bn≤1，
即
≤nb1＋b2＋?＋bn＝n，
bb11bb22?bbnn
1
∴bb11bb22?bbnn≥. n
22
(ii)再证bb11bb22?bbnn≤b21＋b2＋?＋bn，
nbk2记S＝?bk，设ak＝(k＝1,2，?，n)，
Sk＝1n1n2
则?akbk＝?bk＝1＝?bk，
Sk＝1
k＝1k＝1
n
1
b1??b2??bn?bn≤1， 于是由①得?bb?12
?S??S??S?即bb11bb22?bbnn≤Sb1＋b2＋?＋bn＝S，
22
∴bb11bb22?bbnn≤b21＋b2＋?＋bn. 综合(i)(ii)，②得证．
课标文数20.B12，E9[2011·湖北卷] 设函数f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a，g(x)＝x2－3x＋2，其中x∈R，a、b为常数，已知曲线y＝f(x)与y＝g(x)在点(2,0)处有相同的切线l.
(1)求a、b的值，并写出切线l的方程；
(2)若方程f(x)＋g(x)＝mx有三个互不相同的实根0、x1、x2，其中x1 课标文数20.B12，E9[2011·湖北卷] 【解答】 (1)f′(x)＝3x2＋4ax＋b，g′(x)＝2x－3. 由于曲线y＝f(x)与y＝g(x)在点(2,0)处有相同的切线， 故有f(2)＝g(2)＝0，f′(2)＝g′(2)＝1. ???8＋8a＋2b＋a＝0，?a＝－2，?由此得解得? ?12＋8a＋b＝1，?b＝5.?? 所以a＝－2，b＝5，切线l的方程为x－y－2＝0. (2)由(1)得f(x)＝x3－4x2＋5x－2， 所以f(x)＋g(x)＝x3－3x2＋2x. 依题意，方程x(x2－3x＋2－m)＝0有三个互不相同的实根0、x1、x2， 故x1、x2是方程x2－3x＋2－m＝0的两相异的实根． 1 所以Δ＝9－4(2－m)>0，即m>－. 4 又对任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x) 特别地，取x＝x1时，f(x1)＋g(x1)－mx1<－m成立，得m<0. 由韦达定理，可得x1＋x2＝3>0，x1x2＝2－m>0， 故0 对任意的x∈[x1，x2]，有x－x2≤0，x－x1≥0，x>0， 则f(x)＋g(x)－mx＝x(x－x1)(x－x2)≤0， 又f(x1)＋g(x1)－mx1＝0， 所以函数f(x)＋g(x)－mx在x∈[x1，x2]的最大值为0. 1 于是当－ 4 1 －，0?. 综上，m的取值范围是??4? 课标理数8.B12[2011·湖南卷] 设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为( ) 152A．1 B. C. D. 222 课标理数8.B12[2011·湖南卷] D 【解析】 用转化的思想：直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx图象分别交于M，N，而|MN|的最小值，实际是函数F(t)＝t2－lnt(t>0)时的最小值． 122 令F′(t)＝2t－＝0，得t＝或t＝－(舍去)． t22 2 故t＝时，F(t)＝t2－lnt有最小值，即|MN|达到最小值，故选D. 2 π?sinx1 课标文数7.B12[2011·湖南卷] 曲线y＝－在点M??4，0?处的切线的斜率为sinx＋cosx2( ) 11A．－ B. 2222 C．－ D. 22 sinx1 课标文数7.B12[2011·湖南卷] B 【解析】 对y＝－求导得到 sinx＋cosx2 cosx?sinx＋cosx?－sinx?cosx－sinx?1y′＝＝， ?sinx＋cosx?2?sinx＋cosx?2ππ11x＝＝当x＝，得到y′?＝. ?4?242?22 ?2＋2? 1 课标文数22.B12，E8[2011·湖南卷] 设函数f(x)＝x－－alnx(a∈R)． x (1)讨论f(x)的单调性； (2)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． 课标文数22.B12，E8[2011·湖南卷] 【解答】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． 2 1ax－ax＋1 f′(x)＝1＋2－＝. xxx2令g(x)＝x2－ax＋1，其判别式Δ＝a2－4. ①当|a|≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0.故f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②当a<－2时，Δ>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． a－a2－4a＋a2－4 ③当a>2时，Δ>0，g(x)＝0的两根为x1＝，x2＝. 22 当0 x1－x2 因为f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋－a(lnx1－lnx2)，所以， x1x2 f?x1?－f?x2?lnx1－lnx21k＝＝1＋－a·. x1x2x1－x2x1－x2 又由(1)知，x1x2＝1，于是 lnx1－lnx2 k＝2－a·. x1－x2 lnx1－lnx2若存在a，使得k＝2－a，则＝1. x1－x2 即lnx1－lnx2＝x1－x2. 1 亦即x2－－2lnx2＝0(x2>1)．(*) x2 11 再由(1)知，函数h(t)＝t－－2lnt在(0，＋∞)上单调递增，而x2>1，所以x2－－2lnx2>1 tx2 1 －－2ln1＝0.这与(*)式矛盾． 1 故不存在a，使得k＝2－a. 11 课标理数19.B12[2011·江西卷] 设f(x)＝－x3＋x2＋2ax. 32 2 ，＋∞?上存在单调递增区间，求a的取值范围； (1)若f(x)在??3? 16 (2)当0 3 11 x－?2＋＋2a，课标理数19.B12[2011·江西卷] 【解答】 (1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－? ?2?4 22221，＋∞?时，f′(x)的最大值为f′??＝＋2a；令＋2a＞0，得a＞－， 当x∈??3??3?999 21 ，＋∞?上存在单调递增区间． 所以，当a＞－时，f(x)在??3?91－1＋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． 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)． 27 又f(4)－f(1)＝－＋6a＜0，即f(4)＜f(1)， 2 4016 所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－， 33 10 得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝. 3 1 课标文数20.B12[2011·江西卷] 设f(x)＝x3＋mx2＋nx. 3 (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的值．(注：区间(a，b)的长度为b－a) 课标文数20.B12[2011·江西卷] 【解答】 (1)由题得g(x)＝x2＋2(m－1)x＋(n－3)＝(x＋m－1)2＋(n－3)－(m－1)2， 已知g(x)在x＝－2处取得最小值－5， ??m－1＝2，所以?即m＝3，n＝2. 2 ??n－3?－?m－1?＝－5，? 1 即得所要求的解析式为f(x)＝x3＋3x2＋2x. 3 2 (2)因为f′(x)＝x＋2mx＋n，且f(x)的单调递减区间的长度为正整数，故f′(x)＝0一定有两个不同的根， 从而Δ＝4m2－4n>0即m2>n. 不妨设两根为x1，x2，则|x2－x1|＝2m2－n为正整数． 又m＋n<10(m，n∈N＋)， 故m≥2时才可能有符合条件的m，n， 当m＝2时，只有n＝3符合要求； 当m＝3时，只有n＝5符合要求； 当m≥4时，没有符合要求的n. (2)令f′(x)＝0，得两根x1＝ 综上所述，只有m＝2，n＝3或m＝3，n＝5满足上述要求． alnxb 课标理数21.B12[2011·课标全国卷] 已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处 x＋1x 的切线方程为x＋2y－3＝0. (1)求a，b的值； lnxk (2)如果当x＞0，且x≠1时，f(x)＞＋，求k的取值范围． x－1x x＋1a?－lnx??x?b 课标理数21.B12[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)f′(x)＝－2， x?x＋1?2f?1?＝1，??1 由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，故?12f′?1?＝－，?2? b＝1，?? 即?a 1??2－b＝－2， 解得a＝1，b＝1. lnx1 (2)由(1)知f(x)＝＋，所以 x＋1x lnxk??k－1??x2－1??1??f(x)－x－1＋x＝ x??1－x2?2lnx＋?. ?k－1??x2－1? 考虑函数h(x)＝2lnx＋(x>0)， x ?k－1??x2＋1?＋2x 则h′(x)＝. x2k?x2＋1?－?x－1?2 ①设k≤0，由h′(x)＝知， x2当x≠1时，h′(x)＜0，而h(1)＝0， 1 故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得h(x)＞0； 1－x21 当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0. 1－x2lnxk 从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－?x－1＋x?＞0， ?? lnxk 即f(x)＞＋. x－1x 1 ②设0＜k＜1，由于当x∈?1，1－k?时，(k－1)(x2＋1)＋2x＞0，故h′(x)>0，而h(1)＝0， ?? 11 故当x∈?1，1－k?时，h(x)>0，可得h(x)<0.与题设矛盾． ??1－x21 ③设k≥1，此时h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得h(x) 1－x2＜0，与题设矛盾． 综合得，k的取值范围为(－∞，0]． 课标理数11.B12[2011·辽宁卷] 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．(－∞，＋∞) 课标理数11.B12[2011·辽宁卷] B 【解析】 设G(x)＝f(x)－2x－4，所以G′(x)＝f′(x)－2，由于对任意x∈R，f′(x)>2，所以G′(x)＝f′(x)－2>0恒成立，所以G(x)＝f(x)－2x－4是R上的增函数，又由于G(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以G(x)＝f(x)－2x－4>0，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)，故选B. 课标理数21.B12[2011·辽宁卷] 已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x. (1)讨论f(x)的单调性； 1??1?1 (2)设a＞0，证明：当0＜x＜时，f??a＋x?＞f?a－x?； a (3)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. 1 课标理数21.B12[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＋(2 x ?2x＋1??ax－1? －a)＝－. x ①若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)单调增加． 111 0，?时，f′(x)＞0，当x＞时，f′(x)＜0.②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝，且当x∈??a?aa 11 0，?单调增加，在?，＋∞?单调减少． 所以f(x)在??a??a? 1??1? (2)设函数g(x)＝f??a＋x?－f?a－x?，则 g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax， aa2a3x2 g′(x)＝＋－2a＝. 1＋ax1－ax1－a2x21 当0＜x＜时，g′(x)＞0，而g(0)＝0，所以g(x)＞0. a 1??1?1 故当0＜x＜时，f??a＋x?＞f?a－x?. a (3)由(1)可得，当a≤0时，函数y＝f(x)的图像与x轴至多有一个交点，故a>0，从而f(x) 1??1?>0. 的最大值为f?，且f?a??a? 1 不妨设A(x1,0)，B(x2,0)，0 a 211 －x1?＝f?＋－x1?>f(x1)＝0. 由(2)得f??a??aa? x1＋x212 从而x2>－x1，于是x0＝>. a2a 由(1)知，f′(x0)<0. 课标文数11.B12[2011·辽宁卷] 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．(－∞，＋∞) 课标文数11.B12[2011·辽宁卷] B 【解析】 设G(x)＝f(x)－2x－4，所以G′(x)＝f′(x)－2，由于对任意x∈R，f′(x)>2，所以G′(x)＝f′(x)－2>0恒成立，所以G(x)＝f(x)－2x－4是R上的增函数，又由于G(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以G(x)＝f(x)－2x－4>0，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)，故选B. 课标文数16.B12[2011·辽宁卷] 已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________． 课标文数16.B12[2011·辽宁卷] (－∞，2ln2－2] 【解析】 由于f(x)＝ex－2x＋a有零点，即ex－2x＋a＝0有解，所以a＝－ex＋2x. 令g(x)＝－ex＋2x，由于g′(x)＝－ex＋2，令g′(x)＝－ex＋2＝0解得x＝ln2. 当x∈(－∞，ln2)时，g′(x)＝－ex＋2>0，此时为增函数；当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)