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a2a①若?1≤?，即a≤2时，最大值为h(1)?a?；
42aa?a?②若???1??，即2?a?6时，最大值为h????1
26?2?③若?1≥?a?a?时，即a≥6时，最大值为h????1． 6?2?综上所述：
a2?a?当a??0，2?时，最大值为h(1)?a?；当a??2,???时，最大值为h????1．
4?2?18.【2012高考新课标理21】（本小题满分12分）
已知函数f(x)满足满足f(x)?f?(1)ex?1?f(0)x?（1）求f(x)的解析式及单调区间；
12x； 212x?ax?b，求(a?1)b的最大值. 21【答案】（1）f(x)?f?(1)ex?1?f(0)x?x2?f?(x)?f?(1)ex?1?f(0)?x
2（2）若f(x)? 令x?1得：f(0)?1 f(x)?f?(1)ex?1?x? 得：f(x)?ex?x?
g?(x)?e?1?0?y?g(x)在x?R上单调递增 f?(x)?0?f?(0)?x?0,f?(x)?0?f?(0)?x?0 得：f(x)的解析式为f(x)?ex?x?x12x?f(0)?f?(1)e?1?1?f?(1)?e 212x?g(x)?f?(x)?ex?1?x 212x 2 且单调递增区间为(0,??)，单调递减区间为(??,0) （2）f(x)?12x?ax?b?h(x)?ex?(a?1)x?b?0得h?(x)?ex?(a?1) 2 ①当a?1?0时，h?(x)?0?y?h(x)在x?R上单调递增 x???时，h(x)???与h(x)?0矛盾
②当a?1?0时，h?(x)?0?x?ln(a?1),h?(x)?0?x?ln(a?1) 得：当x?ln(a?1)时，h(x)min?(a?1)?(a?1)ln(a?1)?b?0
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(a?1)b?(a?1)?(a?1)ln(a?1)(a?1?0) 令F(x)?x?xlnx(x?0)；则F?(x)?x(1?2lnx) F?(x)?0?0?x?e,F?(x)?0?x?e 当x?e时，F(x)max? 当a?2222e 2e 2e?1,b?e时，(a?1)b的最大值为
19.【2012高考天津理20】本小题满分14分）
已知函数f(x)?x?ln(x?a)的最小值为0，其中a?0. （Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若对任意的x?[0,??),有f(x)≤kx成立，求实数k的最小值； （Ⅲ）证明【答案】
（1）函数f(x)的定义域为(?a,??) f(x)?x?ln(x?a)f?(x)?1??22?ln(2n?1)?2（n?N*）. ?i?12i?1n1x?a?1??0?x?1?a??a x?ax?a?? f(x)?0?x?1?a,f(x)?0??a?x?1?a
得：x?1?a时，f(x)min?f(1?a)?1?a?0?a?1 （2）设g(x)?kx?f(x)?kx?x?ln(x?1)(x?0)
则g(x)?0在x?[0,+?)上恒成立?g(x)min?0?g(0)（*） g(1)?k?1?ln2?0?k?0
221x(2kx?2k?1) ?x?1x?111?2k ①当2k?1?0(k?)时，g?(x)?0?0?x??x0?g(x0)?g(0)?0与
22k g?(x)?2kx?1?（*）矛盾
1时，g?(x)?0?g(x)min?g(0)?0符合（*） 21 得：实数k的最小值为
2 ②当k?由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费
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（3）由（2）得：x?ln(x?1)? 取x?12x对任意的x?0值恒成立 2222 ?[ln(2i?1)?ln(2i?1)]?(i?1,2,3,?,n)：
2i?1(2i?1)22i?12?ln(2n+1)<2 ?2i?1i=1n 当n?1时，2?ln3?2 得：
当i?2时，
211 ??2(2i?1)2i?32i?1 得：
?[i?1n21?ln(2i?1)?ln(2i?1)]?2?ln3?1??2。 2i?12n?1【点评】试题分为三问，题面比较简单，给出的函数比较常规，因此入手对于同学们来说没
有难度，第二问中，解含参数的不等式时，要注意题中参数的讨论所有的限制条件，从而做到不重不漏；第三问中，证明不等式，应借助于导数证不等式的方法进行.
20.【2012高考江苏18】（16分）若函数y?f(x)在x?x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y?f(x)的极值点。
已知a，b是实数，1和?1是函数f(x)?x3?ax2?bx的两个极值点． （1）求a和b的值；
（2）设函数g(x)的导函数g?(x)?f(x)?2，求g(x)的极值点；
（3）设h(x)?f(f(x))?c，其中c?[?2，2]，求函数y?h(x)的零点个数． 【答案】解：（1）由f(x)?x3?ax2?bx，得f'(x)?3x2?2ax?b。 ∵1和?1是函数f(x)?x3?ax2?bx的两个极值点，
∴ f'(1)?3?2a?b=0，f'(?1)?3?2a?b=0，解得a=0，b=?3。 （2）∵ 由（1）得，f(x)?x3?3x ，
∴g?(x)?f(x)?2=x3?3x?2=?x?1??x?2?，解得x1=x2=1，x3=?2。 ∵当x0， ∴x=?2是g(x)的极值点。
∵当?2
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（3）令f(x)=t，则h(x)?f(t)?c。
先讨论关于x 的方程f(x)=d 根的情况：d???2, 2?
当d=2时，由（2 ）可知，f(x)=?2的两个不同的根为I 和一2 ，注
意到f(x)是奇函数，∴f(x)=2的两个不同的根为一和2。
当
d<2时，∵f(?1)?d=f(2)?d=2?d>0，
f(1)?d=f(?2)?d=?2?d<0 ，
∴一2 , －1，1 ，2 都不是f(x)=d的根。 由（1）知f'(x)=3?x?1??x?1?。
???时，f'(x)>0 ，于是f(x)是单调增函数，从而① 当x??2，f(x)>f(2)=2。
???无实根。 此时f(x)=d在?2，，?时．f'(x)>0，于是f(x)是单调增函数。 ② 当x??1 2又∵f(1)?d<0，f(2)?d>0，y=f(x)?d的图象不间断， ∴f(x)=d 在（1 , 2 ）内有唯一实根。 同理，f(x)=d在（一2 ，一I ）内有唯一实根。
，1?时，f'(x)<0，于是f(x)是单调减两数。 ③ 当x???1 又∵f(?1)?d>0， f(1)?d<0，y=f(x)?d的图象不间断， ∴f(x)=d在（一1，1 ）内有唯一实根。
x2=2；当因此，当d=2时，f(x)=d有两个不同的根x1，x2满足x1=1，d<2 时
i=3, 4, 5。 f(x)=d有三个不同的根x3，x1，x5，满足xi<2，现考虑函数y?h(x)的零点：
t2=2。 ( i ）当c=2时，f(t)=c有两个根t1，t2，满足t1=1，而f(x)=t1有三个不同的根，f(x)=t2有两个不同的根，故y?h(x)有5 个
零点。
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( 11 ）当c<2时，f(t)=c有三个不同的根t3，t4，t5，满足
ti<2， i =3, 。 4 , 5而f(x)=ti ?i=3, 4, 5?有三个不同的根，故y?h(x)有9 个零点。 综上所述，当c=2时，函数y?h(x)有5 个零点；当c<2时，函数y?h(x)有9 个零点。
【考点】函数的概念和性质，导数的应用。
【解析】（1）求出y?f(x)的导数，根据1和?1是函数y?f(x)的两个极值点代入列方程组求解即可。
（2）由（1）得，f(x)?x3?3x，求出g?(x)，令g?(x)=0，求解讨论即可。 （3）比较复杂，先分d=2和d<2讨论关于x 的方程f(x)=d 根的情况；再考虑函数y?h(x)的零点。
21.【2012高考辽宁理21】本小题满分12分)
设f(x)?ln(x?1)?直线y?x?1?ax?b(a,b?R,a,b为常数)，曲线y?f(x)与
3x在(0，0)点相切。 2 (Ⅰ)求a,b的值。
(Ⅱ)证明：当0?x?2时，f(x)?9x。 x?6【命题意图】本题主要考查函数的切线及恒成立问题，考查运算求解能力，是难题. 【解析】（1）由y=f?x?的图像过?0,0?点，代入得b=-1 由y=f?x?在?0,0?处的切线斜率为
133?1?++a?=+a，得，又y'x=0=?2?x+12x+1?x=02a=0…3分
（2）（证法一）由均值不等式，当x>0时，2记
xx+1?1 则 h?x?=f?x?-1x+3h'?x?2x?x+?=29xx+6x11?x?+?x6?x+?x5??1x? 22-4++x+6?-216?x+1??3gx=x+6-216?x+1?，则当0 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库2012年高考真题理科数学解析分类汇编3（导数）(3)在线全文阅读。
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