导数高考题选编答案

11.解：（1）∵,7)0(f∴d=－7,18)0(,23)(2fcbxaxxf∴c=－18，∴,1823)(2bxaxxf∵函数)(xf在区间),3()1,(和上都是增函数，在区间（－1，3）上是减函数，∴－1和3必是0)(xf的两个根，∴62:,01862701823bababa解得∴71862)(23xxxxf.（2）,23)(2cbxaxxf由条件,0,0,032caacb可知)(xf为二次三项式，并且0)3(4)3(4)2(22acbacb∴当a0时，)(xf0恒成立，此时函数)(xf是单调增函数，当a0时，)(xf0恒成立，此时函数)(xf是单调减函数，∴对任意给定的非零实数a，函数)(xf总是单调函数.2．解(Ⅰ)设切线斜率为k则32)(2/xxxfk当1x时k最小值为4.320)1(f所以切线方程为)1(4320xy即08312yx(Ⅱ)由32)(2/xxxfk032)(2/xxxfk0得.函数)0(,333)(23aaxxxxf在),3(),1,(为增函数,在)3,1(减函数(1)0)3(330afaa,无解(2)0)3(330faa无解(3)0)(3afa解得6a综上所述6a3解：(1)由条件可得:a=2………………2分/2()2,()2fxxgxxxx;不等式/()()2fxgxx可化为:22xxx…………4分解之得:解集为62.3xx……………7分（Ⅱ）构造函数2()()()32ln23(0)xfxgxxxxxx2/3221()2111222xxxxxxxxx………………9分1,x当时,/()0;x即()x在1,上单调递增………………11分又(1)1，22()2232.52322.2531.250eeee00(1)()0(1,),()0exex必存在使，又()x在1,上单调递增，0xx是其方程的唯一实数根。………………14分4．解：（1）fx为1,e上的增函数，所以2maxmin111,122ffeeff.（2）设2312ln23Fxxxx，则2211212xxxFxxxxxFx在1,上是减函数，又1106F所以在1,有0Fx，所以fx在gx下方.（3）当1n时，不等式成立；当2n时，有11nnnnnfxfxxxxx122412nnnnnnnCxCxCx12224412nnnnnnCxxCxx1231222222nnnnCCC5．解：(1)∵f(x)＝4a0x3＋3a1x2＋2a2x+a3为偶函数，∴f(x)=f(x),∴4a0x3+3a1x22a2x+a3=4a0x3+3a1x2+2a2x+a3,∴4a0x3+2a2x=0对一切xR恒成立，∴a0＝a2＝0，∴f(x)＝a1x3＋a3x2分又当x＝－22时，f(x)取得极大值23∴f(－22)＝23，f(－22)＝0，解得a1＝23，a3＝－1，∴f(x)＝23x3－x，f(x)＝2x2－14分(2)解：设所求两点的横坐标为x1、x2(x1x2)，则(2x12－1)(2x22－1)＝－1又∵x1，x2∈[－1，1]，∴2x12－1∈[－1，1]，2x22－1∈[－1，1]∴2x12－1，2x22－1中有一个为1，一个为－1，6分3∴x1=0x2=1或x1=1x2=0，∴所求的两点为(0，0)与(1，－13)或(0，0)与(－1，13)。8分(3)证明：易知sinx∈[－1，1]，cosx∈[－1，1]。当0x22时，f(x)0；当22x1时，f(x)0。∴f(x)在[0，22]为减函数，在[22，1]上为增函数，又f(0)＝0，f(22)＝－23，f(1)＝－13，而f(x)在[－1，1]上为奇函数，∴f(x)在[－1，1]上最大值为23，最小值为－23，即|f(x)|≤23,∴|f(sinx)|≤23，|f(cosx)|≤23，10分∴|f(sinx)－f(cosx)|≤|f(sinx)|＋|f(cosx)|≤22314分6．（1）证明：由g(x)=(),()fxgxx对求导数知g′(x)=2'()()fxxfxx由xf′（x）＞f(x)可知：g′(x)＞0在x＞0上恒成立.从而g(x)=()0fxxx在上是单调增函数（2）由（1）知g(x)=()0fxxx在上单调递增在x1＞0,x2＞0时，121121()()fxxfxxxx122122()()fxxfxxxx于是f(x1)＜12122121212(),()()xxfxxfxfxxxxxx两式相加得到：f(x1)+f(x2)＜f(x1+x2)（1）由（2）中可知：g(x)=()0fxxx1212在上单调递增时,有f(x+x)f(x)+f(x)12(x0,x0)恒成立.由数学归纳法可知：xi＞0(i=1,2,3,…,n)时,有f(x1)+f(x2)+f(x3)+…+f(xn)＜f(x1+x2+x3+…+xn)(n≥2)恒成立.设f(x)=xlnx，则在xi＞0(i=1,2,3,…,n)时有x1lnx1+x2lnx2+…+xnlnxn＜(x1+x2+…+xn)ln(x1+x2+…+xn)（n≥2）……（*）恒成立.4令xn=1221,(1)nSxxn记…+xn=221123…+21(1)n由Sn＜111223…+111(1)1nnnSn＞112334…+111(1)(2)22nnn(x1+x2+…+xn)ln(x1+x2+…+xn)(x1+x2+…+xn)ln(1-1211)(11xxnn…+xn)(∵ln(1+x)＜x)＜-111()1222(1)(2)nnnnn(**)由（**）代入（*）中，可知：22221111lnln2233＋…+2211ln(1)(1)2(1)(2)nnnnn于是：222211ln2ln323＋…+221ln(1)(1)2(1)(2)nnnnn7．解：(1)f′(x)=3mx2-1,依题意，得tan4,即1=3m-1,m=32.∴f′(x)=32,n=31.(2)令f′(x)=2x2-1=0,得x=±22.当-1x-22时，f′(x)=2x2-10;当22x3时，f′(x)=2x2-10.又f(-1)=31,f(-22)=32,f(22)=-32,f(3)=15.因此，当x∈[-1,3]时-32≤f(x)≤15;………6分要使得不等式f(x)≤k-1991对于x∈[-1,3]恒成立，则k≥-1991=2006.………8分所以，存在最小的正整数k=2006,使不得等式f(x)≤k-1991对于x∈[-1,3]恒成立.(3)(方法1)：|f(sin)+f(cosx)|=|(32sin3x-sinx)+(32cos3x-cosx)|=|32(sin3x+cos3x)-(sinx+cosx)|=|(sinx+cosx)[32(sin2x-sinxcosx+cos2x)-1]|=|sinx+cosx|·|-32sinxcosx-31|=31|sinx+cosx|3=31|)4sin(x2|3≤322.………11分又∵t0,∴t+t21≥.tt,141222∴2f(t+t21)[32(t2+241t)-31≥]223223132.5综上可得，|f(sinx)+f(cosx)|≤2f(t+t21)(x∈R,t0).………14分(方法2)由(2)知，函数f(x)在[-1,-22]上是增函数；在[-22,22]上是减函数；在[22，1]上是增函数；又f(-1)=31,f.f,f,31132223222所以，当x∈[-1,1]时，-32≤f(x)≤32,即|f(x)|≤32.∵sinx,cosx∈[-1,1],∴|f(sinx)|≤32,|f(cosx)|≤32.∴|f(sinx)+f(cosx)|≤|f(sinx)|+|f(cosx)|≤32+32≤322………11分又∵t0.∴t+,t1221且函数f(x)在[1，+∞]上是增函数.∴2f(t+t21)≥2f(2)=2[32(2)3-2]=322.综上可得，|f(sinx)+f(cosx)|≤2f(t+t21)(x∈R,t0).8．解：（1）已知函数31()3fxxaxb，2()fxxa……………3分又函数)(xf在1x处取得极值13，(1)01(1)3ff，即101133aab11ab31()13fxxx………………………………………………6分（2）31()13fxxx2()1fxx，直线l的斜率为200()1kfxx………8分则22200000333000000011(3)6(3)8()11133()212333xxxxkgxxxxfxxxx0008(3)6426(3)3xxx∴当0322x时，0min()426gx………………………………12分10.解：（1）由题意知，)(xf在]0,1[与]2,0[上单调性相反，)(xf在0x处取得极值，0)0('f而)('xf.0,232ccbxax…3分（2）由（1）知，bxaxxf23)('2若0a，则bxxf2)('，则)(xf至多有两个单调区间，不合题意；0a且由0)('xf得到0x或ab32若0b，则23)('axxf在]0,1[与]2,0[上同号，)(xf在]0,1[与]2,0[上单调性相同，不合题6意；0b且)('xf在0x的左右两侧异号，)(xf在0x处取得极值.)('xf在abx32的左右两侧异号，)(xf在abx32处取得极值.……………5分又)(xf在]2,0[与]5,4[上单调性相反，必有一个极值点在]4,2[内当0x或ab32时，)(xf取得极值且43220ab……………7分（3）假设)(xf的图象上存在一点),(00yxM使)(xf在M处的切线斜率为b3，则,323020bbxax关于0x的方程0323020bbxax有解，0)(9)(0903344222abababbbab),0[]9,(ab……………………………10分又由（2）知，]3,6[4322abab，矛盾.假设不成立，从而不存在点M使题设成立.