2013版《6年高考4年模拟》：导数及其应用

金太阳新课标资源网 2013版6年高考4年模拟第三章 导数及其应用第一部分 六年高考荟萃2012年高考题1.2012广东卷 曲线yx3x3在点(1,3)处的切线方程为_答案：y2x1解析 根据已知曲线方程求导得：y3x21，所以切线斜率ky|x1312，所以根据点斜式方程得：y32(x1)，即方程为：y2x1.2.2012辽宁卷 已知P，Q为抛物线x22y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P、Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为_答案：4解析 本小题主要考查导数的几何意义的应用解题的突破口为求切点坐标和切线的斜率由x22y可知yx2，这时yx，由P，Q的横坐标为4，2，这时P(4,8)，Q(2,2), 以点P为切点的切线方程PA为y84(x4)，即4xy80；以点Q为切点的切线方程QA为y22(x2)，即2xy20；由联立得A点坐标为(1，4)，这时纵坐标为4.3.2012浙江卷 设a0，b0()A若2a2a2b3b，则abB若2a2a2b3b，则abD若2a2a2b3b，则a2b2b.构造函数：f(x)2x2x，则f(x)2x2x在x0上单调递增，即ab成立，故A正确，B错误其余选项用同样方法排除4.2012辽宁卷 若x0，)，则下列不等式恒成立的是()Aex1xx2 B.1xx2Ccosx1x2 Dln(1x)xx2答案：C解析 本小题主要考查导数与函数知识，属于导数在函数中的应用解题的突破口为构造函数，借助导数工具来解决问题验证A，当x3时，e32.7319.68133213，故排除A；验证B，当x时，而10恒成立，所以当x0，)时，g(x)g(0)0，所以x0，)时，g(x)cosx1x2为增函数，所以g(x)g(0)0恒成立，即cosx1x2恒成立；验证D，令h(x)ln(1x)xx2，h(x)1，令h(x)0，解得0x3，所以当0x3时，h(x)0，b0()A若2a2a2b3b，则abB若2a2a2b3b，则abD若2a2a2b3b，则a2b2b.构造函数：f(x)2x2x，则f(x)2x2x在x0上单调递增，即ab成立，故A正确，B错误其余选项用同样方法排除8.2012陕西卷 设函数f(x)xex，则()Ax1为f(x)的极大值点 Bx1为f(x)的极小值点Cx1为f(x)的极大值点 Dx1为f(x)的极小值点答案：D解析 本小题主要考查导数与函数单调性及函数的极值的知识，解题的突破口为求函数的导函数，判断函数的单调性，从而判断函数的极值点f(x)exxexex(x1)，因为ex0恒成立，当f(x)0时，x1，函数f(x)为单调增函数；当f(x)0时，x0，若曲线y与直线xa，y0所围成封闭图形的面积为a2，则a_.答案：解析 本题考查定积分的应用，考查运算求解能力，容易题由题意得a2dxa，解之得a.13.2012湖北卷 已知二次函数yf(x)的图象如图11所示，则它与x轴所围图形的面积为()图11A. B.C. D.答案：B解析 (解法一)设f(x)ax2bxc.因为函数f(x)的图象过(1,0)，(1,0)，(0,1)，代入得 解得 故f(x)1x2.故S1dx.故选B.(解法二)设f(x)a，将x0，y1代入f(x)a，得a1，所以f(x)1x2，所以S1dx.故选B.(解法三)观察函数图象可知，二次函数f(x)的顶点坐标为(0,1)，故可设f(x)ax21，又函数图象过点(1,0)，代入得a1，所以f(x)x21.所以S.故选B.B14 单元综合14.2012福建卷 对于实数a和b，定义运算“*”：a*b设f(x)(2x1)*(x1)，且关于x的方程f(x)m(mR)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是_答案：解析 根据新运算符号得到函数f(x)的解析式，即为：f(x)(2x1)*(x1)化简得：f(x)画出函数f(x)的图象(如下图所示)，如果f(x)m有三个不同的实数解，即直线ym与函数f(x)的图象有三个交点，如图，当直线ym过抛物线f(x)x2x的顶点且与x轴平行时，此时有两个交点，抛物线的顶点纵坐标是：y.设三个交点分别为：x1，x2，x3，且依次是从小到大的顺序排列，所以x1即为方程2x2x小于0的解，解得x1，此时x2x3，所以x1x2x3，ym与函数f(x)有2个交点的最低位置是当ym与x轴重合时，此时x1x2x30，所以当方程f(x)m有三个不等实根时，x1x2x3.15. 2012广东卷 设a0，BxR|2x23(1a)x6a0，DAB.(1)求集合D(用区间表示)；(2)求函数f(x)2x33(1a)x26ax在D内的极值点解：(1)xDx0且2x23(1a)x6a0.令h(x)2x23(1a)x6a，9(1a)248a3(3a1)(a3)当a1时，0，BR.于是DABA(0，)当a时，0，此时方程h(x)0有唯一解，x1x21，B(，1)(1，)于是DAB(0,1)(1，)当a0，此时方程h(x)0有两个不同的解x1，x2.x10，B(，x1)(x2，)又x10a0，所以i)当0a时，DAB(0，x1)(x2，)；ii)当a0时，D(x2，)(2)f(x)6x26(1a)x6a6(x1)(xa)当a1时，f(x)在R上的单调性如下表：x(，a)a(a,1)1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值当a1时，D(0，)由表可得，xa为f(x)在D内的极大值点，x1为f(x)在D内的极小值点当a时，D(0,1)(1，)由表可得，x为f(x)在D内的极大值点当0aa且x11，aD,1D.由表可得，xa为f(x)在D内的极大值点当a0时，D(x2，)且x21.由表可得，f(x)在D内单调递增因此f(x)在D内没有极值点16.2012湖南卷 已知两条直线l1：ym和l2：y(m0)，l1与函数y|log2x|的图象从左至右相交于点A，B，l2与函数y|log2x|的图象从左至右相交于点C，D.记线段AC和BD在x轴上的投影长度分别为a，b.当m变化时，的最小值为()A16 B8C8 D4答案：B解析 考查函数的图象变换、均值不等式和对数方程，以及数形结合和函数与方程思想，综合程度高，难度也较大，关键是转化为关于m的代数式最值问题线段AC和BD在x轴上的投影长度分别为a，b，由已知可求出ABCD四点的横坐标得a|xAxC|，b|xBxD|，所以2m，令tm24，2m248，所以最小值为8.17.2012江苏卷 设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间1,1上，f(x)其中a，bR.若ff，则a3b的值为_答案：10解析 本题考查函数的周期性以及分段函数的函数值求解解题突破口为根据周期性将f转化为f.由条件得f，ffa1，从而a1，化简得3a2b2，又f(1)f(1)得a1，联立解之得a2，b4，从而a3b10.18.2012山东卷 函数y的图象大致为()图12答案：D解析 本题考查函数的图象与性质，考查推理论证能力，应用意识，中档题由函数y为奇函数，排除选项A，当x无限大时，y趋向于0，排除选项C，当x从正数趋向于0时，y趋向于正无穷大，故选D.19.2012上海卷 已知函数yf(x)的图像是折线段ABC，其中A(0,0)、B、C(1,0)函数yxf(x)(0x1)的图像与x轴围成的图形的面积为_答案：解析 考查分段函数和用定积分求曲边形的面积，考查学生分类讨论思想和转化思想由已知可得函数的解析式yxf(x) 曲线与x轴围成区域的面积，可用定积分表示S0(10x2 )dx(10x10x2)dx .20.2012四川卷 函数f(x)在x3处的极限()A不存在 B等于6C等于3 D等于0答案：A解析 由题意，f(x) (x3)6，f(x)ln(x2)0，故f(x)f(x)，即f(x)在x3处的极限不存在21.2012重庆卷 设f(x)a ln xx1，其中aR，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于y轴(1)求a的值；(2)求函数f(x)的极值解：(1)因f(x)a ln xx1，故f(x).由于曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f(1)0，从而a0，解得a1.(2)由(1)知f(x)ln xx1(x0)，f(x).令f(x)0，解得x11，x2(因x2不在定义域内，舍去)当x(0,1)时，f(x)0，故f(x)在(0,1)上为减函数；当x(1，)时，f(x)0，故f(x)在(1，)上为增函数故f(x)在x1处取得极小值f(1)3，无极大值222012浙江卷 已知a0，bR，函数f(x)4ax32bxab.(1)证明：当0x1时，(i)函数f(x)的最大值为|2ab|a；(ii)f(x)|2ab|a0；(2)若1f(x)1对x0,1恒成立，求ab的取值范围解：(1)(i)f(x)12ax22b12a.当b0时，有f(x)0，此时f(x)在0，)上单调递增当b0时，f(x)12a.此时f(x)在上单调递减，在上单调递增所以当0x1时，f(x)maxmaxf(0)，f(1)maxab,3ab|2ab|a.(ii)由于0x1，故当b2a时，f(x)|2ab|af(x)3ab4ax32bx2a4ax34ax2a2a(2x32x1)当b2a时，f(x)|2ab|af(x)ab4ax32b(1x)2a4ax34a(1x)2a2a(2x32x1)设g(x)2x32x1,0x1，则g(x)6x226，于是x01g(x)0g(x)1减极小值增1所以，g(x)ming10.所以当0x1时，2x32x10.故f(x)|2ab|a2a(2x32x1)0.(2)由(i)知，当0x1时，f(x)max|2ab|a，所以|2ab|a1.若|2ab|a1，则由知f(x)(|2ab|a)1.所以1f(x)1对任意0x1恒成立的充要条件是即或在直角坐标系aOb中，所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC.做一组平行线abt(tR)，得1ab3.所以ab的取值范围是(1,323.2012北京卷 已知函数f(x)ax21(a0)，g(x)x3bx.(1)若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a24b时，求函数f(x)g(x)的单调区间，并求其在区间(，1上的最大值解：(1)f(x)2ax，g(x)3x2b.因为曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)g(1)，且f(1)g(1)即a11b，且2a3b，解得a3，b3.(2)记h(x)f(x)g(x)当ba2时，h(x)x3ax2a2x1，h(x)3x22axa2.令h(x)0，得x1，x2.a0时，h(x)与h(x)的情况如下：xh(x)00h(x)所以函数h(x)的单调递增区间为和；单调递减区间为.当1，即0a2时，函数h(x)在区间(，1上单调递增，h(x)在区间(，1上的最大值为h(1)aa2.当1，且1，即2a6时，函数h(x)在区间内单调递增，在区间上单调递减，h(x)在区间(，1上的最大值为h1.当6时，函数h(x)在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间上单调递增，又因hh(1)1aa2(a2)20，所以h(x)在区间(，1上的最大值为h1.24.2012福建卷 已知函数f(x)exax2ex，aR.(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；(2)试确定a的取值范围，使得曲线yf(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.解：(1)由于f(x)ex2axe，曲线yf(x)在点(1，f(1)处切线斜率k2a0，所以a0，即f(x)exex.此时f(x)exe，由f(x)0得x1.当x(，1)时，有f(x)0.所以f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，)(2)设点P(x0，f(x0)，曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)f(x0)，令g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，故曲线yf(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点因为g(x0)0，且g(x)f(x)f(x0)exex02a(xx0)若a0，当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0；当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0.故g(x)只有唯一零点xx0.由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a0不合题意若a0，令h(x)exex02a(xx0)，则h(x0)0，h(x)ex2a.令h(x)0，得xln(2a)，记x*ln(2a)，则当x(，x*)时，h(x)0，从而h(x)在(，x*)内单调递减；当x(x*，)时，h(x)0，从而h(x)在(x*，)内单调递增(i)若x0x*，由x(，x*)时，g(x)h(x)h(x*)0；x(x*，)时，g(x)h(x)h(x*)0.知g(x)在R上单调递增所以函数g(x)在R上有且只有一个零点xx*.(ii)若x0x*，由于h(x)在(x*，)内单调递增，且h(x0)0，则当x(x*，x0)时有g(x)h(x)h(x0)0，g(x)g(x0)0；任取x1(x*，x0)有g(x1)0.又当x(，x1)时，易知g(x)exax2(ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ex1ax2(ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ax2bxc，其中b(ef(x0)，cex1f(x0)x0f(x0)由于a0，则必存在x2x1，使得axbx2c0.所以g(x2)0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点即g(x)在R上至少有两个零点(iii)若x0x*，仿(ii)并利用ex，可证函数g(x)在R上至少有两个零点综上所述，当a0时，曲线yf(x)上存在唯一点P(ln(2a)，f(ln(2a)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P. 25.2012浙江卷 已知a0，bR，函数f(x)4ax32bxab.(1)证明：当0x1时，(i)函数f(x)的最大值为|2ab|a；(ii)f(x)|2ab|a0；(2)若1f(x)1对x0,1恒成立，求ab的取值范围解：(1)(i)f(x)12ax22b12a.当b0时，有f(x)0，此时f(x)在0，)上单调递增当b0时，f(x)12a.此时f(x)在上单调递减，在上单调递增所以当0x1时，f(x)maxmaxf(0)，f(1)maxab,3ab|2ab|a.(ii)由于0x1，故当b2a时，f(x)|2ab|af(x)3ab4ax32bx2a4ax34ax2a2a(2x32x1)当b2a时，f(x)|2ab|af(x)ab4ax32b(1x)2a4ax34a(1x)2a2a(2x32x1)设g(x)2x32x1,0x1，则g(x)6x226，于是x01g(x)0g(x)1减极小值增1所以，g(x)ming10.所以当0x1时，2x32x10.故f(x)|2ab|a2a(2x32x1)0.(2)由(i)知，当0x1时，f(x)max|2ab|a，所以|2ab|a1.若|2ab|a1，则由知f(x)(|2ab|a)1.所以1f(x)1对任意0x1恒成立的充要条件是即或在直角坐标系aOb中，所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC.做一组平行线abt(tR)，得1ab3.所以ab的取值范围是(1,326.2012辽宁卷 设f(x)ln(x1)axb(a，bR，a，b为常数)，曲线yf(x)与直线yx在(0,0)点相切(1)求a，b的值；(2)证明：当0x2时，f(x).解：(1)由yf(x)过(0,0)点，得b1.由yf(x)在(0,0)点的切线斜率为，又yx0a，得a0.(2)(证法一)由均值不等式，当x0时，2x11x2，故1.记h(x)f(x)，则h(x).令g(x)(x6)3216(x1)，则当0x2时，g(x)3(x6)22160.因此g(x)在(0,2)内是递减函数，又由g(0)0，得g(x)0，所以h(x)0.因此h(x)在(0,2)内是递减函数，又h(0)0，得h(x)0.于是当0x2时，f(x).(证法二)由(1)知f(x)ln(x1)1.由均值不等式，当x0时，2x11x2，故1.令k(x)ln(x1)x，则k(0)0，k(x)10，故k(x)0，即ln(x1)x.由得，当x0时，f(x)x.记h(x)(x6)f(x)9x，则当0x2时，h(x)f(x)(x6)f(x)9x(x6)93x(x1)(x6)(2)18(x1)3x(x1)(x6)18(x1)(7x18)0.因此h(x)在(0,2)内单调递减，又h(0)0，所以h(x)0，即f(x).27.2012课标全国卷 已知函数f(x)满足f(x)f(1)ex1f(0)xx2.(1)求f(x)的解析式及单调区间；(2)若f(x)x2axb，求(a1)b的最大值解：(1)由已知得f(x)f(1)ex1f(0)x.所以f(1)f(1)f(0)1，即f(0)1.又f(0)f(1)e1，所以f(1)e.从而f(x)exxx2.由于f(x)ex1x，故当x(，0)时，f(x)0.从而，f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增(2)由已知条件得ex(a1)xb.(i)若a10，则对任意常数b，当x0，且x时，可得ex(a1)x0，设g(x)ex(a1)x，则g(x)ex(a1)当x(，ln(a1)时，g(x)0.从而g(x)在(，ln(a1)单调递减，在(ln(a1)，)单调递增故g(x)有最小值g(ln(a1)a1(a1)ln(a1)所以f(x)x2axb等价于ba1(a1)ln(a1)因此(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)设h(a)(a1)2(a1)2ln(a1)，则h(a)(a1)(12ln(a1)所以h(a)在(1，e1)单调递增，在(e1，)单调递减，故h(a)在ae1处取得最大值从而h(a)，即(a1)b.当ae1，b时，式等号成立，故f(x)x2axb.综合得，(a1)b的最大值为.28.2012天津卷 已知函数f(x)xln(xa)的最小值为0，其中a0.(1)求a的值；(2)若对任意的x0，)，有f(x)kx2成立，求实数k的最小值；(3)证明ln(2n1)2(nN*)解：(1)f(x)的定义域为(a，)f(x)1.由f(x)0，得x1aa.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(a,1a)1a(1a，)f(x)0f(x)极小值因此，f(x)在x1a处取得最小值，故由题意f(1a)1a0，所以a1.(2)当k0时，取x1，有f(1)1ln20，故k0不合题意当k0时，令g(x)f(x)kx2，即g(x)xln(x1)kx2.g(x)2kx.令g(x)0，得x10，x21.当k时， 0，g(x)0在(0，)上恒成立，因此g(x)在0，)上单调递减，从而对任意的x0，)，总有g(x)g(0)0，即f(x)kx2在0，)上恒成立，故k符合题意当0k时，0, 对于x，g(x)0，故g(x)在内单调递增，因此当取x0时，g(x0)g(0)0，即f(x0)kx不成立，故0k不合题意综上，k的最小值为.(3)证明：当n1时，不等式左边2ln32右边，所以不等式成立当n2时，ln(2i1)ln(2i1)ln(2n1)在(2)中取k，得f(x)(x0)，从而f(iN*，i2)，所以有ln(2n1)f(2)2ln32ln32ln312.综上，ln(2n1)2，nN*.29.2012安徽卷 设函数f(x)aexb(a0)(1)求f(x)在0，)内的最小值；(2)设曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为yx，求a，b的值解：(1)f(x)aex.当f(x)0，即xlna时，f(x)在(lna，)上递增；当f(x)0，即xlna时，f(x)在(，lna)上递减；当0a1时，lna0，f(x)在(0，lna)上递减，在(lna，)上递增，从而f(x)在上的最小值为f(lna)2b；当a1时，lna0，f(x)在上递增，从而f(x)在0，)上的最小值为f(0)ab.(2)依题意f(2)ae2，解得ae22或ae2(舍去)所以a，代入原函数可得2b3，即b.故a，b.30.设函数f(x)axcosx，x0，(1)讨论f(x)的单调性；(2)设f(x)1sinx，求a的取值范围解：(1)f(x)asinx.当a1时，f(x)0，且仅当a1，x时，f(x)0，所以f(x)在0，上是增函数；当a0时，f(x)0，且仅当a0，x0或x时，f(x)0，所以f(x)在0，上是减函数；当0a1时，由f(x)0解得x1arcsina，x2arcsina.当x0，x1)时，sinx0，f(x)是增函数；当x(x1，x2)时，sinxa，f(x)0，f(x)是减函数；当x(x2，时，sinx0，f(x)是增函数(2)由f(x)1sinx得f()1，a11，所以a.令g(x)sinxx，则g(x)cosx.当x时，g(x)0，当x时，g(x)0)，其中r为有理数，且0r1.求f(x)的最小值；(2)试用(1)的结果证明如下命题：设a10，a20，b1，b2为正有理数若b1b21，则ab11ab22a1b1a2b2；(3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题注：当为正有理数时，有求导公式(x)x1.解：(1)f(x)rrxr1r(1xr1)，令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)0，所以f(x)在(0,1)内是减函数；当x1时，f(x)0，所以f(x)在(1，)内是增函数故函数f(x)在x1处取得最小值f(1)0.(2)由(1)知，当x(0，)时，有f(x)f(1)0，即xrrx(1r)若a1，a2中有一个为0，则ab11ab22a1b1a2b2成立；若a1，a2均不为0，又b1b21，可得b21b1，于是在中令x，rb1，可得b1b1(1b1)，即ab11a1b12a1b1a2(1b1)，亦即ab11ab22a1b1a2b2.综上，对a10，a20，b1，b2为正有理数且b1b21，总有ab11ab22a1b1a2b2.(3)(2)中命题的推广形式为：若a1，a2，an为非负实数，b1，b2，bn为正有理数若b1b1bn1，则ab11ab22abnna1b1a2b2anbn.用数学归纳法证明如下：当n1时，b11，有a1a1，成立假设当nk时，成立，即若a1，a2，ak为非负实数，b1，b2，bk为正有理数，且b1b2bk1，则ab11ab22abkka1b1a2b2akbk.当nk1时，已知a1，a2，ak，ak1为非负实数，b1，b2，bk，bk1为正有理数，且b1b2bkbk11，此时0bk11，即 1bk10，于是ab11ab22abkkabk1k1(ab11ab22abkk)abk1k1(a1a2ak)1bk1abk1k1.因1，由归纳假设可得a1a2aka1a2ak，从而ab11ab22abkkabk1k11bk1abk1k1.又因(1bk1)bk11，由得1bk1abk1k1(1bk1)ak1bk1a1b1a2b2akbkak1bk1，从而ab11ab22abkkabk1k1a1b1a2b2akbkak1bk1.故当nk1时，成立由可知，对一切正整数n，所推广的命题成立说明：(3)中如果推广形式中指出式对n2成立，则后续证明中不需讨论n1的情况32. 2012广东卷 设a0，BxR|2x23(1a)x6a0，DAB.(1)求集合D(用区间表示)；(2)求函数f(x)2x33(1a)x26ax在D内的极值点解：(1)xDx0且2x23(1a)x6a0.令h(x)2x23(1a)x6a，9(1a)248a3(3a1)(a3)当a1时，0，BR.于是DABA(0，)当a时，0，此时方程h(x)0有唯一解，x1x21，B(，1)(1，)于是DAB(0,1)(1，)当a0，此时方程h(x)0有两个不同的解x1，x2.x10，B(，x1)(x2，)又x10a0，所以i)当0a时，DAB(0，x1)(x2，)；ii)当a0时，D(x2，)(2)f(x)6x26(1a)x6a6(x1)(xa)当a1时，f(x)在R上的单调性如下表：x(，a)a(a,1)1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值当a1时，D(0，)由表可得，xa为f(x)在D内的极大值点，x1为f(x)在D内的极小值点当a时，D(0,1)(1，)由表可得，x为f(x)在D内的极大值点当0aa且x11，aD,1D.由表可得，xa为f(x)在D内的极大值点当a0时，D(x2，)且x21.由表可得，f(x)在D内单调递增因此f(x)在D内没有极值点33.2012北京卷 已知函数f(x)ax21(a0)，g(x)x3bx.(1)若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a24b时，求函数f(x)g(x)的单调区间，并求其在区间(，1上的最大值解：(1)f(x)2ax，g(x)3x2b.因为曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)g(1)，且f(1)g(1)即a11b，且2a3b，解得a3，b3.(2)记h(x)f(x)g(x)当ba2时，h(x)x3ax2a2x1，h(x)3x22axa2.令h(x)0，得x1，x2.a0时，h(x)与h(x)的情况如下：xh(x)00h(x)所以函数h(x)的单调递增区间为和；单调递减区间为.当1，即0a2时，函数h(x)在区间(，1上单调递增，h(x)在区间(，1上的最大值为h(1)aa2.当1，且1，即2a6时，函数h(x)在区间内单调递增，在区间上单调递减，h(x)在区间(，1上的最大值为h1.当6时，函数h(x)在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间上单调递增，又因hh(1)1aa2(a2)20，所以h(x)在区间(，1上的最大值为h1.34.2012福建卷 已知函数f(x)exax2ex，aR.(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；(2)试确定a的取值范围，使得曲线yf(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.解：(1)由于f(x)ex2axe，曲线yf(x)在点(1，f(1)处切线斜率k2a0，所以a0，即f(x)exex.此时f(x)exe，由f(x)0得x1.当x(，1)时，有f(x)0.所以f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，)(2)设点P(x0，f(x0)，曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)f(x0)，令g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，故曲线yf(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点因为g(x0)0，且g(x)f(x)f(x0)exex02a(xx0)若a0，当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0；当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0.故g(x)只有唯一零点xx0.由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a0不合题意若a0，令h(x)exex02a(xx0)，则h(x0)0，h(x)ex2a.令h(x)0，得xln(2a)，记x*ln(2a)，则当x(，x*)时，h(x)0，从而h(x)在(，x*)内单调递减；当x(x*，)时，h(x)0，从而h(x)在(x*，)内单调递增(i)若x0x*，由x(，x*)时，g(x)h(x)h(x*)0；x(x*，)时，g(x)h(x)h(x*)0.知g(x)在R上单调递增所以函数g(x)在R上有且只有一个零点xx*.(ii)若x0x*，由于h(x)在(x*，)内单调递增，且h(x0)0，则当x(x*，x0)时有g(x)h(x)h(x0)0，g(x)g(x0)0；任取x1(x*，x0)有g(x1)0.又当x(，x1)时，易知g(x)exax2(ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ex1ax2(ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ax2bxc，其中b(ef(x0)，cex1f(x0)x0f(x0)由于a0，则必存在x2x1，使得axbx2c0.所以g(x2)0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点即g(x)在R上至少有两个零点(iii)若x0x*，仿(ii)并利用ex，可证函数g(x)在R上至少有两个零点综上所述，当a0时，曲线yf(x)上存在唯一点P(ln(2a)，f(ln(2a)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.35.2012江西卷 若函数h(x)满足h(0)1，h(1)0；对任意a0,1，有h(h(a)a；在(0,1)上单调递减则称h(x)为补函数已知函数h(x)(1，p0)(1)判断函数h(x)是否为补函数，并证明你的结论；(2)若存在m0,1，使h(m)m，称m是函数h(x)的中介元记p(nN*)时h(x)的中介元为xn，且Sni，若对任意的nN*，都有Sn1，p0，所以当x(0,1)时，g(x)1且0时，由(*)得x(0,1)或x0,1；得中介元xnn.综合(i)(ii)：对任意的1，中介元为xnn(nN*)于是，当1时，有Sn i，当n无限增大时，n无限接近于0，Sn无限接近于，故对任意的nN*，Sn成立等价于，即3，)(3)当0时，h(x)(1xp)，中介元为xp.(i)当01时，依题意只需(1xp)1x在x(0,1)时恒成立，也即xp(1x)p1在x(0,1)时恒成立，设(x)xp(1x)p，x(0,1)，则(x)pxp1(1x)p1，由(x)0得x，且当x时，(x)0，又因为(0)(1)1，所以当x(0,1)时，(x)0，g(x)0；当x(1，)时，h(x)0，所以x(0,1)时，f(x)0；x(1，)时，f(x)0，g(x)1e2等价于1xxlnx0，h(x)单调递增；当x(e2，)时，h(x)0，(x)单调递增，(x)(0)0，故x(0，)时，(x)ex(x1)0，即1.所以1xxlnx1e20，g(x)1e2.37.2012重庆卷 设f(x)a ln xx1，其中aR，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于y轴(1)求a的值；(2)求函数f(x)的极值解：(1)因f(x)a ln xx1，故f(x).由于曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f(1)0，从而a0，解得a1.(2)由(1)知f(x)ln xx1(x0)，f(x).令f(x)0，解得x11，x2(因x2不在定义域内，舍去)当x(0,1)时，f(x)0，故f(x)在(0,1)上为减函数；当x(1，)时，f(x)0，故f(x)在(1，)上为增函数故f(x)在x1处取得极小值f(1)3，无极大