a?17a?6) 332(a?1)2(a?1)2(a?1)24(a?1)由题设知,点(x0,0)在曲线y?f(x)的上,故f(x0)?0,解得a?0或a?所以所求a的值为a?0或a?23或a? 3423或a?. 34【点评】试题分为两问,题面比较简单,给出的函数比较常规,这一点对于同学们来说没有难度,但是解决的关键还是要看导数的符号对函数单调性的影响,求解函数的单调区间.第二问中,运用极值的问题,和直线方程的知识求解交点,得到参数的值.
23. 【考点定位】此题应该说是导数题目中较为常规的类型题目,考醒的切线、单调性、极值以
及最值问题都是果本中要求的重点内容.也是学生掌握比较好的知识点,在题目占能够发现F(?3)?28和分析出区间[k,2]包含极大值点x1??3,比较重要.
解:(1)f?(x)?2ax,g?(x)=3x2?b.因为曲线y?f(x)与曲线y?g(x)在它们的交点?1，c?处具有公共切线,所以
(2)记h(x)?f(x)?g(x)
f(1)?g(1),f?(1)?g?(1).即a?1?1?b且2a?3?b.解得a?3,b?3
当a?3,b??9时,h(x)?x3?3x2?9x?1,h?(x)?3x2?6x?9 令h?(x)?0,解得:x1??3,x2?1; h(x)与h?(x)在(??,2]上的情况如下:
(??,?3) (?3,1) 1 ?3 x h(x) + 0 — 0 h?(x) 28 -4 ? ? 由此可知: 当k??3时,函数h(x)在区间[k,2]上的最大值为h(?3)?28; 当?3?k?2时,函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28. 因此,k的取值范围是(??,?3] 24. 【解析】(I)f(x)?ax?(1,2) + ? 2 3 11?b?2ax??b?b?2 axax1当且仅当ax?1(x?)时,f(x)的最小值为b?2
a313(II)由题意得:f(1)??a??b? ①
2a2113f?(x)?a?2?f?(1)?a?? ②
axa2由①②得:a?2,b??1