高考數(shù)學(xué)試題分類匯編函數(shù)與導(dǎo)數(shù)

獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat1682007年高考數(shù)學(xué)試題分類匯編函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（重慶理）已知函數(shù)f(x)ax4lnxbx4c(x>0)在x=1處獲得極值3c，此中a,b,c為常數(shù)。（1）試確立a,b的值；（2）議論函數(shù)f(x)的單一區(qū)間；（3）若對(duì)隨意x>0，不等式f(x)2c2恒成立，求c的取值范圍。解：（I）由題意知f(1)3c，所以bc3c，進(jìn)而b3．又對(duì)f(x)求導(dǎo)得f'x4ax3lnxax414bx3x3(4alnxa4b)．x由題意f(1)0，所以a4b0，解得a12．（II）由（I）知f(x)48x3lnx（x0），令f(x)0，解得x1．當(dāng)0x1時(shí)，f(x)0，此時(shí)f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，此時(shí)f(x)為增函數(shù)．所以f(x)的單一遞減區(qū)間為(0，1)，而f(x)的單一遞加區(qū)間為(1，∞)．（III）由（II）知，f(x)在x1處獲得極小值f(1)3c，此極小值也是最小值，要使f(x)≥2c2（x0）恒成立，只要3c≥2c2．即2c2c3≥0，進(jìn)而(2c3)(c1)≥0，解得c≥3或c≤1．2所以c的取值范圍為(，1]3，．2x322（浙江理）設(shè)f(x)，對(duì)隨意實(shí)數(shù)t，記gt(x)t3xt．33I）求函數(shù)yf(x)gt(x)的單一區(qū)間；II）求證：（?。┊?dāng)x0時(shí)，f(x)gf(x)≥gt(x)對(duì)隨意正實(shí)數(shù)（ⅱ）有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)x0，使得gx(x0)≥gt(x0)對(duì)隨意正實(shí)數(shù)

成立；成立．此題主要觀察函數(shù)的基天性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用及不等式的證明等基礎(chǔ)知識(shí)，以及綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)剖析和解決問題的能力．滿分15分．（I）解：yx34x16．由yx240，得x2．33因?yàn)楫?dāng)x(，2)時(shí)，y0，當(dāng)x(2，2)時(shí)，y0，當(dāng)x(2，)故所求函數(shù)的單一遞加區(qū)間是(，2)，(2，)；單一遞減區(qū)間是(2，2)

時(shí)，y0，．22t(x（II）證明：（i）方法一：令h(x)f(x)gt(x)x3t3x0)，33x2211則h(x)t3，當(dāng)t0時(shí)，由h(x)0，得xt3，當(dāng)x(x3，)時(shí)，h(x)0，1所以h(x)在(0，)內(nèi)的最小值是h(t3)0．故當(dāng)x0時(shí)，f(x)≥gt(x)對(duì)隨意正實(shí)數(shù)t成立．方法二：22t(t11對(duì)隨意固定的x0，令h(t)gt(x)t3x0)，則h(t)2t3(xt3)，33由h(t)0，得tx3．當(dāng)0tx3時(shí)，h(t)0．當(dāng)tx3時(shí)，h(t)0，獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168所以當(dāng)tx3時(shí)，h(t)獲得最大值h(x3)1x3．3所以當(dāng)x0時(shí)，f(x)≥g(x)對(duì)隨意正實(shí)數(shù)t成立．（ii）方法一：8gt(2)．由（i）得，gt(2)≥gt(2)對(duì)隨意正實(shí)數(shù)t成立．f(2)3即存在正實(shí)數(shù)x02，使得gx(2)≥gt(2)對(duì)隨意正實(shí)數(shù)t成立．下邊證明x0的獨(dú)一性：當(dāng)x02，x00，t8時(shí)，f(x0)x03，g(x)4x03x0再取tx03，得g3(x0)x03x03即x02時(shí)，不知足gx(x0)≥

16x0316，由（i）得，4x0，333，所以gx(x0)4x016x033gx03(x0)，3gt(x0)對(duì)隨意t0都成立．故有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)x02，使得gx(x0)0≥gt(x0)對(duì)隨意正實(shí)數(shù)t成立．方法二：對(duì)隨意x00，g(x)4x16，因?yàn)間t(x0)對(duì)于t的最大值是1x3，所以要x00330使gx(x0)≥gt(x0)對(duì)隨意正實(shí)數(shù)成立的充分必需條件是：4x016≥1x03，即(x02)2(x04)≤0，①又因?yàn)閤0330，不等式①成立的充分必需條件是x02，所以有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)x02，使得gx(x0)≥gt(x0)對(duì)隨意正實(shí)數(shù)t成立．（天津理）已知函數(shù)2axa21f(x)x21(xR)，此中aR．（Ⅰ）當(dāng)（Ⅱ）當(dāng)

1時(shí)，求曲線yf(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程；0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單一區(qū)間與極值．本小題觀察導(dǎo)數(shù)的幾何意義，兩個(gè)函數(shù)的和、差、積、商的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值等基礎(chǔ)知識(shí)，觀察運(yùn)算能力及分類議論的思想方法．滿分12分．（Ⅰ）解：當(dāng)a1時(shí)，f(x)2x1，f(2)4，x252(x2·22x26又f(x)1)2x2x，f(2)．(x21)2(x21)225所以，曲線yf(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y46(x2)，即6x2y320525．（Ⅱ）解：f(x)2a(x21)2x(2axa21)2(xa)(ax1)．(x21)2(x21)2因?yàn)閍0，以下分兩種狀況議論．（1）當(dāng)a0時(shí)，令f(x)0，獲得x11，x2a．當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變a化狀況以下表：x∞，111，aa(a，∞)aaaf(x)00f(x)減函數(shù)極小值增函數(shù)極大值減函數(shù)獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168所以f(x)在區(qū)間∞，1，(a，∞)內(nèi)為減函數(shù)，在區(qū)間1，a內(nèi)為增函數(shù)．a(chǎn)a函數(shù)f(x)在x11處獲得極小值f1，且f1a2，aaa函數(shù)f(x)在x21處獲得極大值f(a)，且f(a)1．a(chǎn)1（2）當(dāng)a0時(shí)，令f(x)0，獲得x1ax2，當(dāng)x變化時(shí)，f(x)f(x)的變a化狀況以下表：x∞，aaa，111，+∞aaaf(x)00f(x)增函數(shù)極大值減函數(shù)極小值增函數(shù)所以f(x)在區(qū)間(∞，a)，1，+∞內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間，1內(nèi)為減函數(shù)．a(chǎn)a函數(shù)f(x)在x1a處獲得極大值f(a)，且f(a)1．函數(shù)f(x)在x21處獲得極小值f1，且f1a2．a(chǎn)aa11n（四川理）設(shè)函數(shù)f(x)(nN,且n1,xN).n1n(Ⅰ)當(dāng)x=6時(shí),求1的睜開式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng);n(Ⅱ)對(duì)隨意的實(shí)數(shù)x,證明f(2x)f(2)＞f(x)(f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù));2n1(Ⅲ)能否存在aN,使得an＜11)n恒成立?若存在,試證明你的結(jié)論并求＜(ak1k出a的值;若不存在,請(qǐng)說明原由.此題觀察函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù)、二項(xiàng)式定理、組合數(shù)計(jì)算公式等內(nèi)容和數(shù)學(xué)思想方法。觀察綜合推理論證與剖析解決問題的能力及創(chuàng)新意識(shí)。3204項(xiàng)，這項(xiàng)是351（Ⅰ）解：睜開式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)是第C61n3n112n2（Ⅱ）證法一：因f2xf211nn12n21n11n21111nn21n21nnnn211ln11211ln112f'xn2nn證法二：2n212n121n因f2xf211111211nn21nn1nn獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168x211n而2f'ln11nn故只要對(duì)11和ln11進(jìn)行比較。nn令gxxlnxx1，有g(shù)'x11x1由x1xxx0，得x10x1時(shí)，g'時(shí)，g'x因?yàn)楫?dāng)x0，gx單一遞減；當(dāng)1x0，gx單調(diào)遞加，所以在x1處gx有極小值1故當(dāng)x1時(shí)，gxg11，進(jìn)而有xlnx1，亦即xlnx1lnx故有11ln11恒成立。nn所以f2xf22f'x，原不等式成立。（Ⅲ）對(duì)mN，且m1m2Cmk1km有11Cm0Cm11Cm21Cmm1mmmmmmm112mm1mk1kmm121m11112!mk!mm!m2111111121k11111m12!mk!mmmm!mm211112!3!k!m!211112132kk1mm1211111111223k1km1m313mkm又因Cmk10k2,3,4,,m，故2113mmmnk21132n113n∵，進(jìn)而有成立，mk1kn1k即存在a2，使得2n3n恒成立。1k1k（陜西理）設(shè)函數(shù)f(x)=2c2,此中a為實(shí)數(shù).axax(Ⅰ)若f(x)的定義域?yàn)镽,求a的取值范圍;(Ⅱ)當(dāng)f(x)的定義域?yàn)镽時(shí)，求f(x)的單減區(qū)間.獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168解：（Ⅰ）f(x)的定義域?yàn)镽，x2axa0恒成立，a24a0，0a4，即當(dāng)0a4時(shí)f(x)的定義域?yàn)镽．（Ⅱ）f(x)x(xa2)ex，令f(x)≤0，得x(xa2)≤0．(x2axa)2由f(x)0，得x0或x2a，又0a4，0a2時(shí)，由f(x)0得0x2a；當(dāng)a2時(shí)，f(x)≥0；當(dāng)2a4時(shí)，由f(x)0得2ax0，即當(dāng)0a2時(shí)，f(x)的單一減區(qū)間為(0，2a)；當(dāng)2a4時(shí)，f(x)的單一減區(qū)間為(2a，0)．（山東理）設(shè)函數(shù)f(x)x2bln(x1)，此中b0．（Ⅰ）當(dāng)b1時(shí)，判斷函數(shù)f(x)在定義域上的單一性；2（Ⅱ）求函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)；（Ⅲ）證明對(duì)隨意的正整數(shù)n，不等式ln1111都成立．nn2n3解(I)函數(shù)f(x)x2bln(x1)的定義域?yàn)?,.f'(x)2xxb2x2x2xb，11令g(x)2x22xb，則g(x)在1,上遞加，在1,1上遞減，22g(x)ming(11b.當(dāng)b11b0，)2時(shí)，g(x)min222g(x)2x22xb0在1,上恒成立.f'(x)0,11,上單一遞加。即當(dāng)b時(shí),函數(shù)f(x)在定義域21（II）分以下幾種情況議論：（1）由（I）知當(dāng)b時(shí)函數(shù)f(x)無極值點(diǎn).2112(x)21（2）當(dāng)b時(shí)，f'(x)2，x1,時(shí)，f'(x)0,2x12x1,時(shí)，f'(x)0,b1時(shí)，函數(shù)f(x)在1,上無極值點(diǎn)。22（3）當(dāng)b1時(shí)，解f'(x)0得兩個(gè)不一樣解x1112b，x2112b.222當(dāng)b0時(shí)，x1112b1，x2112b1，22x11,,x21,,此時(shí)f(x)在1,上有獨(dú)一的極小值點(diǎn)x2112b2.1當(dāng)0b時(shí)，x1,x21,,2f'(x)在，f'(x)在(x1,x2)上小于01,x,x,都大于0，12獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168此時(shí)f(x)有一個(gè)極大值點(diǎn)x1112bx2112b2和一個(gè)極小值點(diǎn)2.綜上可知，b0時(shí)，f(x)在1,上有獨(dú)一的極小值點(diǎn)x2112b2；01時(shí)，f(x)有一個(gè)極大值點(diǎn)x1112bx2112bb2和一個(gè)極小值點(diǎn)2；2b1f(x)在1,上無極值點(diǎn)。時(shí)，函數(shù)2x2（III）當(dāng)b1時(shí)，f(x)ln(x1).令h(x)x3f(x)x3x2ln(x1),則h'(x)3x3(x1)2在0,上恒正，x1h(x)在0,上單一遞加，當(dāng)x0,時(shí)，恒有h(x)h(0)0.即當(dāng)x0,時(shí)，有x3x2ln(x1)0,ln(x1)x2x3，對(duì)隨意正整數(shù)n，取x1得ln(11)11nnn2n3(I)經(jīng)過判斷導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)【試題剖析】函數(shù)的單一性、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、不等式的證明方法。來確立函數(shù)的單一性是f'(x)0是b1和定義域1,共同作用的結(jié)果；（II）需要分2類議論，由（I）可知分類的標(biāo)準(zhǔn)為1b1,b0.（III）結(jié)構(gòu)新函數(shù)為證明不等式b,022“服務(wù)”，結(jié)構(gòu)函數(shù)的依照是不等式關(guān)系中隱含的易于判斷的函數(shù)關(guān)系。用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的單一性問題向來是各省市高考及各地市高考模擬試題的要點(diǎn)，究其原由，應(yīng)當(dāng)有三條：這里是知識(shí)的交匯處，這里是導(dǎo)數(shù)的主陣地，這里是思想的制高點(diǎn).此類問題的一般步驟都能掌握，但重要的是求導(dǎo)后的細(xì)節(jié)問題------參數(shù)的取值范圍能否影響了函數(shù)的單一性？因此需要進(jìn)行分類議論判斷：當(dāng)參數(shù)給出了明確的取值范圍后，應(yīng)依據(jù)f(x)導(dǎo)函數(shù)的特色快速判斷f'(x)0或f'(x)0。參數(shù)取某些特定值時(shí)，可直觀作出判斷，單列為一類；不可以作出直觀判斷的，再分為一類，用通法解決.此外要注意由f'(x)0求得的根不必定就是極值點(diǎn)，需要判斷在該點(diǎn)雙側(cè)的異號(hào)性后才能稱為“極值點(diǎn)”.（全國(guó)卷二理）已知函數(shù)f(x)x3x．（1）求曲線yf(x)在點(diǎn)M(t，f(t))處的切線方程；（2）設(shè)a0，假如過點(diǎn)(a，b)可作曲線yf(x)的三條切線，證明：abf(a)解：（1）f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)3x21．曲線yf(x)在點(diǎn)M(t，f(t))處的切線方程為：yf(t)f(t)(xt)，即y(3t21)x2t3．（2）假如有一條切線過點(diǎn)(a，b)，則存在t，使b(3t21)a2t3．若過點(diǎn)(a，b)可作曲線yf(x)的三條切線，則方程2t33at2ab0有三個(gè)相異的實(shí)數(shù)根．記g(t)2t33at2ab，則g(t)6t26at6t(ta)．當(dāng)t變化時(shí)，g(t)，g(t)變化狀況以下表：t(，0)0(0，a)a(a，)g(t)00g(t)增函數(shù)極大值ab減函數(shù)極小值bf(a)增函數(shù)由g(t)的單一性，當(dāng)極大值ab0或極小值bf(a)0時(shí)，方程g(t)0最多有一個(gè)實(shí)數(shù)根；獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168當(dāng)ab0時(shí)，解方程g(t)0得t0，t3a，即方程g(t)0只有兩個(gè)相異的實(shí)數(shù)根；2當(dāng)bf(a)0時(shí)，解方程g(t)0得taa，即方程g(t)0只有兩個(gè)相異的實(shí)，t2數(shù)根．綜上，假如過(a，b)可作曲線yf(x)三條切線，即g(t)0有三個(gè)相異的實(shí)數(shù)根，，abf(a)．則ab0即bf(a)0.（全國(guó)卷一理）設(shè)函數(shù)f(x)exex．（Ⅰ）證明：f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)≥2；（Ⅱ）若對(duì)全部x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范圍．解：（Ⅰ）f(x)的導(dǎo)數(shù)f()exexx-x≥2xx2，故f(x)≥2．x．因?yàn)閑eee（當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)，等號(hào)成立）．（Ⅱ）令g(x)f(x)ax，則g(x)f(x)aexexa，（?。┤鬭≤2，當(dāng)x0時(shí)，g(x)exexa2a≥0，故g(x)在(0，∞)上為增函數(shù)，所以，x≥0時(shí)，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax．（ⅱ）若a2，方程g(x)0的正根為x1lnaa24，2此時(shí)，若x(0，x1)，則g(x)0，故g(x)在該區(qū)間為減函數(shù)．所以，x(0，x1)時(shí)，g(x)g(0)0，即f(x)ax，與題設(shè)f(x)≥ax相矛盾．綜上，知足條件的a的取值范圍是∞，2．設(shè)函數(shù)f(x)ln(xa)x2（I）若當(dāng)x1時(shí)，f(x)獲得極值，求a的值，并議論f(x)的單一性；（II）若f(x)存在極值，求a的取值范圍，并證明全部極值之和大于lne．2（江西理）如圖，函數(shù)y2cos(x)(xR，0≤≤π，)的圖象與y軸交于點(diǎn)(0，3)22y且在該點(diǎn)處切線的斜率為．（1）求和的值；（2）已知點(diǎn)π，，點(diǎn)P是該函數(shù)圖象上一點(diǎn)，點(diǎn)Q(x0，y0)3PA02是PA的中點(diǎn)，當(dāng)y03，x0πOAx22，π時(shí)，求x0的值．解：（1）將x0，y3代入函數(shù)y2cos(x)得3，因?yàn)?≤≤，所以．cos622又因?yàn)閥2sin(x)，yx02，，所以2，所以y2cos2x．66（2）因?yàn)辄c(diǎn)A，0，Q(x0，y0)是PA的中點(diǎn)，y03，點(diǎn)P的坐標(biāo)為2x0，3．222獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168又因?yàn)辄c(diǎn)P在y2cos2x的圖象上，所以cos4x053．662因?yàn)椤躼0≤，所以7≤4x05≤19，26664x0511513．即x023進(jìn)而得6或4x0663或x0．64P和居民區(qū)O的公路，（湖南理）如圖4，某地為了開發(fā)旅行資源，欲修筑一條連結(jié)景色點(diǎn)點(diǎn)P所在的山坡面與山腳所在水平面所成的二面角為（090），且sin2，5點(diǎn)P到平面的距離PH0.4（km）．沿山腳原有一段筆挺的公路AB可供利用．從點(diǎn)O到山腳修路的造價(jià)為a萬元/km，原有公路改建花費(fèi)為a萬元/km．當(dāng)山坡上公路長(zhǎng)度為lkm（1≤l≤2）時(shí)，其造價(jià)為(l221)a萬元．已知OA⊥AB，PB⊥AB，AB1.5(km)，OA3(km)．I）在AB上求一點(diǎn)D，使沿折線PDAO修筑公路的總造價(jià)最?。籌I）對(duì)于（I）中獲得的點(diǎn)D，在DA上求一點(diǎn)E，使沿折線PDEO修筑公路的總造價(jià)最小．（III）在AB上能否存在兩個(gè)不一樣的點(diǎn)D，E，使沿折線PDEO修筑公路的總造價(jià)小于（II）中獲得的最小總造價(jià)，證明你的結(jié)論．AＯPEDHB解：（I）如圖，PH⊥，HB，PB⊥AB，由三垂線定理逆定理知，AB⊥HB，所以PBH是山坡與所成二面角的平面角，則PBH，APBPH1．設(shè)BDx(km)，0≤x≤1.5．sinO則PDx2PB2x21[1，2]．ED記總造價(jià)為f1(x)萬元，B據(jù)題設(shè)有f1(x)(PD211ADAO)a(x21x113)a2224143xa3a416當(dāng)x1，即BD1(km)時(shí)，總造價(jià)f1(x)最?。?4（II）設(shè)AEy(km)，0≤y≤5，總造價(jià)為f2(y)萬元，依據(jù)題設(shè)有4

PH獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168f2(y)PD21y23131yay23ya2242則f2yy31a，由f2(y)0，得y1．y22當(dāng)y(01)，時(shí)，f2(y)0，f2(y)在(0，1)內(nèi)是減函數(shù)；當(dāng)y50，f2(y)在51，時(shí)，f2(y)1，內(nèi)是增函數(shù)．44故當(dāng)y1，即AE1（km）時(shí)總造價(jià)f2(y)最小，且最小總造價(jià)為

a．16a萬元．16（III）解法一：不存在這樣的點(diǎn)D，E．事實(shí)上，在AB上任取不一樣的兩點(diǎn)D，E．為使總造價(jià)最小，E明顯不可以位于D與B之間．故可設(shè)E位于D與A之間，且BD=x1(km)，AEy1(km)，0≤x1y2≤3，2總造價(jià)為S萬元，則Sx12x1y123y111a．近似于（I）、（II）議論知，224x2x1≥1，y23y1≥3，當(dāng)且僅當(dāng)x1，y11同時(shí)成即刻，上述兩個(gè)不121612214等式等號(hào)同時(shí)成立，此時(shí)BD1(km)，AE1(km)，S獲得最小值67a，點(diǎn)D，E分416別與點(diǎn)D，E重合，所以不存在這樣的點(diǎn)D，E，使沿折線PDEO修筑公路的總造價(jià)小于（II）中獲得的最小總造價(jià)．解法二：同解法一得Sx12x1y123y111a224243ax11a13y123y1y123y1a4416≥123(y123y1)(y123y1)a43a67a．41616當(dāng)且僅當(dāng)x11且3(y123y1)(y123y1)，即x11，y11同時(shí)成即刻，S獲得44最小值67a，以上同解法一．16（湖北理）已知定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù)f(x)1x22ax，g(x)3a2lnxb，此中a0．設(shè)兩曲線y2f(x)，yg(x)有公共點(diǎn)，且在該點(diǎn)處的切線同樣．（I）用a表示b，并求b的最大值；（II）求證：f(x)≥g(x)（x0）．本小題主要觀察函數(shù)、不等式和導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用等知識(shí)，觀察綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問題的能力．解：（Ⅰ）設(shè)yf(x)與yg(x)(x0)在公共點(diǎn)(x0，y0)處的切線同樣．∵f(x)x2a，g(x)3a2g(x0)，f(x0)g(x0)．x，由題意f(x0)獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat1681x22ax3a2lnxb，3a22000由x02aa，或x03a（舍去）．即3a2得：x0x0，x02ax0即有b1a22a23a2lna5a23a2lna．22令h(t)5t23t2lnt(t0)，則h(t)2t(13lnt)．于是21當(dāng)t(13lnt)0，即0te3時(shí)，h(t)0；1當(dāng)t(13lnt)0，即te3時(shí)，h(t)0．11故h(t)在，3為增函數(shù)，在3，∞為減函數(shù)，0ee132于是h(t)在(0，∞)的最大值為he3e3．2（Ⅱ）設(shè)F(x)f(x)g(x)1x22ax3a2lnxb(x0)，3a22則F(x)x2a(xa)(x3a)(x0)．xx故F(x)在(0，a)為減函數(shù)，在(a，∞)為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0，∞)上的最小值是F(a)F(x0)f(x0)g(x0)0．故當(dāng)x0時(shí)，有f(x)g(x)≥0，即當(dāng)x0時(shí)，f(x)≥g(x)．（廣東理）如圖6所示，等腰三角形△ABC的底邊AB=66，高CD=3，點(diǎn)E是線段BD上異于B、D的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F在BC邊上，且EF⊥AB，現(xiàn)沿EF將△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE，記BE=x，V（x）表P示四棱錐P-ACEF的體積。1）求V(x)的表達(dá)式；2）當(dāng)x為什么值時(shí)，V(x)獲得最大值？3）當(dāng)V（x）獲得最大值時(shí)，求異面直線AC與PF所成角的余弦DE值。AB（1）由折起的過程可知，PE⊥平面CFABC，SABC96，圖6x26x2SBEFSBDC5412V(x)=6x(91x2)（0x36）312（2）V'(x)6(91x2)，所以x(0,6)時(shí)，v'(x)0，V(x)單一遞加；6x36時(shí)34v'(x)0，V(x)單一遞減；所以x=6時(shí)，V(x)獲得最大值126；（3）過F作MF//AC交AD與M,則BMBFBEBE,MB2BE12，PM=62，ABBCBD1AB2獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168MFBF6BC654942，PF336在△PFM中，cosPFM84722，∴異面直線AC與PF所成角的余弦值為2；4277（廣東理）已知函數(shù)f(x)x2x1，,是方程f(x)=0的兩個(gè)根()，f'(x)是f(x)的導(dǎo)數(shù)；設(shè)a11，an1anf(an)（n=1,2,）f'(an)1）求,的值；2）證明：對(duì)隨意的正整數(shù)n，都有an>a；（3）記bnlnan（n=1,2,），求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn。ana分析：（1）∵f(x)x2x1，,是方程f(x)=0的兩個(gè)根()，∴15,15；22115（2）f'(x)2x1，an1anan2an12an(2an1)4(2an1)42an1an2an1551511(2an1)41，∵a11，∴有基本不等式可知a20（當(dāng)且僅當(dāng)a1=2an12224時(shí)取等號(hào)），∴a2510同，樣a351，，an51（n=1,2,），222（3）an1an(an)(an)an(an1)，而1，即1，2an12an1an1(an)2，同理an1(an)2，bn12bn，又b1nl1nl352ln352an12an11352Sn2(2n1)ln352f(x)ex（福建理）已知函數(shù)kx，xR（Ⅰ）若（Ⅱ）若

e，試確立函數(shù)f(x)的單一區(qū)間；k0，且對(duì)于隨意xR，f(x)0恒成立，試確立實(shí)數(shù)k的取值范圍；f(x)f(x)，求證：F(1)F(2)F(n)(en1n（Ⅲ）設(shè)函數(shù)F(x)2)2(nN)．本小題主要觀察函數(shù)的單一性、極值、導(dǎo)數(shù)、不等式等基本知識(shí)，觀察運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的方法，觀察分類議論、化歸以及數(shù)形聯(lián)合等數(shù)學(xué)思想方法，觀察剖析問題、解決問題的能力．滿分14分．解：（Ⅰ）由ke得f(x)exex，所以f(x)exe．由f(x)0得x1，故f(x)的單一遞加區(qū)間是(1，)，由f(x)0得x1，故f(x)的單一遞減區(qū)間是(，1)．（Ⅱ）由f(x)f(x)可知f(x)是偶函數(shù)．于是f(x)0對(duì)隨意xR成立等價(jià)于f(x)0對(duì)隨意x≥0成立．由f(x)exk0得xlnk．①當(dāng)k(01]，時(shí)，f(x)exk1k≥0(x0)．此時(shí)f(x)在[0，)上單一遞加．故f(x)≥f(0)10，切合題意．②當(dāng)k(1，)時(shí)，lnk0．獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168獲得更多小初高課件、試題、教課資料和中高考真題備考資源，請(qǐng)加微信：tsat168當(dāng)x變化時(shí)f(x)，f(x)的變化狀況以下表：x(0，lnk)lnk(lnk，)f(x)0f(x)單一遞減極小值單一遞加由此可得，在[0，)上，f(x)≥f(lnk)kklnk．依題意，kklnk0，又k1，1ke．綜合①，②得，實(shí)數(shù)k的取值范圍是0ke．（Ⅲ）F(x)f()f(x)exex，xF(x1)F(x2)ex1x2e(x1x2)ex1x2ex1x2ex1x2e(x1x2)2ex1x22，