1、1/10班级_姓名_考场号_考号_-密-封-线-一、解答题1. 解:() 函数 的定义域为 ，()fx(0,) 112(elne.xxxxabf 由题意可得 故 .12,e.f12ab（）由()知 从而 等价于()ln,xxf()flne.x设函数 ，则 ，所以当 时， ;lgx()1lg10,)x()0g当 时， ,故 在 单调递减，在 单调递增，1(,)e0xx(,)e,e从而 在 的最小值为 .x)设函数 ，则 ，所以当 时， ；2()exh(1xh(0,1)x()0hx当 时， ，故 在 上单调递增，在 上单调递减，从而 在1,x)0)(0,()hx的最大值为 .(0)(1e综上，当
2、时， ，即 .x)gxh()1fx2. 解题指南（1）根据导数公式求出函数的导数，利用分类讨论思想求解；（2）根据函数的单调性以及函数极值与导数的关系式确定函数的极值点，代入函数中求解.解析（1） （*）2/ 22()4(1)()1axaxfx当 时， ，此时， 在区间 上单调递增a/0(f0,当 时，由 得 ， （ 舍去） 0/()fx1a21ax当 时， ；当 时， 1(,)x/0(,)/()0f故 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增f1,x1x综上所述，当 时， 在区间 上单调递增a()f(,)当 时， 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增01a()fx1(0,2)a1(2,)a由
3、（*）式知，当 时， ，此时 不存在极值点，因而要使得 有两个极值点， /(fx(fx必有 又 的极值点只可能是 和 ，且由定义可知， 01a()fx12a21a1a且 ，所以 且 ，解得2xa此时，由（*）式易知， 分别是 的极小值和极大值点，而12,x()fx12()fxf122ln()lnxaa212114()ln)4xa224(l()ln()a令 ，则 且 知：当 时， ；当 时，1ax01102a0x12a0记 ，2()lngx（）当 时， ，所以102()ln()gx/2()0xgx因此， 在区间 上单调递减，从而 ，故当 时，()gx,()14012a120ff（）当 时， ，所
4、以2()lnxx/2()xgx因此， 在区间 上单调递减，从而 ，故当时 ，()gx,1101a120ff综上所述，满足条件的 的取值范围为 a(,)22/10班级_姓名_考场号_考号_-密-封-线-3. (1)证明：因为对任意 xR，都有 ，所以 f(x)是 R 上的偶函()()ee()xxf f数(2)解：由条件知 在(0，+)上恒成立(e1)exxm令 t = ex(x0)，则 t1，所以 m 对于任意 t1 成立211tt因为 = 3，所以 ，12(1)tt 131t当且仅当 t = 2，即 x = ln2 时等号成立因此实数 m 的取值范围是 1,3(3)解：令函数 ，则 ()e()
5、xgax21()e3()xga当 x1 时， ， x2 10，又 a0，故 g( x)0，所以 g(x)是1，+)上的单调增函数，10x因此 g(x)在1，+)上的最小值是 1()e2g由于存在 x01，+)，使 成立，当且仅当最小值 g(1)0，故 h(x)是(e 1，+)上的单调增函数所以 h(x)在(0，+)上的最小值是 e注意到 h(1) = h(e) = 0，所以当 时， ) h(x)h(e) = 0，即 ，故 (,)(,) ()l1ea综上所述，当 a 时， ，当 a = e 时， ，当 1e,21e1ea(,)时， 1e4. 解题指南：（I）利用 为偶函数和 在点 处的切线的斜率
6、为 建立关于()fx()yfx=0,()f 4c的方程求解. （II）利用基本不等式求解.(III)需对 进行分类，讨论方程 是否有实根，,ab c()0fx从而确定极值.解析：（I）对 求导得 ，由 为偶函数，知 ，()fx 22()xxfaeb()fx ()(ff即 ，因 ，所以 .2()0xabe20x又 ，故 .04fc1,ab（II）当 时， ，那么32()3xfe 2 2() 10,xxxfe故 在 上为增函数.R(III)由（）知 ，而 当 时等号成立. 2()xxfec224,xxxee0x下面分三种情况进行讨论.当 时，对任意 ，此时 无极值；4c2,()0xxxRfec()
7、fx当 时，对任意 ，此时 无极值；0,xxff当 时，令 ，注意到方程 有两根 ，4c2xet20tc21,21604ct3/10班级_姓名_考场号_考号_-密-封-线-即 有两根 .()0fx1122lnlxtxt或当 时， ；又当 时， ，从而 在 处取得极小值；12()0f()0fx()fx2综上，若 有极值，则 取值范围为 .fxc4,5. 解题指南（1）先求导数，结合解不等式求解函数的单调区间；（2）利用单调性与导数的关系求解字母的取值范围.解析当 时, ,定义域为 ,4b212()4)xfx12().51() xfx 令 ,解得 , .020当 或 时, ；当 时, .所以 在
8、, 上单调递减；2x()fx0x()f()fx2)1(0在 上单调递增.所以当 时, 取得极小值 ；当 时, 取得极大值(,)()f20ffx.04f因为 在 上单调递增,所以 ,且不恒等于 对 恒成立.(fx130)0fx13(,)x,所以 ,221521()2()()bfbxb250bx得 .因为 ,所以 ,故 的取值范围为 . min53x5399b19(,6. 解析：（）对 求导得()fx22(6)(3)3(6) ,xxxaeeafx e因为 在 处取得极值，所以 即 .f0(0)f当 时， = 故 从而 在点a()fx22336,(),xfee3(1),(),ffe()fx（1， ）
9、处的切线方程为 化简得()f 1,y0.y（）由（）知23(6)().xafxe令 2()36,gxa由 解得()0gx221263636, .aax当 时， ，即 ，故 为减函数；1()0fx()f当 时， ，即 ，故 为增函数；2xg()fx当 时， ，即 ，故 为减函数；()x()fx由 在 上为减函数，知 解得()f3,22636,a9,2a故 的取值范围为a9,.2考点分类第四章 考点一、导数的概念、运算及其几何意义；考点二、导数的应用；第九章 考点一、不等关系与一元二次不等式7. 解：（1） （仅当 时22()(1)(1)0xxxfee1取等号） ， 的单调递增区间为 ()fx(,
10、)（2） ， ，01a2ln(l0fa 在单调递增区间 上仅有一个零点()fx(,)（3）由题意知 ，又仅 ，得 ， ，)0Pfx(10f1Px2Pyae由题意知 ，得 ，(Omk2)mae要证 ，即要证 ，321ae3(1只需证 ，即要证 ，2()()mme设 ，则 ，1gm(1g4/10班级_姓名_考场号_考号_-密-封-线-又 ，()0gm= 在 上递增，在 上递减。,)(0,)+ ，即不等式成立，得证()8. 解：对 求导，得 ，()fx2()4)exfx由 ，解得 ，所以 的单调递减区间为 。040(f(4,0)9. （1）解：由 = ，可得 ，其中 ，且 .()fxn 11)nnf
11、xxN2n下面分两种情况讨论：当 为奇数时.n令 ，解得 ，或 .()0fx1x当 变化时， ， 的变化情况如下表：()ff,1,1,()fx- + -AAA所以， 在 ， 上单调递减，在 内单调递增。()fx,1,1,当 为偶数时.n当 ，即 时，函数 单调递增；()0f()fx当 ，即 时，函数 单调递减.x1所以， 在 上单调递增，在 上单调递减.()f,1,（2）证明：设点 的坐标为 ，则 ， .曲线 在点 处的切线方P0,x01n20()fxny()fxP程为 ，即 .令 ，即00()yfx()(gf (Ffg，则 .)Fx0)(Fxf由于 在 上单调递减，故 在 上单调递减.又因为
12、1()nfx0,()Fx0,，所以当 时， ，当 时， ，所以 在0()F ,x()F0,()()Fx内单调递增，在 上单调递减，所以对于任意的正实数 ，都有 ，即, 0 0对于任意的正实数 ，都有 .()fg（3）证明：不妨设 .由（2）知 .设方程 的根为 ，可得1x20xnxgxa2x，当 时， 在 上单调递减.202axnn,又由（2）知 ，可得 .22gxfagx2x类似地，设曲线 在原点处的切线方程为 ，可得 ，当 ，yyhxn0,x，即对于任意的 ， .0nfxhx0,xf设方程 的根为 ，可得 .因为 在 上单调递增，且a11annx,，因此 .1hxfxh x由此可得 .21
13、210an因为 ，所以 ，故 .n1Cn n012nx则当 时， 12x121|xx2a同理可证当 时，结论也成立所以， .21axn10. 解：（） ，函数 极值点的个数等价于211()()axafx()fx，即 在 上的变号根的个数.()0fx20aa,x5/10班级_姓名_考场号_考号_-密-封-线-令 ，2()1gxax 时， ，此时 ，函数 单调递增，无极值点；0()0()0fx()fx 时，令 ，解得 时， 单调递增，无极值点；22898aa809a()fx 时， ，抛物线 的开口向下，对称轴为 ， ，a()gx14x0,(1)0gag在 上有一个变号根，即 有一个极值点；210x
14、1,()f 时， ，抛物线 的开口向上，对称轴为 ， ，89()xx(1)在 与 上各有一个变号根，即 有两个极值点.2axa,41(,)(fx综上： 时， 有一个极值点； 时， 无极值点； 时， 有两个极值点.0()fx809a(fx89a)（）由（）知， 时， 恒成立， 单调递增，所以 时，89()fx)0x符合题意；()fx 时，令 ，所以 单调递减，0a1()ln1),0,()hxxhxx()hx，所以 ，因为 在 时先增后减，()hxf0.222ln1)()()(1)faxaxa当 时， ,不满足， ，舍去；xf,fx 时，由（）知，对称轴 , ， ，所以 恒成立，894x0()0g
15、()0fx单调递增，即 时， 符合题意；()fx0x()f 时，由（）知，对称轴 , ， ，所以存在 ,使1a1x()1a0x0(,)x,即 ， 单调递减，故 时， 不符合()0gx()fx()f 0,x()f，舍去.综上：所求 的取值范围是 .a0,111. 解法一：（1）令 ，()ln(1),0)Fxfx则有 .()1x当 时， ，0,()0x所以 在 上单调递减，()Fx故当 时， ，即当 时， .()F0x()fx（2）令 ，ln(1),Gxfgxk则有 ,1()k当 时， ，故 在 单调递增, ，0k0x()x0)()0Gx故对任意正实数 均满足题意.当 时，令 ，得 ，1k()Gx
16、1k取 ，对任意 ，有 ，0x0,()0x从而 在 单调递增，所以 ，即()0,xG()fxg综上，当 时，总存在 ，使得对任意 ，恒有 .1k0 0,x()x（3）当 时，由（1）知，对于 ，故 .(,)()gff.|()|()ln1fxgxfkx令 ，2ln,0)Mk6/10班级_姓名_考场号_考号_-密-封-线-则有 .21()1()xkMxk故当 时， ,2()8(1)(0,4()0Mx在 上单调递增，()x2()(),kk故 ，即 ,所以满足题意的 不存在(0)M2|()|fxgt当 时，由（2）知，存在 ，使得当 时， ，1k00()x()fxg此时 .|()|()ln(1)fxg
17、fxk令 ，2ln,Nk则有 ，1(2)() 1xkkx当 时， ，2()8()(0,4k()0Nx在 上单调递增，()Nx2)()(1),kk故 ，即 .(0)2()fxg记 与 中的较小者为 ，0x2814kk1x则当 时，恒有 .1(,)2|()|fxg故满足题意的 不存在t当 时，由（1）知，当 时， .k0|()|()ln(1)fxgxfx令 ，2()ln(),Hxx则有 .21()1xHx当 时， ,00所以 在 上单调递减，故 .()x,)()0Hx故当 时，恒有 .2|()|fxg此时，任意正实数 均满足题意.t综上， .1k解法二：（1） （2）同解法一.（3）当 时，由（1
18、）知，对于 ，(0,)()xgxf故 .|()|()ln11fxgxfkkx令 ，解得 .2k0从而得到，当 时，对于 ，恒有 .1(,)xk2|()|fxg故满足题意的 不存在。t当 时，取 ，从而 .k12k1由（2）知，存在 ，使得 ，0x01(,)()xfxkgx此时 ，1|()|()2fgfgk令 ，解得 ，此时 .21kx2x2()fx记 与 的较小者为 ，当 时，恒有 .0110,2|()|fgx故满足题意的 不存在.t当 时，由（1）知， ，k,|()|()ln(1)xfgxf令 ，2()ln()0Mx7/10班级_姓名_考场号_考号_-密-封-线-则有 .21()1xMx当
19、时， ，所以 在 上单调递减，00()M0,)故 ()x故当 时，恒有 ，2|()|fxg此时，任意正实数 均满足题意t综上， .1k12. 证明：（1） ()sincosaxaxfe)21si(axe其中 tan = ，00；()fx若（2k+1） 0）设 g（t）= （t）0） ，则 .令 =0 得 t=1e2()tge（ ） =gt（ ）当 01 时， ，所以 g（t）在区间（0,1）上单调递增.g（ ） 从而当 t=1 时，函数 g（t）取得最小值 g（1）=e因此，要是（ ）式恒成立，只需 ，即只需 .2()ae21ae而当 a= 时，tan = = 且 .于是21e12e30，且当
20、 n 时， .因此对一切32213e, ，所以 g（ ） .故（ ）式亦恒成立.*nN21naxenax(1)ae综上所述，若 a ，则对一切 ， 恒成立.2*N()|nxf8/10班级_姓名_考场号_考号_-密-封-线-13. 解：（） ，若 轴为曲线 的切线，则切点 满足2()3fxax()yfx0(,)x，也就是 且 ，解得 ， ，因此，当00(),fx 03014a1234a时， 轴为曲线 的切线；34a()yfx（）当 时， ，函数 没有零点；1xlng()()(min),hxfxgx当 时，若 ，则 ， ，故 是 的54a5(1)04fa1101x()h零点；当 时， ，以下讨论
21、在区间 上的零点的个数.01x()lngx()yfx(0,)对于 ，因为 ，所以令 可得 ，那么2()3fa203x23ax（i）当 或 时， 没有零点（ 或 ） ， 在区间 上是单()f()fx()f()yf(0,1)调函数，且 ，所以当 时， 在区间 上有一个零点；当15(),4f3ayx0,1时， 在区间 上没有零点；0ayx(0,)（ii）当 时， （ ）且 （ ） ，所以3f3x()0fx13ax为最小值点，且 .ax21()34af显然，若 ，即 时， 在区间 上没有零点；()03f04()yfx(0,1)若 ，即 时， 在区间 上有 1 个零点；()af()f(,)若 ，即 时，
22、因为 ，所以若 ，()03f34a5(0),()4ffa34a在区间 上有 2 个零点；若 ， 在区间 上有 1 个零点.()yfx(0,1) 534a()yfx(0,)综上，当 或 时， 有 1 个零点；当 或 时， 有 2 个零点；当34a5()hx354ahx时， 有 3 个零点.5()x14. 解：（1） 222lnfxaxa 0,g x22 ,xaxa令 ，即 ，讨论此不等式的解，可得：0g0当 时，即 时，不等式恒成立。即 恒成立，所以 恒单调递增。14a140gxgx当 时，01 21410, ,22aaxx所以 的解为 。所以 在g40,gx时单调递增。1410,22aaxx综
23、上：当 时， 在 上单调递增。g0,当 时， 在 上单调递增，在104ax1414(,),(,)22aa上单调递减。(,)2a由（1）得 在 内单调递增。且fxg1,， 。由零点存在性定理得存在唯一 使得 240faa0f 01,x9/10班级_姓名_考场号_考号_-密-封-线-。0002lnafxx所以 在 上单调递减， 上单调递增。f0(1,)0(,)所以满足 在区间 内有唯一解只需满足 即可。x,0minfxf，将带入化简得：2200002lnfaxa32005,ax当 时，此时变形为 ，在 上有解。令0(1)2xa2ln30a1,2ln3,hah所以 在 上单调递减。 不满足。0,11
24、302当 时，此时变形为 在 上有解。20ax00ln6x1,2不妨设 2 00004()ln6, xhh所以 在 上单调递增。 。所以 在 上0x1,(1),2ln200ln6x1,2有解。所以结论得证。15. 解析（） 的定义域是 ， ， ， ，曲线1()lnxf(1,)2(1fx(0)f()0f在点 处的切线方程为 ；yfx0， 20y（）当 时， ，即不等式 对 成立，设(0,1)x3()2)xf3()2)0xf1x，即 ，则 ，当3()ln()xF 3()ln1)l()()F 42()F时， ，故 在（0，1）上为增函数，则(0,1)x()03()l2()x，因此对 ，都有 成立；(
25、)F(,1)x3()xf（） ，使 成立，等价于 .(0,1)x3()fk31()ln()0xFk， ，则 .42221()()xF(0,)x240,x当 时， ，函数 在区间 上为增函数， ，符合题意；0,k0()F,()0F当 时，令 解得 ，易知 ，即 .那么 在区2()x4k201k01x(),xF间 上的取值情况如下：(,1)x0(,)x0x0(,)x()F 0 x 极小值 所以， 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 ； 在 处取得极小值. ()0(,)x0(,1)x(F0x，显然不符合题意.0Fx综上可知： 的最大值为 2.k考点分类第四章导数及其应用 考点二、导数的应用10/10
26、班级_姓名_考场号_考号_-密-封-线-16. 解析（） ()e1)2mxf若 ，则当 时， ， ；当 时，0m,0x0()fx(0,)， e1x()f若 ，则当 时， ， ；当 时，,xe1mx()fx(,)， e0mx()f所以， 在 单调递减，在 单调递增,(0,)（）由（）知，对任意的 ， 在 单调递减，在 单调递增，故 在 处取得mfx10,1()fx0最小值所以对于任意 ， 的充要条件是： 即12,x12()effx1e1,()ff，设函数 ，则 当 时， ；当 时，e,m()etg()1tg0tgt0t故 在 单调递减，在 单调递增又 ， ，()0gt()gt,0(0,()1()e2故当 时， 当 时， ， ，即式成立当 时，由1,1m)g0mm的单调性， ，即 ；当 时， ，即 综上，()t()e1()e1的取值范围是 m,
