发布时间 : 星期五 文章2005 - -2013湖北导数大题更新完毕开始阅读15031fa4998fcc22bcd10d6a
22．（本小题满分14分）
设函数f(x)?axn(1?x)?b (x?0)，n为正整数，a，b为常数. 曲线y?f(x)在(1,f(1)) 处的切线方程为x?y?1. （Ⅰ）求a，b的值； （Ⅱ）求函数f(x)的最大值； （Ⅲ）证明：f(x)?1. ne
22．解：（Ⅰ）因为f(1)?b，由点(1,b)在x?y?1上，可得1?b?1，即b?0.
因为f?(x)?anxn?1?a(n?1)xn，所以f?(1)??a.
又因为切线x?y?1的斜率为?1，所以?a??1，即a?1. 故a?1，b?0. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)?xn(1?x)?xn?xn?1，f?(x)?(n?1)xn?1(令f?(x)?0，解得x?在(0,而在(n?x). n?1nn，即f?(x)在(0,??)上有唯一零点x0?. n?1n?1n)上，f?(x)?0，故f(x)单调递增； n?1n,??)上，f?(x)?0，f(x)单调递减. n?1nnnnnn)?()(1?)?故f(x)在(0,??)上的最大值为f(. n?1n?1n?1(n?1)n?1（Ⅲ）令?(t)?lnt?1+111t?1(t?0)，则??(t)??2=2 (t?0). tttt在(0,1)上，??(t)?0，故?(t)单调递减； 而在(1,??)上??(t)?0，?(t)单调递增.
故?(t)在(0,??)上的最小值为?(1)?0. 所以?(t)?0(t?1)，
1即lnt?1?(t?1).
t令t?1?1n?11n?1n?1，得ln，即ln(?)?lne， nnn?1nnn1n?1n?1?所以(. )?e，即n?1(n?1)nennn1?由（Ⅱ）知，f(x)?，故所证不等式成立.
(n?1)n?1ne
20. （本小题满分13分）
（2）由（1）得f(x)?x2?4x2?5x?2，所以f(x)?g(x)?x3?3x2?2x. 依题意，方程x(x2?3x?2?m)?0有三个互不相同的实根0、x1、x2， 故x1、x2是方程x2?3x?2?m?0的两相异的实根.
1所以△=9-4（2-m）>0，即m??.
4又对任意的x?[x1,x2],f(x)?g(x)?m(x?1)成立.
特别地，取x?x1时，f(x1)?g(x1)?mx1??m成立，得m<0. 由韦达定理，可得x1?x2?3?0,x1x2?2?m?0,故0?x1?x2 对任意的x?[x1,x2]，有x?x2?0，x?x1?0，x>0.
则f(x)?g(x)?mx?x(x?x1)(x?x2)?0.又f(x1)?g(x1)?mx1?0, 所以函数f(x)?g(x)?mx在x?[x1,x2]的最大值为0.
于是当m<0时，对任意的x?[x1,x2]，f(x)?g(x)?m(x?1)恒成立.
1
综上，m的取值范围是（?,0）.
4
21.（本小题满分14分） 设函数f(x)?12a2x?x?bx?c,其中a320..曲线y?f(x)在点p(0,f(0))处的切线方
程为y?1。 （1） 确定b,c的值
（2） 设曲线y?f(x)在点(x1,f(x1))处的切线都过点（0,2）.证明：当及(x2,f(x2))x1?x2时，f?(x1)?f?(x2)；
（3） 若过点（0,2）可作曲线y?f(x)的三条不同切线，求a的取值范围.
21.（本小题满分14分）
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
已知关于x的函数f(x)＝
+
1x3＋bx2＋cx＋bc,其导函数为f+(x).令g(x)＝∣3f(x) ∣,记函数g(x)在区间[-1、1]上的最大值为M.