高中数学导数、微积分测试题

导数、微积分
1、（2012德州二模）如图，在边长为π的正方形内的正 弦曲线
y?sinx与x
轴围成的区域记为M（图中阴影部分），随机往正方
形内投一 个点P，则点P落在区域M内的概率是

A．
C．
1
?
2


B．
D．
2
?
2

34
?
2
?
2

答案：B

解析 ：区域M的面积为：S
M
＝
?
0
sinxdx
＝－cosx
|
?
0
＝2，而正方形的面
积为S＝
?
2
，所以，所求概率为P＝
2
?
?
2
，选B。

2、 （2012济南三模）已知函数
f(x)?3x
2
?2x?1
，若
?
1
?1
f(x)dx?2f(a)(a?0)
成立，则
a
＝ ________.

1
答案：

3
2321
1
?
1
(3x＋2x＋1)
d
x＝(x＋x＋x)|
－1
＝4，所解析：因为
?
f(x)
dx＝
??
?
-1
?
-1
1
以2(3a
2
＋2a＋1)＝4?a＝－1或a＝.

3
?
x
2
0?x?1
3、（2012莱芜3月模拟）函数
f(x)?
?
的图像与x轴 所
?
2?x1?x?2
围成的封闭图形的面积为 .

【答案】
5

6
2
【 解析】
?
0
f(x)dx?
?
0
xdx?
?
1
(2?x)dx?x
31
x
2
)
1
?
0
?(2x?
2
212
1
3
1
2
5

6
4、（2012济南三模）已知
?
、
?
是三次函数< br>f(x)?x
3
?ax
2
?2bx(a,b?R)
的两个极值 点，且
?
?(0,1)
，
?
?(1,2)
，则
2< br>5
2
5
b?3
的取值范围是（ ）

a?2
1
3
1
2
A．
(??,)
B．
(,1)
C．
(1,??)
D．
(??,)?(1,??)

答案：B

解析：因为函数有两个 极值，则
f'(x)?0
有两个不同的根，即
??0
，
?
f '(0)?0
又
f'(x)?x
2
?ax?2b
，又
??(0,1),
?
?(1,2)
，所以有
?
?
f'(1 )?0
，即
?
f'(2)?0
?
?
2b?0
b?3
?
。的几何意义是指动点
1?a?2b?0
?
a?2
?4?2a?2b?0
?
2
5
做
P(a,b)
到定点A(2,3)
两点斜率的取值范围，
出可行域如图，，由图象可知当直线经过
AB 时，斜率最小，此时斜率为
k?
1?32
?
，
?3?25
0 ?3
2b?3
?1
，所以
??1
，
?1?2
5a? 2
直线经过AD时，斜率最大，此时斜率为
k?
选B.

2)
处的切线5、（2012临沂3月模拟）函数
f(x)?x
3
?x
2
?x?1
在点
(1，
与函数
g(x)?x
2
围成的图形的 面积等于_________；

【答案】



4
3

f(x)?3x
2
-2x?1
，所以
f'(1)?3-2?1?2
，即切【解析】函数的导数为
‘
?y?x
2
线方程为
y?2?2(x?1)
，整理得
y?2x。由
?
解得交点坐标为
?
y?2x
(0,0),(2,2)，所以切线与函数
g(x)?x
2
围成的图形的面积为
1
32< br>84
22
(2x?x)dx?(x?x)?4??
。

0?
0
333
2
6、（2012临沂二模）已知
??
?< br>(x，y)0?x?1，0?y?1
?
，
A
是由直线
y?0< br>，
x?a(0?a?1)
和曲线
y?x
3
围成的曲边三角形区 域，若向区域
?
上随机
投一点，点落在区域
A
内的概率为
（ A）
1
，则
a
的值是

64
1
111
（B） （C） （D）

842
64
【答案】D

a
【解析】区边三角形的面积为< br>?
0
x
3
dx?x
4
0
?a
4，区域
?
的面积为
4
1，
若向区域
?
上随机投 一点，点落在区域
A
内的概率
a?
a
1
4
1
4
1
4
1
，所以
64
a
4
?
1 1
，所以
a?
，选D.

162
2
0
7、 （2012青岛二模）设
a?
?
(1?3x
2
)dx?4
， 则二项式
(x
2
?)
6
展开式中
3
x
不含
．．
项的系数和是

a
x
A．
?160
B．
160
C．
161
D．
?161

【答案】C

2
??6
，所以a??6?4??2
，二项式为【解析】
?
0
(1?3x
2)dx?(x?x
3
)
0
2

22
kk12?3k
(x
2
?)
6
，展开式的通项为T
k?1
?C
6
(x
2
)
6?k
(? )
k
?C
6
x(?2)
k
，令
x
x
即
k?3
，所以
T
4
?C
6
3
x
3
(?2)
3
，所以
x
3
的系数为
?2
3
C
6
3
??160
，
12?3k?3
，
令
x?1
，得所有项的系数和为
1
，所以不含
x
3
项的系数和为
1?(?160)?161
，选C.

8、（2012青岛二模 ）已知函数
f
?
x
?
的定义域为
?
?1,5
?
，部分对应值如
下表，
f
?
x
?
的导函数y?f
?
?
x
?
的图象如图所示. 下列关于
f
?
x
?
的命
题：


①函数
f
?
x
?
的极大值点为
0
，
4；

②函数
f
?
x
?
在
?
0 ,2
?
上是减函数；

③如果当
x?
?
?1,t< br>?
时，
f
?
x
?
的最大值是2，那么
t的最大值为4；

④当
1?a?2
时，函数
y?f
?< br>x
?
?a
有
4
个零点；

⑤函数
y ?f
?
x
?
?a
的零点个数可能为0、1、2、3、4个．

其中正确命题的序号是 ．

【答案】①②⑤

【解析】由导数图象可知，当
?1?x?0
或
2?x?4
时，
f'(x)?0
，函
数单调递增，当
0?x?2
或
4?x?5
，
f'(x)?0
，函数单调递减，当
x?0
和
x?4
，函数取得极大值
f(0)? 2
，
f(4)?2
，当
x?2
时，函数取得极
小值
f(2)
,所以①正确；②正确；因为在当
x?0
和
x?4
，函数取 得极
大值
f(0)?2
，
f(4)?2
，要使当
x?[?1 ,t]
函数
f(x)
的最大值是4，当
2?t?5
，所以
t
的最大值为5，所以③不正确；由
f(x)?a
知，因为极
小值
f( 2)
未知，所以无法判断函数
y?f(x)?a
有几个零点，所以④不
正确， 根据函数的单调性和极值，做出函数的图象如图，
（线段只代表单调性），根据题意函数的极
小 值不确定，分
f(2)?1
或
1?f(2)?2
两种情况，由图象知，函数< br>y?f(x)
和
y?a
的交点个数有0,1,2，3,4等不同情形，所以⑤正 确，综上正
确的命题序号为①②⑤。

9、（2012青岛3月模拟）直线
y ?2x?4
与抛物线
y?x
2
?1
所围成封
闭图形的面积是 A．
D．16

答案：C

【解析】联立方程求得交点分别为?
?1,2
?
,
?
3,10
?
.
< br>3
14032
所以阴影部分的面积为
S??4?
?
2?10< br>?
?
?
?1
?
x
2
?1
?
dx?24??.

233
32
1016
B． C．
33
3

10、（2012日照5月 模拟）如图，由曲线
y?sinx
，直线
x?
?
与
x
轴
围成的阴影部分

的面积是

（A）1

（B）2

（C）
22


（D）3

答案：D

【解析】由定积分的几何意义，阴 影部分的面积等于
3
2
?
?
0
2
sinxdx?< br>?
sinxdx??cosx|
0
?cosx|
?
?3.(或 3
?
sinxdx?-3cosx|
0
?3)
选D.
3
?
2
?
3
?
2
?
?
?2
0
11、（2012泰安一模）已知
??
?
?
x,y
?
x?1,y?1
?
，A是曲线
y?x
与
y?x< br>2
1
2
围成的区域，若向区域
?
上随机投一点P，则点P落入 区域A的概率
为

A. B. C. D.
【答案】D
< br>【解析】本题为几何概率.区域
?
的面积为
2?2?4
.区域A的面积 为
2
2
1
31
211
(x?x)dx?(x?x)
0
???
，所以点P落入区域A的概率为
?
0
33333
1
2
1
2
3
1
3
1
4
1
8
1

12

1
1
P?
3
?
，选D.

412
12、（2012滨州二模）已知函数f（x）＝
x
2
，g（x）＝elnx。

（I）设函数F（x）＝f（x）－g（x），求F（x）的单调区间；

（II）若存在常数k，m，使得f（x）≥kx＋m，对x∈R恒成
立，且g（x）≤kx＋m，对x ∈（0，＋∞）恒成立，则称直线y＝kx
＋m为函数f（x）与g（x）的“分界线”，试问：f（x ）与g（x）
是否存在“分界线”若存在，求出“分界线”的方程，若不存在，请
说明理由。< br>
解析：（I）由于函数f（x）＝
x
2
，g（x）＝elnx，

因此，F（x）＝f（x）－g（x）＝
x
2
－elnx，

(x?e)(x?e)
x
2
?e
e
,x?(0,??)
，

则
F'(x)?x?
＝＝
x
x
x
12
1
2
1
2
当0＜x＜
e
时，
F'( x)
＜0，所以F（x）在（0，
e
）上是减函数；

当x＞
e
时，
F'(x)
＞0，所以F（x）在（
e
，＋
?）上是增函数；

因此，函数F（x）的单调减区间是（0，
e
），单调 增区间是（
e
，
＋
?
）。

（II）由（I）可知 ，当x＝
e
时，F（x）取得最小值F（
e
）＝0，

则f（x）与g（x）的图象在x＝
e
处有公共点（
e
，）。

假设f（x）与g（x）存在“分界线”，则其必过点（
e
，）。

e
e
2
2
故设其方程为：
y?
e
?k(x?e)< br>，即
y?kx?
e
22
?ke
，

由f（x）≥
kx?
e
2
?ke
对x∈R恒成立，

则
x
2
?2kx?e?2ke?0
对x∈R恒成立，
所以，
??4k
2
?4(2ke?e)?4k
2
?8ke?4e ?e(k?e)
2
≤0成立，

因此k＝
e
，“分界线“的 方程为：
y?ex?
e
2

下面证明g（x）≤
ex?e
2
对x∈（0，＋∞）恒成立，

设G（x）＝
elnx?x e?
e
，则
G'(x)?
e
?e?
e(e?x)
2
xx
，

所以当0＜x＜
e
时，
G'(x)?0< br>，当x＞
e
时，
G'(x)
＜0，

当x＝
e
时，G（x）取得最大值0，则g（x）≤
ex?
e
2
对x∈（< br>＋∞）恒成立，

故所求“分界线“的方程为：
y?ex?
e
2


13、（2012德州二模）设函数
f(x)?xlnx(x?0),g(x)??x?2.

（I）求函数f（x）在点
M(e,f(e))
处的切线方程；


0，

（II）设
F(x)?ax
2
?(a?2)x?f
?
(x)(a?0),
讨论函数
F(x)的单调性；

（III）设函数
H(x)?f(x)?g(x)
， 是否同时存在实数m和
M(m?M)
，
使得对每一个
t?[m,M]
，直线
y?t与曲线y?H(x)(x?[,c])
都有公共
点若存在，求出最小的实 数m和最大的实数M；若不存在，说明
理由。

解析：（I）解：
f'(x)
＝lnx＋1（x＞0），则函数
f'(x)
在点
M(e,f(e))
处的斜率为
f'(e)
＝2，f（e）＝e，所以，所求切线方程为y－e＝2（x
－e），即y＝2x－e

（II）
F(x)?ax
2
?(a?2) x?lnx?1(x?0),

12ax
2
?(a?2)x?1
(2 x?1)(ax?1)
F'(x)?2ax?(a?2)??
＝
(x?0,a?0)< br>，

xx
x
1
e
令
F'(x)
＝0 ，则x＝或，

①当0＜
a
＜2，即
?
时，令
F' (x)
＞0，解得0＜x＜或x＞
令
F'(x)
＜0，解得＜x＜
1
2
1
2
1

a
1
a
1
2
1
2
1
a
1
a
1
2
1
2
1

a
所以，F（x）在（0，），（，＋
?
）上单调递增 ，在（，
1
）单调递减。

a
②当
a
＝2，即?
时，
F'(x)
≥0恒成立，

所以，F（x）在（0，＋
?
）上单调递增。

1
a
1
2

③当
a
＞2，即
?
时，

所以，F（x）在（0， ），（，＋
?
）上单调递增，在（，
1
）单调递减

21
a
1
2
1
a
1
a
1
2（III）
H(x)??x?2?xlnx,H'(x)?lnx.
，令
H'(x )
＝0，则x＝1，

当x在区间
(,e)
内变化时，
H' (x),H(x)
的变化情况如下表：

1
e
x

1

e
1
(,1)

e
1

(1,e)

e

H'(x)


－

0

+


H(x)

2
2?

e
单调递减

极小值1

单调递增

2

又
2??2,所以函数H'(x)?(x?[,e])
的值域为[1，2]。

?
m?1,
，则对每一个
t?[m,M]
，直线y=t与曲线
?
M?2
2
e
1
e
据经可得，若
?
1< br>y?H(x)(x?[,e])
都有公共点。

e
并且对每一个
t?(??,m)(M,??)
，直线
y?t
与曲线
1
y?H(x )(x?[,e])
都没有公共点。

e
综上，存在实数m=1和M＝2，使 得对每一个
t?[m,M]
，直线y=t
与曲线
y?H(x)(x?[,e] )
都有公共点。

1
e

14、（2012德州一模）已知函数
f(x)?ax?lnx(a?R)
．

(I)求
f(x)
的单调区间；

(Ⅱ)设
g(x)?x
2
?2x?1
，若对任意
x
1
?(0,?? )
，总存在
x
2
?
[0，1]，

使得< br>f(x
1
)?g(x
2
)
，求实数a的取值范围．

解析：（I）
f'(x)?a??
1
x
ax?1
(x?0)
。

x
①当
a?0
时，由于x＞0，故ax＋1＞0，f'(x)
＞0，所以f（x）的单
调递增区间为（0，＋
?
）。

②当
a?0
时，由
f'(x)
＝0，得
x??
，在区间（0，－）上，
f'(x)
＞
0，

在区间（－，＋
?
）上，
f'(x)
＜0，

所以 ，当
a?0
时，所以f（x）的单调递增区间为（0，＋
?
）。
< br>当
a?0
时，f（x）的单调递增区间为（0，－），f（x）的单调递
减区间 为（－，＋
?
）

（II）由已知，转化为
f(x)
max
?g(x)
max
，又
g(x)
max
＝g（0）＝1
由（I）知，当
a?0
时， f（x）在（0，＋
?
）递增，值域为R，故不
符合题意。

1
a
1
a
1
a
1
a
1
a

当
a?0
时，f（x）在（0，－）递增，在（－，＋
?
）递减，

故f（x）的极大值即为最大值，
f(?)??1?ln(?) ??1?ln(?a)
，

所以1＞－1－ln（－a），解得：a<-

1
a
1
a
1
a
1
a
1

e
2
15、（2012济南3月模拟）已知函数
f
（
x）=
ax
+ln
x
，其中
a
为常数，
设
e
为自然对数的底数.

（1） 当
a
=-1时，求
f
（
x
）的最大值；

（2） 若
f
（
x
）在区间（0，e］上的最大值为-3，求
a
的值；

（3） 当
a
=-1时，试推断方程
f(x)
=
lnx1
?
是否有实数解.

x2
【答案】解：(1) 当
a
=-1时，
f
（
x
）=-
x
+ln
x
，
f
′(
x
) =－
1+
?
1
x
1?x
……………………1分
< br>x
当0<
x
<1时，
f
′(
x
)>0；当< br>x
>1时，
f
′(
x
)<0.

∴
f
（
x
）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是
减函数…………3分

=
f
（1
=-1………………………………………………………… 4分

f(x)
max
）
(2) ∵
f
′(x
)=
a
+
1
，
x
x
∈(0,e］，
1
∈
x
?
1
?
………………………………5分
,??
?
?
?
e
?
① 若
a
≥
?
，则
f
′(
x
)≥0，从而
f
(< br>x
)在(0,e］

1
e

上增函数

∴
f(x)
max
=
f
（
e
）=
ae
+1≥0.不合题
意…………………………………6分

② 若
a
<
?
，则由
f
′(
x
)>0
?a?
>0，即0<
x
<
?
由
f
(
x)<0
?a?
<0，即
?
<
x
≤
e
.

1
??
1
?
从而
f
(
x
)在
?
上增函数,在
0,?
???
?,e
?
为减 函数

?
a
??
a
?
1
e
1x
1

a
1
x
1
a
∴
?1
??
1
?
f(x)
max
=
f
?< br>?
?
=-1+ln
?
?
?
……………………………… ………8分

?
a
??
a
?
1
??
1
?
令-1+ln
?
=-3，则ln
?
???
?
?
=-2

?
a
??
a
?
∴?
=
e
?2
，即a=
?e
?2
. ∵
?e
?2
<
?
,∴a=
?e
2
为所
求…… ………9分

(3) 由（Ⅰ）知当
a
=-1时
f(x)
m ax
=
f
（1）=-1，

∴|
f
（
x< br>）|
1……………………………………………………………10分

又令
g
（
x
）=
得
x
=
e
,
当0<
x
<
e
时，
g
′(
x
)>0,
g
(
x
) 在(0,
e
)单调递增；

当
x
>
e
时,
g
′(
x
)<0，
g
(
x
) 在(
e
,+∞)单调递
减…………………………11分

∴g(x)
max
1
a
1
e
≥
lnx11?ln x
（
x
）=
2
,令
g
′(
x
)= 0，
?
,
g
′
x2x
=
g
（
e< br>）=
11
?
e2
<1, ∴
g(x)<1……………………………12分

∴|
f
（
x
）|>
g
(
x
), 即|
f
(
x
)|>
13分

lnx1
?
……………………………………
x2
∴方程|
f
（
x
）|=
解.…………………………………14分

lnx1
?
x2
没有实数
16、（2012莱芜3月模拟）已知函数
f(x)?x
2
?ax?lnx,a?R.

（Ⅰ）若函数
f(x)
在[1，2]上 是减函数，求实数
a
的取值范围；

（Ⅱ）令
g(x)?f (x)?x
2
,
是否存在实数
a
，当
x?
?
0,e
?
（e是自然常
数）时，函数
g(x)
的最小值是3，若存在，求出
a
的值；若不存在，
说明理由；

（Ⅲ）当
x?
?
0,e
?
时，证明：
e
2
x
2
?x?(x?1)lnx.

12x
2
?ax?1
?0
在[1，2]上恒成 (22).解：解： （Ⅰ）
f
?
(x)?2x?a??
xx
5
2
立，< br>
?
a??1,
h(1)?0,
?
?
令
h( x)?2x
2
?ax?1
，有
?
得
?
7
…………
a??,
?
h(2)?0,
?
?2
3分

所
a??
7
2
以
.
…………4分

（Ⅱ）假设存在实数
a
，使
g(x)?ax?lnx (x?(0,e])
有最小值3，

g
?
(x)?a?
1ax?1
. …
?
xx

………5分

①当< br>a?0
时，
g
(
x
)在[0，e]上单调递减，
< br>g
min
(x)?g(e)?ae?1?3,a?
4
（舍去）.

e
1
a
1
a
②当
0??e
时，
g
(
x
)在
(0,)
上单调递减，在
(,e)
上 单调递增，

1
a
1
a
所以
g
min(x)?g()?1?lna?3,a?e
2
，满足条件.

1
a
4
e
③当
?e
时，
g
(
x
)在 [0，e]上单调递减，
g
min
(x)?g(e)?ae?1?3,a?
（ 舍
去）.

综上，存在实数
a?e
2
，使得当
x? (0,e]
时，
g
(
x
)有最小值
3. …………10分

(Ⅲ)令
F(x)?e
2
x?lnx
，由（2）知

F
min
(x)?3
，令
?
(x)?
lnx51?lnx
，

?
，
?
?
(x)?
2
x2x
当
0?x?e
时，
?
?
(x)?0
，
?< br>(x)
在
(0,e]
上单调递增，

所以
?
max
(x)?
?
(e)?????3
.

lnx5
?
x2
1
e
5
2
1
2
5
2所以
e
2
x?lnx?
,即
5
e
2
x
2
?x?(x?1)lnx
. …………14分

2

17、（2012青岛二模）已知函数
f?
x
?
?ln
?
2?3x
?
?x
2< br>.

（Ⅰ）求函数
y?f
?
x
?
的极大值；

（Ⅱ）令
g
?
x
?
?f
?
x
?
? x
2
?
?
m?1
?
x
（
m
为实常 数），试判断函数
g
?
x
?
的
单调性；

?
,
（Ⅲ）若对任意
x?
?
，不等式
a?lnx?ln?
?
f
?
?
x
?
?3x
?
?
?0
均成立，求
??
63
??
11
3
2< br>3
2
实数
a
的取值范围.

?
?,??解：（Ⅰ）
f
?
x
?
?ln
?
2?3x
?
?x
2
,
?
y?f
?
x
?
的定义域为
?
??
;

?
3
2
2
?
3
1
??
9
?
x?1
?
?
x?
?
1
3
??
由于
f
?
?
x
?
??
，由
f
?
?
x
?
?0?x?,

3x?2
3
211
???
?
?,x?,? ?
当
x?
?
时，；当
fx?0
??
????
时，
f
?
?
x
?
?0
.

33 3
????
?
21
??
1
?
?
y?f?
x
?
在
?
?,
?
上为增函数；在
?
,??
?
上为减函数，

?
33
??
3< br>?
从而
1
?
1
?
f
?
x
?
极大
?f
??
?ln3?
. ………………………………
6
?
3
?
………3分

2
?
x??
（Ⅱ）
?
g
?
x
?
? ln
?
2?3x
?
?
?
m?1
?
x
，
?
??

?
3
?

?g
?
?
x
?
?
3
?
m?1?
x?2m?1
3
?m?1?
，………………………………
2? 3x2?3x
………4分

①
当
m?1?0
,即
m?1
时，
g
?
?
x
?
?
?
2< br>?
?,??
??
?
3
?
3
?0
，< br>
2?3x
?g
?
x
?
在上为增函
数；…… ……………………………………………………5分

?
2m?1
?
3
?
m?1
?
?
x?
?
3m?1
??
3
?
m?1
?
x?2m?1
??
.

② 当
m?1?0
，即
m?1
时，
g
?
?
x< br>?
??
2?3x2?3x
2m?1
,

3
?
m?1
?
由
g
?
?
x
?
?0?x ??
?
2m?1
?
?
2
?
1
?????< br>,

??
?
?
3
?
m?1
?
?
?
3m?1
?
??
?
2m?12
2
? ?
，
?

x??
时，
g
?
?
x< br>?
?0
，

3
?
m?1
?
3
3
?
（ⅰ）若
m?1
，则
?
?g
?
x< br>?
在
?
2
?
?,??
??
?
3?
上为增函
数；…………………………………………………………7分

2m?12
??
，

3
?
m?1
?
3
(ⅱ)若
m?1
，则
?
?
2
?
2m? 1
?
2m?1
?
??
x?
?
?
?
3
,?
3
?
m?1
?
?
?
时，
g
?
x
?
?0
；
x?
?
?
?
3
?
m?1
?
,??
?
?
时，
g
?
x
?
?0
，

????

?
2
?
2m?1
?
2m?1?
上为增函数,在上为减函数.

?,??,??
?g
?
x
?
在
??
?
?
33
?
m?1
?
?
?
???
3
?
m?1
?
?
?
综上可知：当
m?1
时，
g
?
x
?
在?
?
?,??
?
上为增函数；

?
2
?
3
当
m?1
时，
g
?
x
?
在< br>?
?
?,?
减函数.

?
2
?
3< br>?
2m?1
?
2m?1
?
上为增函数，在上为
?,? ?
?
??
?
3
?
m?1
?
??
3
?
m?1
?
?
……
……………………9分

（Ⅲ）由
a?lnx?ln
?
?
f
?
?
x
?
?3x
?
?
?0
?a?lnx?ln
36
?< br>11
?
x?
?
,
?
,
?0?ln?ln,而
a?lnx?0
，

2?3x5
?
63
?
3
?0
,

2?3x
?
11
?
?
要对任意
x?
?
,< br>?
，不等式
a?lnx?ln
?
?
f
?
?< br>x
?
?3x
?
?
?0
均成立，必须：
63
??
ln
3
2?3x
与
a?lnx
不同时 为
0. ………………………………………………………11分

1
31
3
=0，所以为满足题意必有
a?ln?0
，

3< br>2?3x
因当且仅当
x?
时，
ln
即
1
a? ln
. …………………………………………………
3
………………12分

18、（2012青岛3月模拟）已知函数
f(x)?x
3
.
（Ⅰ）记
?
(x)?f(x)?f
?
(x),(t?R)
，求< br>?
(x)
的极小值；

f
?
(x)
（Ⅱ）若 函数
h(x)?
?
??sinx
的图象上存在互相垂直的两条切线，
x
t
3
求实数
?
的值及相应的切点坐标.

解：（ Ⅰ）由已知：
f
?
x
?
?x
3
，
?
?
?
x
?
?x
3
?tx
2
,
?
?
?
x
?
?3x
2
?2tx?3x(x?)

由
?
?
?
x
?
?0?x?0
，或x??
2t
,

3
2t
3
当
t?0
时，
?
?
?
x
?
?3x
2
?0< br>，
?
?
?
x
?
在
?
??,???
为增函数，此时不存在极
值；

当
t?0
时，x
变化时，
?
?
?
x
?
,
?
?
x
?
变化如下：

x

(??,?
2t
)

3
?
2t

3
(?
2t
,0)

3
0

(0,??)

?
?
?
x
?

+

0

-

0

+

?
?
x
?


极大


极小


由上表可知：
?
?
x
?
极小
?
?
?
0
?
?0
.

当t?0
时，
x
变化时，
?
?
?
x
?< br>,
?
?
x
?
变化如下：

x

(??,0)

0

(0,?
2t
)

3
?
2t

3
(?
2t
,??)

3
?
?
?
x
?

+

0

-

0

+

?
?
x
?


极大


极小


由上表可知：
?
(x)
极小
?< br>?
(?)?
2t
3
4
3
t
.
27
（Ⅱ）
h
?
x
?
?3
?
x?si nx?h
?
?
x
?
?3
?
?cosx
< br>设两切点分别为
?
t
1
,h
?
t
1
?
?
,
?
t
2
,h
?
t
2
?
?
，则
h
?
?
t
1
?
h?
?
t
2
?
??1

即
?
3
?
?cost
1
??
3
?
?cost
2< br>?
??1


?9
?
2
?3
?< br>cost
1
?cost
2
?
?
?
?
cost
1
cost
2
?1
?
?0???
?
?
?

?
?R
，
?
方程
?
?< br>?
的判别式
??
?
?
3
?
cost
1
?cost
2
?
?
?
?36
?
cost
1
cost
2
?1
?
?0
,

2
即
?
cost
1
?cost
2
?
?4,又
?1?cost
1
?1,?1?cost
2
?1
，
?
?
cost
1
?cost
2
?
?4
从而可得：
?
cost
1
?cost
2
?< br>?4

?
cost
1
?1
?
cost??1
，或
?
1

cost??1cost?1
?
2?
2
2
22
上式要成立当且仅当
?
此时方程
?
?
?
的解为
?
?0
.

f
?
?
x
?
?sinx
的图象在点
x?0
，
?
存在
?
?0
，此时函数h
?
x
?
?
?
?
x
?
2k< br>?
,0
??
k?Z,k?0
?
处的切线和在点
?2m
?
?
?
,0
??
m?Z
?
处的切 线互相垂
直.


19、（2012日照5月模拟）已知二次函数
一 个零点是
?a
，函数
r(x)?x
2
?ax?b(a,b为常数，a ?R,b?R）
的
g(x)?lnx
，
e
是自然对数的底数.设函数
f(x)?r(x)?g(x)
.

（Ⅰ）过坐标原点O作曲线
y? f(x)
的切线，证明切点的横坐标
为1；

f(x)
，若函数F(x)
在区间（0，1］上是单调函数，
e
x
（Ⅱ）令
F(x )?
求
a
的取值范围。

解：（Ⅰ）∵-a是二次函数
r( x)?x
2
?ax?b
的一个零点，∴b=0.


?f(x)?x
2
?ax?lnx,

?f'(x)?2x?a?
1
(x?0)
. ………………………………………………2
x
分

2
1
x< br>0
设切点为
P(x
0
,y
0
),
则切线的斜 率
k?2x
0
?a??
?ax
0
?lnx
0
x
0
x
0
.

整理得
x
0
2< br>?lnx
0
?1?0
.显然，
x
0
?1
是这 个方程的解. ………………4
分

又因为
y?x
2
?lnx?1
在（0，
??
）上是增函数，

所以方程
x
2
?lnx?1?0
有唯一实数解。故
x< br>0
?1
.……………………6分

f(x)x
2
?a x?lnx
F(x)?
x
?,
ee
x
（Ⅱ）………………… ………7
1
?x
2
?(2?a)x?a??lnx
x
F'( x)?
x
e
分

设
h(x)??x
2
?( 2?a)x?a?
1
?lnx,
则
h'(x)??2x?
x
11
??2?a
.………………8
x
2
x
分
易知
h'(x)
在
?
0,1
?
上是减函数，从而
h'(x)?h'(1)?2?a
.

（1）当2-a
?
0，即< br>a?2
时，
h'(x)?0
，h(x)在间（0，1）上是增函数。

∵
h(1)?0,?h(x)?0
在
?
0,1
?
上 恒成立，即
F'(x)?0
在
?
0,1
?
上恒成立。

∴F(x)在区间
?
0,1
?
上是减函数。所以，
意. …………………………10分

（2）当2-a<0，即a>2时，设函数
h'(x)
的唯一零点为
x
0
，

则
h(x)
在（0 ，
x
0
）上递增，在
(x
0
,1)
上递减。又∵< br>h(1)?0,?h(x
0
)?0
.

又∵
h(e< br>?a
)??e
?2a
?(2?a)e
?a
?a?e
a
?lne
?a
?0
，

∴h(x)在（0，1）内有唯一一个零点
x
'
，

当x?(0,x
'
)
时，h（x）<0,当
x?(x
'
1 )
时，h(x)>0.

从而F（x）在（0，
x
'
）递减 ，在（
x
'
，1）递增，与在区间
?
0,1
?
上是

a?2
满足题

单调函数矛盾。

∴a>2不合题意.

综合（1）（2）得，
a?2
.即a的取值范围是
(??,2]
. …………………………14分

a?1
2
x?1
．

2
20、（2012威海二模）已知函数
f(x)?alnx?
1
2
1
e
（Ⅰ）当
a??
时，求
f(x)
在区间
[, e]
上的最值；

（Ⅱ）讨论函数
f(x)
的单调性；
< br>（Ⅲ）当
?1?a?0
时，有
f(x)?1?ln(?a)
恒成立，求
a
的取值范围．

1x
2
1
解：（Ⅰ）当
a??
时，
f(x)??lnx??1
，

24
2
?1xx
2
?1
∴
f
?
(x)???
．

2x22x
a
2
∵
f(x)
的定义域为
(0,?? )
，∴由
f
?
(x)?0
得
x?1
． ---------------------------2分

∴
f(x)
在区间
[,e]
上的最值只可能在
f(1),f(),f(e)
取到，
51311e
2
而
f(1)?,f()??
2
,f( e)??
，

4e2
4e
24
1
e
1e
∴
f(x)
max

1e
2
5
?f (e)??,f(x)
min
?f(1)?
． ---------------
244

------------4分

(a?1)x
2
?a
，x?(0,??)
．

（Ⅱ ）
f
?
(x)?
x
①当
a?1?0
，即
a ??1
时，
f
?
(x)?0,?f(x)
在
(0,??)< br>单调递减；
-------------5分

②当
a?0
时 ，
f
?
(x)?0,?f(x)
在
(0,??)
单调递增；
----------------6分

?a
,?x?
a?1?a?a
或
x??
a?1a?1
③当
?1?a?0
时， 由
f
?
(x)?0
得
x
2
?
（舍去）
∴
f(x)
在
(
?a
?a
,??)
单调递增，在
(0,)
上单调递减；
a?1
a?1
--------------------8分

综上，

当
a?0
时，
f(x)
在
(0,??)
单调递增；

?a
?a
,??)
单调递增，在
(0,)
上单调 递
a?1
a?1
当
?1?a?0
时，
f(x)
在< br>(
减．

当
a??1
时，
f(x)
在(0,??)
单调递减；
-----------------------9分

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当
?1?a?0
时，
f
min
(x)? f(
?a
)

a?1
即原不等式等价于
f(
?aa
)?1?ln(?a)

a?12
---------------------------10分

?aa?1?aa
???1?1?ln(?a)

a?12a?12
即
aln
整理得
ln(a?1)??1

∴
1
a??1
e
，
----------------------------11分

?
又 ∵
?1?a?0
，所以
a
的取值范围为
?
?
?1, 0
?
.
?
e
?
1
---------- -----------------12分

21、（2012烟台二模）已知函数
f
?
x
?
?
?
2?a
??
x?1
?
?2lnx

（1）当a=1时，求
f
?
x
?
的单调区间；
< br>1
?
0,
（2）对任意的
x?
?
??
,f< br>?
x
?
＞0恒成立，求a的最小值.

?
2
?
解析：（1）当a＝1时，f（x）＝x－1－2lnx，则
f'(x)
＝1－，< br>
由
f'(x)
＞0，得x＞2，
f'(x)
＜0，得0＜x ＜2，

故函数f（x）的单调减区间为（0，2］，单调增区间为（2，＋
?
）。


2
x

1
?
12lnx
0,,fx
（2）对任意的
x?
?
＞0恒成立，即对，恒
x?(0, )
a?2?
??
??
?
2
?
2
x?1成立，

令
l
（x）＝
2?
2lnx1
，x?(0,)
，则

x?12
22
(x?1)?2lnx2lnx??2
x
，

l'(x)??
x
?
22
(x?1)(x?1)
2
x
1
2
22?2(1?x)
＜0，

??
x
2
xx
2
1
2
再令m（x）＝
2lnx??2
。
x?(0,)
，则
m'(x)??
1
2
故m（x）在
(0,)
上为减函数，于是m（x）＞m（）＝2－2ln 2>0

从而
l'(x)
＞0，于是
l
（x）在
(0,)
上为增函数，

所以，
l
（x）＜
l
（）＝2－4ln2，故要使
a?2?
a?2?4ln2
，所以，a的最小值为2－4ln2



1
2
1
2
2lnx
恒成立，只需

x?1