【备战】高考数学专题讲座 第17讲 高频考点分析之极限、导数和定积分

2024年3月5日发(作者：)

【备战2013高考数学专题讲座】

第17讲：高频考点分析之极限、导数和定积分探讨

1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。

在我国现在中学数学新教材中，微积分处于一种特殊的地位，是高中数学知识的一个重要交汇点，是联系多个章节内容以及解决相关问题的重要工具。微积分的思想方法和基本理论有着广泛的应用。

结合中学数学的知识，高考中微积分问题主要有以下几种：

1. 极限的计算；

2. 应用导数求函数的最（极）值；

3. 应用导数讨论函数的增减性；

4. 导数的几何意义和应用导数求曲线的切线；

5. 定积分的计算和应用。

结合2012年全国各地高考的实例，我们从以上五方面探讨极限、导数和定积分问题的求解。

一、极限的计算：

x29典型例题：例1. （2012年四川省理5分）函数f(x)x3,x3在x3处的极限是【ln(x2),x3A、不存在 B、等于6 C、等于3 D、等于0

【答案】A。

【考点】分段函数，极限。

【解析】分段函数在x3处不是无限靠近同一个值，故不存在极限。故选A。

例2. （2012年重庆市理5分）nlim1 ▲ .

n25nn【答案】25。

【考点】极限的运算。

【分析】lim1n25nn15n12nn25nnnlim5nnlim55。

】

例3. （2012年上海市理4分）有一列正方体，棱长组成以1为首项，为V1,V2,【答案】

【考点】无穷递缩等比数列的极限，等比数列的通项公式。

【解析】由正方体的棱长组成以1为首项，项，1为公比的等比数列，体积分别记2,Vn,，则lim(V1V2Vn) ▲ .

n8。

71为公比的等比数列，可知它们的体积则组成了一个以1为首2Vn)V11181为公比的等比数列，因此，lim(V1V2n8二、应用导数求函数的最（极）值：

8。

7典型例题：例1.（2012年重庆市理5分）设函数f(x)在R上可导，其导函数为f'(x)，且函数y(1x)f'(x)的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【 】

（A）函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)

（B）函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)

（C）函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)

（D）函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)

【答案】D。

【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。

【分析】由图象知，y(1x)f'(x)与x轴有三个交点，－2，1，2， ∴f'(2)=0，f'(2)=0。

由此得到x，

y，1x，f'(x)和f(x)在(, )上的情况：

x

y

(,2)

＋

＋

＋

↗

－2

0

＋

0

极大值

(2,1)

－

＋

－

↘

1

0

0

－

非极值

(1,2)

＋

－

－

↘

2

0

－

0

极小值

(2,)

－

－

＋

↗

1x

f'(x)

f(x)

∴f(x)的极大值为f(2)，f(x)的极小值为f(2)。故选D。

例2. （2012年陕西省理5分）设函数f(x)xex，则【 】

A.

x1为f(x)的极大值点 B.x1为f(x)的极小值点

C.

x1为f(x)的极大值点 D.

x1为f(x)的极小值点

【答案】D。

【考点】应用导数求函数的极值。

【解析】∵f(x)(x1)ex，令f(x)0,得x1。

∴当x<-1时，f(x)0，f(x)xex为减函数；当x>-1时，f(x)0，f(x)xex为增函数，所以x1为f(x)的极小值点。

故选D。

例3. （2012年陕西省文5分）设函数fx2+lnx则【 】

x11A．x=为fx的极大值点 B．x=为fx的极小值点

22C．x=2为

fx的极大值点 D．x=2为

fx的极小值点

【答案】D。

【考点】应用导数求函数的极值。

【解析】∵f(x)21x2=2，令f(x)0,得x2。

2xxx2∴当0

x2当x>2时，f(x)0，fx+lnx为增函数。

x∴x2为f(x)的极小值点。

故选D。

例4. （2012年广东省理14分）设a＜1，集合AxRx0,BxR2x3(1a)x6a0，2DAB

（1）求集合D（用区间表示）

（2）求函数f(x)2x33(1a)x26ax在D内的极值点。

【答案】解：（1）设g(x)2x23(1a)x6a，

方程g(x)0的判别式D=9(1+a)-48a=9(a-①当21)(a-3)

31

3∴BxR2x3(1a)x6a0R。

∴DA2BA{x|x0}，即集合D=(0,+?)。

1时，D?0，方程g(x)0的两根为

3②当0

?0，x2=442∴BxR2x3(1a)x6a0

3a39a230a93a39a230a9{x|x或x}

443a39a230a93a39a230a9∴DABA{x|0x或x}，

443a+3-即集合D=(0，9a2-30a+93a+3+9a2-30a+9）（,+?)。

44③当a£0时，D>0，方程g(x)0的两根为

x1=3a+3-9a2-30a+93a+3+9a2-30a+9£0，x2=>0。

442∴BxR2x3(1a)x6a0

3a39a230a93a39a230a9{x|x0或x}。

44

3a39a230a9∴DABA{x|x}，

43a+3+9a2-30a+9即集合D=（,+?)。

4（2）令f'(x)[2x33(1a)x26ax]'6x26(1a)x6a6(xa)(x1)0得

f(x)2x33(1a)x26ax的可能极值点为a,1。

①当1

3x

f(x)

f(x)

(0,a)

a

0

极大值

(a,1)

1

0

极小值

(1,)



↗



↘



↗

∴f(x)2x33(1a)x26ax在D内有两个极值点为a,1：极大值点为xa，极小值点为x1。

②当0

33a+3-9a2-30a+93a+3+9a2-30a+9由（1）知D(0，）（,+?)=(0,x1)(x2,)。

44∵f(x)2x(xx1)(xx2)， ∴0ax11x2，

∴f(x),f(x)随x的变化情况如下表：

x

f(x)

f(x)

3(0,a)

a

0

极大值

(a,x1)



↘

(x2,)



↗

2

↗

∴f(x)2x3(1a)x6ax在D内仅有一个极值点：极大值点为xa，没有极小值点。

③当a£0时，

3a+3+9a2-30a+9由（1）知D（,+?)。

4

∵a£0，∴1-3a<1-a。

3a+3+9a2-30a+93a+3+3(1-3a)(1-a)3a+3+3(1-3a)=>∴

44423a+3+3(1-3a)3+3+3a1-==443a+3+9a2-30a+9∴a£0<1<。

4(3)>3+34>1。

∴f(x)2x33(1a)x26ax在D内没有极值点。

【考点】分类思想的应用，集合的计算， 解不等式，导数的应用。

【解析】（1）根据g(x)2x3(1a)x6a根的判别式应用分类思想分讨论即可，计算比较繁。

（2）求出f'(x)[2x33(1a)x26ax]'6x26(1a)x6a6(xa)(x1)，得到f(x)的可能极值点为a,1。仍然分211

33例5. （2012年浙江省理14分）已知a0，bR，函数f(x)4ax32bxab．

（Ⅰ）证明：当0x1时，

（i）函数f(x)的最大值为|2ab|a；

（ii）f(x)|2ab|a0；

1]恒成立，求ab的取值范围． （Ⅱ）若1f(x)1对x[0，【答案】(Ⅰ) 证明：

(ⅰ)fx12ax22b．

当b≤0时，fx12ax22b＞0在0≤x≤1上恒成立，

此时fx的最大值为：f14a2bab3ab＝|2a－b|﹢a；

当b＞0时，fx12ax22b在0≤x≤1上的正负性不能判断，

此时fx的最大值为：

ba，b2afmaxxmax{f(0)，（）f1}max{(ba)，(3ab)}＝|2a－b|﹢a。

3ab，b2a

综上所述：函数fx在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。

(ⅱ) 设gx＝﹣fx，

∵gx4ax32bxab，∴令gx12ax22b0x当b≤0时，gx12ax22b＜0在0≤x≤1上恒成立，

此时gx的最大值为：g0ab3ab＝|2a－b|﹢a；

当b＜0时，gx12ax22b在0≤x≤1上的正负性不能判断，

4bb6a4bbab，bab，b2a}36agmaxxmax{g()，（g1）}max{b

b6a6a36ab2a，b。

6a≤|2a－b|﹢a。

综上所述：函数gx在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，

即fx＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。

(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数fx在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，

且函数fx在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。

∵﹣1≤fx≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。

取b为纵轴，a为横轴．

a>0a>0则可行域为：b2a和b2a，目标函数为z＝a＋b。

ba13ab1作图如下：

由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有zmax3．

∴所求a＋b的取值范围为：1，3。

【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。

【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。

(ⅱ) 利用分析法，要证fx＋|2a－b|﹢a≥0，即证gx＝﹣fx≤|2a－b|﹢a，亦即证gx在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比

﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤fx≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。

2例6. （2012年江西省文14分）已知函数fx在0, 1上单调递减且满足（axbx）cxe。

f01，f10（1）求a的取值范围；

（2）设gx fx fx，求gx在0, 1上的最大值和最小值。

【答案】解：（1）∵f(0)c1，f(1)(abc)e0，∴ab1。

∴fx[ax2a1x1]ex。∴fx[ax2a1xa]ex。

∵函数fx（ax2bxc）ex在0, 1上单调递减，

∴对于任意的x0， 1，都有f'(x)0。

∴由f'(0)=a0得a>0；由f'(1)=[aa1a]e0得a1。

∴0a1。

又当a=0时，对于任意的x0， 1，都有f'(x)=x0，函数符合条件；

2x当a=1时，对于任意的x0， 1，都有f'(x)=x1e0，函数符合条件。

综上所述，a的取值范围是0≤a≤1。

2x2xx（2）∵gx fx fx

axa1x1eaxa1xae（2axa1）e∴gx2axa1ex。

（i）当a=0时，对于任意x0， 1有gxex>0，

∴gx在[0，1]上的最小值是g01，最大值是g1e；

（ii）当a=1时，对于任意x0， 1有gx2xex<0，

∴gx在[0，1]上的最小值是g10，最大值是g02；

（iii）当0＜a＜1时，由gx0得x①若1a>0，

2a1a11，即0

2a3∴gx在[0，1]上最大值是g11ae，最小值是g01a；

1a1a1a1a1（）2ae2ag，在x=0②若取得最大值g<1，即

（）01a，（g1）（1a）e， ∵g∴当

3e1e1当

e1【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性。

【解析】（1）由题意，函数fx（ax2bxc）ex在[0，1]上单调递减且满足f01，f10，可求出函数的导数，将函数在[0，1]上单调递减转化为导数在[0，1]上的函数值恒小于等于0，再结合f01，f10这两个方程即可求得a取值范围。

（2）由题设条件，先求出gx fx fx的解析式，求出导函数gx2axa1ex，由于参数a的影响，函数在[0，1]上的单调性不同，结合（1）的结论及gx分a=0，a=1， 0＜a＜1三类对函数的单调性进行讨论，确定并求出函数的最值。

例7. （2012年重庆市文13分）已知函数f(x)ax3bxc在x2处取得极值为c16

（1）求a、b的值（6分）；

（2）若f(x)有极大值28，求f(x)在[3,3]上的最大值（7分）．

【答案】解：（Ⅰ）∵f(x)ax3bxc， ∴f(x)3ax2b。

∵f(x) 在点x2 处取得极值，

∴f(2)012ab012ab0a1，即，化简得，解得。

f(2)c168a2bcc164ab8b12（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)x312xc，f(x)3x212

令f(x)0 ，得x12,x22。

x，

f'(x)和f(x)在(, )上的情况如下表：

x

(,2)

2

(2,2)

2

(2,)

f'(x)

f(x)

－

↘

0

极小值

＋

↗

0

极大值

－

↘

由此可知f(x) 在x12处取得极大值f(2)16c，f(x) 在x22处取得极小值f(2)c16。

∵f(x)有极大值28，∴16c28，解得c12。

此时f(3)9c21,f(3)9c3，f(2)c164

∴f(x) 上[3,3]的最小值为f(2)4。

【考点】函数的导数与极值，最值之间的关系。

【分析】（Ⅰ）先对函数f(x)进行求导，根据f(2)0=0，f(2)c16，求出a、b的值。

（Ⅱ）根据（Ⅰ）对函数f(x)进行求导，令f(x)0，解出x，列表求出函数的极大值和极小值。再比较函数的极值与端点函数值的大小，端点函数值与极大值中最大的为函数的最大值，端点函数值与极小值中最小的为函数的最小值。

例8. （2012年江苏省16分）若函数yf(x)在xx0处取得极大值或极小值，则称x0为函数yf(x)的极值点。

已知a，b是实数，1和1是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点．

（1）求a和b的值；

（2）设函数g(x)的导函数g(x)f(x)2，求g(x)的极值点；

2]，求函数yh(x)的零点个数． （3）设h(x)f(f(x))c，其中c[2，【答案】解：（1）由f(x)x3ax2bx，得f'(x)3x22axb。

∵1和1是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点，

∴

f'(1)32ab=0，f'(1)32ab=0，解得a=0，b=3。

（2）∵ 由（1）得，f(x)x33x ，

∴g(x)f(x)2=x33x2=x1x2，解得x1=x2=1，x3=2。

∵当x<2时，g(x)<0；当20，

∴x=2是g(x)的极值点。

∵当21时，g(x)>0，∴

x=1不是g(x)的极值点。

∴g(x)的极值点是－2。

（3）令f(x)=t，则h(x)f(t)c。

先讨论关于x 的方程f(x)=d 根的情况：d2, 2

当d=2时，由（2 ）可知，f(x)=2的两个不同的根为I 和一2 ，注意到f(x)是奇函数，∴f(x)=2的两个不同的根为一和2。

当d<2时，∵f(1)d=f(2)d=2d>0，f(1)d=f(2)d=2d<0 ，

∴一2 , －1，1 ，2 都不是f(x)=d的根。

由（1）知f'(x)=3x1x1。

2

① 当x2，时，f'(x)>0 ，于是f(x)是单调增函数，从而f(x)>f(2)=2。

此时f(x)=d在2，无实根。

② 当x1 2，时．f'(x)>0，于是f(x)是单调增函数。

又∵f(1)d<0，f(2)d>0，y=f(x)d的图象不间断，

∴f(x)=d 在（1 , 2 ）内有唯一实根。

同理，f(x)=d在（一2 ，一I ）内有唯一实根。

③ 当x1 ，1时，f'(x)<0，于是f(x)是单调减两数。

又∵f(1)d>0，

f(1)d<0，y=f(x)d的图象不间断，

∴f(x)=d在（一1，1 ）内有唯一实根。

因此，当d=2时，f(x)=d有两个不同的根x1，x2满足x1=1， x2=2；当d<2 时

f(x)=d有三个不同的根x3，x1，x5，满足xi<2， i=3, 4, 5。

现考虑函数yh(x)的零点：

( i ）当c=2时，f(t)=c有两个根t1，t2，满足t1=1，t2=2。

而f(x)=t1有三个不同的根，f(x)=t2有两个不同的根，故yh(x)有5 个零点。

( 11 ）当c<2时，f(t)=c有三个不同的根t3，t4，t5，满足ti<2， i=3, 4, 5。

而f(x)=ti

i=3, 4, 5有三个不同的根，故yh(x)有9 个零点。

综上所述，当c=2时，函数yh(x)有5 个零点；当c<2时，函数yh(x)有9 个零点。

【考点】函数的概念和性质，导数的应用。

【解析】（1）求出yf(x)的导数，根据1和1是函数yf(x)的两个极值点代入列方程组求解即可。

（2）由（1）得，f(x)x33x，求出g(x)，令g(x)=0，求解讨论即可。

（3）比较复杂，先分d=2和d<2讨论关于x 的方程f(x)=d 根的情况；再考虑函数yh(x)的零点。

例9. （2012年山东省理5分）设函数fx=，gx=ax2+bxa，bR,a0，若yfx的图像与1x

ygx图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【 】

A. 当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0 B. 当a<0时，x1＋x2>0， y1＋y2<0

C. 当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0 D. 当a>0时，x1＋x2>0， y1＋y2>0

【答案】B。

【考点】导数的应用。

【解析】令1ax2bx，则1ax3bx2(x0)。

x设F(x)ax3bx2，F'(x)3ax22bx。

令F'(x)3ax22bx0，则x2b

3a要使yfx的图像与ygx图像有且仅有两个不同的公共点必须：

F(2b2b2b)a()3b()21，整理得4b327a2。

3a3a3a取值讨论：可取a2，b3来研究。

当a2，b3时，2x33x21，解得x11, x21，此时y11, y22，此时2x1x20，y1y20；

当a2，b3时，2x33x21，解得x11, x21，此时y11, y22，此时2x1x2，0y0B。

1y2。故选例10. （2012年天津市理14分）已知函数f(x)=xln(x+a)的最小值为0，其中a>0.

（Ⅰ）求a的值；

（Ⅱ）若对任意的x[0,+),有f(x)kx成立，求实数k的最小值；

（Ⅲ）证明22i1ln(2n+1)<2(nNi=1n2*).

【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为a，，

求导函数可得f'(x)=11x+a1.

x+ax+a 令f'(x)=0，得x=1a>a。

当x变化时，f'(x)和f(x)的变化情况如下表：

x

1aa，

1a

1a，

f'(x)

f(x)

－

↘

0

极小值

＋

↗

∴f(x)在x=1a处取得极小值。

∴由题意，得f(1a)=1aln1=1a=0。∴a=1。

（Ⅱ）当k≤0时，取x=1，有f(1)=1ln2<0，故k≤0不合题意。

当k＞0时，令（gx）xln(x+1)kx2。

gx）（fx）kx2，即（1x+112kx22kxx12kx2k（x）12kx==求导函数可得g'。

x+1x+1x+1（x）0，得x10，x2令g'①当k12k＞1。

2k112k（x）<0在（0，+∞）上恒成立，因此（时， ≤0，g'gx）（fx）kx222kgx）g（0）=0，即对任意的x0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的x0，，总有（ +） +，有f(x)kx2成立。

1符合题意。

2112k12kgx）（x）②当0

22k2k12k12k(0， )上单调递增，因此取x(0， )时，（gx0）g（0）=0，即有f(x0)kx02不成立。

2k2k1 ∴0

21综上，实数k的最小值为。

2∴k（Ⅲ）证明：当n=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。

当n≥2时，

n2n222n2f=ln1+=ln1+

2i1i=12i12i1i=12i1i=12i1i=1n

=i=1n2ln2n1。

2i1112，得f(x)xx0，

22在（2）中，取k=∴fn222

22i32i12i12i1nnn2222∴

ln2n1=f=f2+f<2ln2+2i12i12i12i32i1i=1i=1i=2i=2111=2ln3+=2ln3+1<2。

2i32i12n1i=2综上，n2ln(2n+1)<2(nN*)。

i=12i1n【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。

【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数f(x)=xln(x+a)的最小值为0，即可求得a的值。

1)(nl20（Ⅱ）当k≤0时，取x=1，有f=求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当k<，故k≤0不合题意。当k＞0时，令（gx）（fx）kx2，112kgx） 时，≤0，（在（0，+∞）上单调递减，从22k112k12kgx）g（0）=0。②当0

2k（Ⅲ）当n=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当n≥2时，由2f

2i1i=1n=112ln2n1，在（Ⅱ）中，取k=得f(x)x2,从而可得22i=12i1n+222，f<22i12i32i12i1iN，i2由此可证结论。

例11. （2012年安徽省理13分）设f(x)ae （I）求f(x)在[0,)上的最小值；

（II）设曲线yf(x)在点(2,f(2))的切线方程为yx1b(a0)

aex3x；求a,b的值。

2

【答案】解：（I）设tex(t1)，则yat1b。

at1a2t21∴ya2。

atat21b在t1上是增函数。

at1 ∴当t1(x0)时，f(x)的最小值为ab。

a1b2b ②当0a1时，yatat1x ∴当且仅当at1(te,xlna)时，f(x)的最小值为b2。

a11xx（II）∵f(x)aexb，∴f(x)aex。

aeae ①当a1时，y0。∴yat221aeb3af(2)3ae2e2 由题意得：，解得。

3，即131f(2)ae2b22ae22【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。

【解析】（I）根据导数的的性质分a1和0a1求解。

（II）根据切线的几何意义列方程组求解。

三、应用导数讨论函数的增减性：

典型例题：例1. （2012年浙江省理5分）设a0，b0【 】

abab A．若22a23b，则ab B．若22a23b，则ab

abab C．若22a23b，则ab D．若22a23b，则ab

【答案】A。

【考点】函数的单调性，导数的应用。

【解析】对选项A，若2a2a2b3b，必有2a2a2b2b。

20恒成立，故有函数fx2x2x在x＞0上单构造函数：fx2x2x，则fx2xln2调递增，即a＞b成立。

其余选项用同样方法排除。故选A。

例2. （2012年湖南省文5分）设定义在R上的函数f(x)是最小正周期为2的偶函数，f(x)是f(x)的

导函数，当x0,时，0＜f(x)＜1；当x0, 且x在[-2，2] 上的零点个数为【 】

yfxsinxA .2 B .4 C.5 D. 8

【答案】Ｂ。

【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。

【解析】由当x0, 且x≠2时 ，(x2)f(x)0，则函数时 ，(x)f(x)0，知

22x0,时,f(x)0,f(x)为减函数；x，时,f(x)0,f(x)为增函数。

22又x0,时，0＜f(x)＜1，在R上的函数f(x)是最小正周期为2的偶函数，在同一坐标系中作出ysinx和yf(x)草图像如下，由图知yfxsinx在[-2，2] 上的零点个数为4个。

例3. （2012年辽宁省文5分）函数y12xlnx的单调递减区间为【 】

2（A）（1,1] （B）（0,1] （C.）[1，+∞） （D）（0，+∞）

【答案】B。

【考点】用导数求函数的单调区间。

【解析】∵y121xlnx，∴yx。

2x1yx0-1x1 ∴0x1。故选B。

xx0x0例4. （2012年辽宁省理5分）若x[0,)，则下列不等式恒成立的是【 】

(A)e„1xx (B)x21111xx2

241x

1(C)cosx…【答案】C。

121x (D)ln(1x)…xx2

28【考点】导数公式，利用导数，通过函数的单调性与最值来证明不等式。

【解析】设f(x)cosx(1121x)cosx1x2，则g(x)f(x)sinxx,

22所以g(x)cosx10，所以当x[0,)时，g(x)为增函数，所以g(x)f(x)g(0)0,

同理f(x)f(0)0，∴cosx(11212x)0，即cosx1x。故选C。

22例5. （2012年山东省文4分）若函数f(x)ax(a0,a1)在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，

且函数g(x)(14m)x在[0,)上是增函数，则a＝ ▲ .

【答案】1。

4【考点】函数的增减性。

【解析】∵f(x)ax(a0,a1)，∴f'(x)axlna。

当a1时，

∵f'(x)axlna>0，函数f(x)ax(a0,a1)是增函数，

1∴在［－1，2］上的最大值为f(2)a2=4，a=2，最小值为f(1)21=m，m=。

2此时g(x)x，它在[0,)上是减函数，与题设不符。

当0

∵f'(x)axlna<0，函数f(x)ax(a0,a1)是减函数，

111∴在［－1，2］上的最大值为f(1)a=4，a=，最小值为f(2)=m，m=。

164412此时g(x)3x，它在[0,)上是增函数，符合题意。

41。

43综上所述，满足条件的a=例6. （2012年浙江省文15分）已知a∈R，函数f(x)4x2axa

（1）求f(x)的单调区间

（2）证明：当0≤x≤1时，f(x) +

2a＞0.

2【答案】解：（1）由题意得f(x)12x2a，

当a0时，f(x)0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为,；

当a0时，f(x)12(xaa)(x)，

66aa,此时函数f(x)的单调递增区间为。

66（2）由于0x1，当a2时，f(x)a24x32ax24x34x2；

当a2时，f(x)a24x32a(1x)24x34(1x)24x34x2。

设g(x)4x34x2,0x1，则g(x)12x412(x则有

233)(x)。

33x

0

30,3

－

减

3

30

极小值

33,1

＋

增

1

g(x)

g(x)

－

1

＋

1

∴g(x)ming(343)10。

39∴当0x1时，总有g(x)4x34x20。

∴f(x)a24x4x20。

【考点】分类思想的应用，利用导数求闭区间上函数的最值和单调区间，不等式的证明。

【解析】（1）求出导数，分a0和a0讨论即可。

3 （2）根据2a，分a2和a2两种情形，得到f(x)a24x4x2，从而设出新函3数g(x)4x4x2,0x1，应用导数，证出g(x)ming(立，即f(x)a24x4x20。

33343)10，得到g(x)0恒成39例7. （2012年天津市理5分）函数f(x)=2+x2在区间(0,1)内的零点个数是【 】

（A）0 （Ｂ）1 （Ｃ）2 （Ｄ）3

x3

【答案】B。

【考点】函数的零点的概念，函数的单调性，导数的应用。

【分析】∵f'(x)=2xln2+3x2>0，∴函数f(x)=2x+x32在定义域内单调递增。

又∵f(0)=20+032=1<0，f(1)=21+132=1>0。

∴函数f(x)=2x+x32在区间（0，1）内有唯一的零点。故选B。

3π－3π例8. （2012年福建省文14分）已知函数f(x)＝axsinx－(a∈R)，且在0，上的最大值为.

222（I）求函数f(x)的解析式；

（II）判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．

【答案】解：（I）由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，

π对于任意x∈0，，有sinx＋xcosx＞0。

23当a＝0时，f(x)＝－，不合题意；

2ππ当a＜0，x∈0，时，f′(x)＜0，从而f(x)在0，内单调递减，

223ππ又f(x)在0，上的图象是连续不断的，故f(x)在0，上的最大值为f(0)＝－，222不合题意；

πππ当a＞0，x∈0，时，f′(x)＞0，从而f(x)在0，内单调递增，又f(x)在0，222π3π－3ππ上的图象是连续不断的，故f(x)在0，上的最大值为f，即a－＝，解得a＝1。

222223综上所述，函数f(x)的解析式为f(x)＝xsinx－。

2（II）f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。证明如下：

33ππ－3＞0。 由（I）知，f(x)＝xsinx－，从而有f(0)＝－＜0，f＝2222ππ又f(x)在0，上的图象是连续不断的，所以f(x)在0，内至少存在一个零点。

22ππ又由（I）知f(x)在0，上单调递增，故f(x)在0，内有且仅有一个零点。

22π当x∈，π时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.

2ππ由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在，π上的图象是连续不断的，故存在22

m∈，π，使得g(m)＝0。

2ππ由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈，π时，有g′(x)＜0，从而g(x)在，π内单22调递减。

πππ当x∈，m时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在，m内单调递增，

22故当x∈π，m时，f(x)≥fπ＝π－3＞0，故f(x)在π，m上无零点；

2222当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减．

又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点。

综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。

【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，函数的零点，利用导数研究函数的极值。

3π【解析】（I）由题意，可借助导数研究函数f(x)＝axsinx－(a∈R)，在0，上的单调性，确定出最值，22π－3令最值等于 ，即可得到关于a的方程，由于a的符号对函数的最值有影响，故可以对a的取值范围2进行讨论，分类求解。

（II）借助导数研究函数f(x)在（0，π）内单调性，由零点判定定理即可得出零点的个数。

例9. （2012年全国大纲卷理12分）设函数f(x)axcosx,x[0,]。

（1）讨论f(x)的单调性；

（2）设f(x)1sinx，求a的取值范围。

【答案】解：f(x)asinx。

（1）∵x[0,]，∴0sinx1。

当a1时，f(x)0，f(x)在x[0,]上为单调递增函数；

当a0时，f(x)0，f(x)在x[0,]上为单调递减函数；

当0a1时，由f(x)0得sinxa，

由f(x)0得0xarcsina或arcsinax；

由f(x)0得arcsinaxarcsina。

∴当0a1时fx在[0,arcsina]和[arcsina,]上为为单调递增函数；在[arcsina,arcsina]上为单调递减函数。

（2）由f(x)1sinx恒成立可得f()1a11a令g(x)sinx2。

222当x(0,arcsin)时，g(x)0，当x(arcsin,)时，g(x)0。

22又g(0)g()0，所以g(x)0，即xsinx(0x)

222故当ax(0x)，则g(x)cosx2。

2时，有f(x)2xcosx，

①当0x②当2时，2xsinx，cosx1，所以f(x)1sinx。

22x时，f(x)xcosx12(x)sin(x)1sinx。

222综上可知故所求a的取值范围为a。

【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。

【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。

（2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。

例10. （2012年全国大纲卷文12分）已知函数f(x)（1）讨论f(x)的单调性；

（2）设f(x)有两个极值点x1，x2，若过两点(x1,f(x1))，(x2,f(x2))的直线l与x轴的交点在曲线13xx2ax．

3yf(x)上，求a的值．

【答案】解：（1）∵f(x)132xx2ax，∴f'(x)x22xa=x1a1

3 ① 当

a1时，f'(x)0，且仅当a=1，x=1时f'(x)=0。∴f(x)是增函数。

②当

a<1时，f'(x)=0有两个根x=11a。列表如下：

x

1，1a

f'(x)

f(x)的增减性

增函数

＞0

111a，11a

＜ 减函数

1a，

＞0 增函数

（2）由题设知，x1，x2是f'(x)=0的两个根，∴a<1，且x12=2x1a，x22=2x2a。

13112x1x12ax=x12x12ax12ax=x12ax1

3333122a2

=2x1aax1=a1x1。

33332a 同理，f(x2)=a1x2。

332a ∴直线l的解析式为y=a1x。

33 ∴f(x1) 设直线l与x轴的交点为x0， 0，则0= 代入f(x)2aa。

a1x0，解得x0=332a113xx2ax得

3321aaaa22

f(x0)a=12a17a6，

32a12a12a12a1a2 ∵x0， f(x0)在x轴上，∴f(x0)=12a217a6=0，

2a1 解得，a=0或a=23或a=。

34【考点】函数的单调性和极值，导数的应用。

【解析】（1）求出导函数，分区间讨论即可。

（2）由x1，x2是f'(x)=0的两个根和（1）的结论，得a<1，求出f(x1)关于x1的表达式和f(x2)关于x2的表达式，从而得到直线l的解析式。求出交点的横坐标代入f(x)求出a的值。

例11. （2012年全国课标卷理12分）已知函数f(x)满足满足f(x)f(1)e（1）求f(x)的解析式及单调区间；

（2）若f(x)x113xx2ax，由其等于0，312x；

2f(0)x12xaxb，求(a1)b的最大值。

2

【答案】解：（1）∵f(x)f(1)e12x，∴f(x)f(1)ex1f(0)x。

212x1令x1得，f(0)1。∴f(x)f(1)exx。

2x1f(0)x∴f(0)f(1)e11，得f(1)e。

∴f(x)的解析式为f(x)exx12x。

2 设g(x)f(x)ex1x，则g(x)ex10。

∴g(x)在xR上单调递增。

又∵f(x)0f(0)时，x0，f(x)单调递增；

f(x)0f(0)时，x0，f(x)单调递减。

∴f(x)的单调区间为：单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,0)。

（2）∵f(x)12xaxb，∴ex(a1)xb0。

2令h(x)ex(a1)xb得h(x)ex(a1)。

①当a10时，h(x)0，∴h(x)在xR上单调递增。

但x时，h(x)与h(x)0矛盾。

②当a10时，由h(x)0得xln(a1)；由h(x)0得xln(a1)。

∴当xln(a1)时，h(x)min(a1)(a1)ln(a1)b0

∴(a1)b(a1)(a1)ln(a1)。

令F(x)xxlnx(x0)；则F(x)x(12lnx)。

由F(x)0得0x ∴当x2222e；由F(x)0得xe。

e

2e。

2e时，F(x)max ∴当ae1,be时，(a1)b的最大值为【考点】函数和导函数的性质。

【解析】（1）由f(x)f(1)e性质求出单调区间。

x1f(0)x12x求出f(0)和f(1)即可得到f(x)的解析式，根据导数的2

（2）由f(x)exx121x和f(x)x2axb，表示出(a1)b，根据导函数的性质求解。

22例12. （2012年全国课标卷文5分）设函数fx ex－ax－2

(Ⅰ)求fx的单调区间

(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，xkf'xx1>0，求k的最大值

【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为∞，∞，f'x ex－a。

若a0，则f'x ex－a>0，∴fx在∞，∞上单调递增。

若a>0，则当x∞，lna时，f'x，a∞时，e

x－∞上单调递增。

f'xe>a，∴在0∞，lna上单调递减，fx在lna，

x－ (Ⅱ)∵a=1，∴xkf'xx1=xkex1x1。

∴当x>0时，xkex1x1>0，它等价于k<x1x

x>0。

ex1exex1x11=x

，则g'x= 令gx=x2xe1e1xeexxx212。

由(Ｉ)知，函数hx=exx2在0，∞上单调递增。

∵h1=e3<0，h2=e24>0，∴hx在0，∞上存在唯一的零点。

∴g'x在0，∞上存在唯一的零点，设此零点为a，则a1,2。

当x0，a时，g'x<0；当xa，∞时，g'x>0。

x1x

在0，∞上的最小值为ga。

ex1a1a =a+12,3。 又∵g'a=0，即ea=a2，∴ga=ae1 ∴gx= 因此k

【考点】函数的单调性质，导数的应用。

【解析】(Ｉ)分a0和a>0讨论fx的单调区间即可。

(Ⅱ)由于当x>0时，xkex1x1>0等价于k<求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。

x1x1x x>0gx=x

，，令

xxe1e1

例13. （2012年北京市文13分）已知函数fxax2＋1a0,gxx3＋bx

（1）若曲线fx与曲线gx在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；

（2）当a=3,b=－9时，若函数fxgx在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围。

【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴f1a＋1=c, g11＋b=c。

∴a＋11＋b，即ab①。

又∵f'x2ax, g'x3x2＋b，∴f'12a, g'13＋b。

又∵曲线fx与曲线gx在它们的交点（1，c）处具有公共切线，

∴2a3＋b②。

解①②，得ab=3。

（2）∵a=3,b=－9，∴设hx=fxgx=x33x29x+1。

则h'x=3x26x9。令h'x=3x26x9=0，解得x1=3，x2=1。

又∵h'x在各区间的情况如下：

x

h'x

3

，＋

3

，31

－

1

0



1，＋ 0

∴fxgx在，，上单调递增。

3单调递增，在31单调递减，在1，其中，h3=f3g3=28为最大值。

∴如果函数fxgx在区间[k,2]上的最大值为28，则区间包含最大值点x1=3。

∴k3，即k的取值范围为，3。

【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。

【解析】（1）由曲线fx与曲线gx有公共点（1，c）可得f1 g1；由曲线fx与曲线gx在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即f'1 g'1。联立两式即可求出a、b的值。

（2）由 a=3,b=－9得到fxgx的方程，求导可得fxgx的单调区间；根据函数fxgx在区间[k,2]上的最大值为28，则区间包含最大值点x1=3。从而得出k的取值范围。

例14. （2012年天津市文14分）已知函数f(x)（I）求函数f(x)的单调区间；

131a2xxaxa，xR其中a>0.

32（II）若函数f(x)在区间（－2，0）内恰有两个零点，求a的取值范围；

（III）当a=1时，设函数f(x)在区间[t,t3]上的最大值为M（t），最小值为m（t）,记gt=Mtmt，求函数gt在区间[3,1]上的最小值。

【答案】解：（I）求导函数可得f'(x)x21axa=x+1xa。

令f'(x)0，可得x1=1，x2=a>0。

当x变化时，f'(x)和f(x)的变化情况如下表：

x

f'(x)

f(x)

1

，＋

↗

1

0

极大值

1，a

－

↘

a

0

极小值

+

a，＋

↗

∴函数的递增区间为， 1，a， +，单调递减区间为1，a。

（II）由（I）知函数在区间（－2，－1）内单调递增，在（－1，0）内单调递减，

∴函数在（－2，0）内恰有两个零点。

31a2122a2a<0322<01a1112a1a>0，解得0

1>0 ，即132330<0a<0f∴ff∴a的取值范围为(0，)。

131（III）a=1时，f(x)x3x1，由（I）知，函数在（－3，－1）上单调递增，在（－1，1）3上单调递减，在（1，2）上单调递增。

①当t3，2]时，t+30， 1，－1∈[t，t+3]，f(x)在[t，－1]上单调递增，在

[－1，t+3]上单调递减。

∴函数在[t，t+3]上的最大值为M（t）=f1=，而最小值m（t）为f(t)与f(t+3)中的较小者。

13

由f(t+3)f(t)=3t+1t+2知，当t∈[－3，－2]时，f(t)f(t+3)，故m（t）=f（t），所以gt=f1ft。

而f(t)在[－3，－2]上单调递增，因此f(t)f(2)=5。

3154∴gt在[－3，－2]上的最小值为gt==。

333②当t∈[－2，－1]时，t+3∈[1，2]，－1，1∈[t，t+3]。

下面比较f(1)，f(1)，f(t)，f(t+3)的大小：

由f(x)在[－2，－1]，[1，2]上单调递增，有f(2)f(t)f(1)，f(1)f(t+3)f(2)。

∵f(1)=f(2)=，f(1)=f(2)=，

∴M（t）=f(1)= ，m（t）=f(2)=

53131353154∴gt在[－2，－1]上的最小值为gt==。

333综上，函数gt在区间[－3，－1]上的最小值为4。

3【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的极值和单调性。

【分析】（I）求导函数，令f'(x)＞0，可得函数的递增区间；令f'(x)＜0，可得单调递减区间。

（II）由（I）知函数在区间（－2，－1）内单调递增，在（－1，0）内单调递减，从而函数在

（－2，0）内恰有两个零点，由此可求a的取值范围。

1（III）a=1时，f(x)x3x1，由（I）知，函数在（－3，－1）上单调递增，在（－1，1）3上单调递减，在（1，2）上单调递增，再进行分类讨论：

①当t∈[－3，－2]时，t+3∈[0，1]，－1∈[t，t+3]，f(x)在[t，－1]上单调递增，在[－1，1因此函数在[t，（t）=f1= ，而最小值m（t）为f(t)与f(t+3)t+3]上单调递减，t+3]上的最大值为M3中的较小者，从而可得gt在[－3，－2]上的最小值；

②当t∈[－2，－1]时，t+3∈[1，2]，－1，1∈[t，t+3]，比较f(1)，f(1)，f(t)，f(t+3)的大小，从而可确定函数gt在区间[－3，－1]上的最小值。

例15. （2012年山东省理13分）已知函数f(x) =

lnxk（k为常数，e=2.71828……是自然对数的底xe数），曲线y=

f(x))在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行。

（Ⅰ）求k的值；

（Ⅱ）求f(x)的单调区间；

（Ⅲ）设g(x)=(x+x)

f'(x)，其中f'(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，g(x)1e2。

21klnxlnxkx【答案】解：（Ⅰ）由f(x) = 可得f'(x)=，

exex∵曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，

∴f'(1)=0，即1k0，解得k1。

e11lnx11xf'(x)=0（Ⅱ）f'(x)=，令可得，即1lnx=01=lnx。

xxex 令hx=11，sx=lnx，

x1x 由指数函数和对数函数的单调性知，在x>0时，hx=1从1单调减小；1sx=lnx从单调增加。∴hx=1和sx=lnx只相交于一点，即f'(x)=0只有一解。

x 由（Ⅰ）知，f'(1)=0，∴x1。

111lnx1lnxxx当0x1时，f'(x)=（取点代入）

0；当x1时，f'(x)=0。xxee∴f(x)在区间(0, 1)内为增函数；在(1, )内为减函数。

11lnxx12x（Ⅲ）∵g(x)(xx)1xxlnx，

exexx121xxlnx1e

exx1 可以证明，对任意x＞0，有x<1（通过函数的增减性和极值证明），

ex1 ∴g(x)1e2=x1xxlnx1e2<1xxlnx1e2=xxlnxe2。

e

g(x)1e2= 设rx=xxlnxe2。则r'x=1lnx1。

令r'x=1lnx1=0，解得x=e2。

当00；当x>e2时，r'x=1lnx1<0。

∴rx=xxlnxe2在x=e2取得最大值rxmax=e2e2lne2e2=0。

∴g(x)1e2<0，即g(x)<1e2。

∴对任意x＞0，g(x)1e2。

【考点】曲线的切线，两直线平行的性质，幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。

【解析】（Ⅰ）由曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，可令y= f(x)在点（1，f(1)）处的导数值为0，即可求得k的值。

（Ⅱ）求出函数的导数，讨论它的正负，即可得f(x)的单调区间。

（Ⅲ）对g(x)1e2，用缩小法构造函数，求出它的最大值即可得到证明。

例16. （2012年湖南省文13分）已知函数f(x)exax，其中a＞0.

（Ⅰ）若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合；（Ⅱ）在函数f(x)的图像上取定两点（x1，x2），使f(x0)=k恒成A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0立.

【答案】解：（Ⅰ）f(x)exa,令f(x)0，得xlna。

当xlna时f(x)0,f(x)单调递减；当xlna时f(x)0,f(x)单调递增。

∴当xlna时，f(x)取最小值f(lna)aalna。

∴对一切xR,f(x)1恒成立，当且仅当aalna1. ①

令g(t)ttlnt,则g(t)lnt。

当0t1时，g(t)0,g(t)单调递增；当t1时，g(t)0,g(t)单调递减。

∴当t1时，g(t)取最大值g(1)1。

∴当且仅当a1时，①式成立。

综上所述，a的取值集合为1。

f(x2)f(x1)ex2ex1（Ⅱ）证明：由题意知，ka。

x2x1x2x1ex2ex1令(x)f(x)ke,则

x2x1x

ex1ex2x2x1x1x2。

(x1)e(xx)1,(x)e(x1x2)1212x2x1x2x1令F(t)ett1，则F(t)et1。

当t0时，F(t)0,F(t)单调递减；当t0时，F(t)0,F(t)单调递增。

t∴当t0，F(t)F(0)0,即et10。

∴ex2x1(x2x1)10，ex1x2(x1x2)10。

ex1ex2又∵0,0,∴(x1)0,(x2)0。

x2x1x2x1∵函数y(x)在区间x1,x2上的图像是连续不断的一条曲线，

∴存在x0(x1,x2)使(x0)0,即f(x0)k成立。

【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立，分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。

【解析】（Ⅰ）利用导函数法求出f(x)取最小值f(lna)aalna.对一切x∈R，f(x)≥1恒成立转化为f(x)min1从而得出求a的取值集合。

（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题，通过构造函数，研究这个函数的性质进行分析证明。

例17. （2012年福建省理14分）已知函数f(x)＝e＋ax－ex，a∈R.

（Ⅰ）若曲线y＝f(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；

（Ⅱ）试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(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.

【答案】解：（Ⅰ）∵f′(x)＝e＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，

∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线斜率k＝2a＝0。

∴a＝0，即f(x)＝e－ex。此时f′(x)＝e－e，

∵f′(x)＝0得x＝1，当x∈(－∞，1)时，有f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)>0，

∴f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)。

（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，

令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(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)＝e－ex0＋2a(x－x0)，所以，

xxxxx2

①若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；

当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g(x0)＝0。

故g(x)只有唯一零点x＝x0。

由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合题意。

②若a＜0，令h(x)＝e－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝e＋2a。

令h′(x)＝0，得x＝ln(－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x0＝x，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x＝x。

(ii)若x0＞x，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)＝e＋ax－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)

＜ex1＋ax－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax＋bx＋c，

其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)。

由于a＜0，则必存在x2＜x1，使得ax2＋bx2＋c＜0.

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x0＜x，仿(ii)并利用e＞，可证函数g(x)在R上至少有两个零点。

6综上所述，当a＜0时，曲线y＝f(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。

【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，利用导数研究函数的单调性。

【解析】（Ⅰ）求导函数，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，可求a的值，由f′(x)<0，可得函数f(x )的单调减区间；由f′(x)＞0，可得单调增区间。

（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P等价于g(x)有唯一零点，求出导函数，再进行分类讨论：①若a≥0，g(x)只有唯一零点x＝x0，由P的任意性a≥0不合题意；（2）②若a＜0，令h(x)＝e－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝e＋2a，可得函数的单调性，进而可研究g(x)的零点，由此可得结论。

例18. （2012年辽宁省文12分）设f(x)lnxx1，证明：

(Ⅰ)当x>1时，f(x)

2

9(x1)

x533【答案】证明：(Ⅰ)设g(x)f(x)x1lnxx1x1，

22 (Ⅱ)当1x3时，f(x) 则g'(x)113。

x2x2113<0，∴g(x)单调递减。

x2x2311=0，∴g(x)<0。

2 ∵当x>1时，g'(x) 又∵g(1)ln111 ∴当x>1时，f(x)<3x1。

2x1。

2(Ⅱ) 由均值不等式，当x＞0时，2x1

x511542x54=

22x2xx52xx52

=22x4xx6x53 令hx=x5216x。

则当1x3时，hx=3x5216<0。

∴hx在（1，3）内是单调递减函数。

∵又h1=0，∴在（1，3）内，hx<0。∴在（1，3）内，kx<0。

∴kx在（1，3）内是单调递减函数。

∵又k1=0，∴在（1，3）内，kx<0。

∴当1x3时，f(x)29(x1)。

x5【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性。

【解析】（I）用差值法构造函数g(x)f(x)3113<0，可x1，可得当x>1时，g'(x)2x2x2

判断g(x)在x>1时是单调递减函数，从而由g(1)=0得到出g(x)<0，进而得出结论。

（II）由均值不等式，可得

x<3x19(x1)。用差值法构造函数kx=f(x)，可得

2x5x5216x。构造函数hx=x53216x， 利用导数判断kx

例19. （2012年江西省理14分）若函数h(x)满足

（1）h(0)1，h(1)0；

（2）对任意a[0,1]，有h(h(a))a；

（3）在(0,1)上单调递减。

1xpp则称h(x)为补函数。已知函数h(x)()(1,p0)。

1xp（1）判函数h(x)是否为补函数，并证明你的结论；

（2）若存在m[0,1]，使得h(m)m，称m是函数h(x)的中介元。记p为xn，且S(x)11(nN)时h(x)的中介元nxi，若对任意的nN，都有Sni1n1，求的取值范围；

2（3）当0，x(0,1)时，函数yh(x)的图像总在直线y1x的上方，求p的取值范围。

【答案】解：（1）函数h(x)是补函数，证明如下：

①h(0)＝1－01＝1，h(1)＝1－11＝0；

1＋λp1＋0p1－a1－pp1＋λa11－a1②对任意a∈[0,1]，有h(h(a))＝hp＝＝p1－ap1＋λap1＋λp1＋λap＋λ1＋λap1p＝a；

③令g(x)＝(h(x))，有g′(x)＝－p＋λxp2＋λxp－1p－pxp－1＋λx－－xp2＋λxppλpxp－1＝。

∵λ>－1，p>0，∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0。

∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，故函数h(x)在(0,1)上单调递减。

121*（2）当p＝(n∈)，由h(x)＝x，得λx＋2x－1＝0，(*)

nnn1n①当λ＝0时，中介元xn＝；

21②当λ>－1且λ≠0时，由(*)得x＝n11∈(0,1)或x＝∉[0,1]；

n1＋λ＋11－1＋λ11n得中介元xn＝。

1＋λ＋11n*综合① ②：对任意的λ>－1，中介元为xn＝(n∈)。

1＋λ＋11111in∴当λ>－1时，有Sn＝∑ ＝1－<，

i＝11＋λ＋11＋λ1＋λ＋11＋λn当n无限增大时，11n。

无限接近于0，Sn无限接近于1＋λ＋11＋λ111*∴对任意的n∈，Sn<成立等价于≤，即λ∈[3，＋∞)．

21＋λ211p1（3）当λ＝0时，h(x)＝(1－x)，中介元为xp＝。

p2p1111①当0

p2p2所以点(xp，h(xp))不在直线y＝1－x的上方，不符合条件。

p1pp②当p>1时，依题意只需(1－x)>1－x在x∈(0,1)时恒成立，也即x＋(1－x)<1在px∈(0,1)时恒成立。

设φ(x)＝x＋(1－x)，x∈(0,1)，则φ′(x)＝p[xppp－1－(1－x)p－1]。

111由φ′(x)＝0得x＝，且当x∈0，时，φ′(x)<0，当x∈，1时，φ′(x)>0。

222又∵φ(0)＝φ(1)＝1，∴当x∈(0,1)时，φ(x)<1恒成立。

综上：p的取值范围是(1，＋∞)。

【考点】综合法与分析法的应用，简单的演绎推理。

1xpp【解析】（1）可通过对函数h(x)()(1,p0)进行研究，探究其是否满足补函数的三个条p1x件来确定函数是否是补函数。

（2）由题意，先根据中介元的定义得出中介元xn通式，代入S(x)1x，计算出和，然后结合ii1n

1极限的思想，利用Sn<得到参数的不等式，解出它的取值范围。

2（3）0，x(0,1)时，对参数p分别讨论由函数yh(x)的图象总在直线y1x的上方这一位置关系进行转化，解出p的取值范围。

四、导数的几何意义和应用导数求曲线的切线：

典型例题：例1. （2012年全国课标卷文5分）曲线yx3lnx1在点（1,1）处的切线方程为 ▲

【答案】y=4x3。

【考点】导数的应用，曲线的切线方程。

【解析】∵yx3lnx1，∴y'3lnx1x3=3lnx4。∴y'x=14。

x ∴曲线yx3lnx1在点（1,1）处的切线方程为y14x1，即y=4x3。

例2. （2012年广东省理5分）曲线yx3x3在点（1，3）处的切线方程为 ▲ 。

【答案】2x-y+1=0。

【考点】曲线的切线方程，导数的应用。

【解析】∵y'(xx3)'3x1，y'|x12，

∴由点斜式得所求的切线方程为y-3=2(x-1) ，即2x-y+1=0。

例3. （2012年辽宁省理5分）已知P，Q为抛物线x2y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过232P、Q分别作抛物线的切线，两切线交于A，则点A的纵坐标为 ▲ 。

【答案】4。

【考点】利用导数求切线方程的方法，直线的方程、两条直线的交点的求法。

【解析】∵点P，Q的横坐标分别为4，2，∴代人抛物线方程得P，Q的纵坐标分别为8，2。

2由x2y得y12x，∴yx。∴过点P，Q的抛物线的切线的斜率分别为4，2。

2∴过点P，Q的抛物线的切线方程分别为y4x8, y2x2。

联立方程组解得x1, y4。∴点A的纵坐标为4。

lnx,x0例4. （2012年陕西省理5分）设函数f(x)，D是由x轴和曲线yf(x)及该曲线2x1,x0在点(1,0)处的切线所围成的封闭区域，则zx2y在D上的最大值为 ▲ .

【答案】2。

【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，简单线性规划。

【解析】先求出曲线在点（1，0）处的切线，然后画出区域D，利用线性规划的方法求出目标函数z的最大值即可：

1,x0∵yf(x)x，f(1)1，

2,x0∴曲线yf(x)及该曲线在点(1,0)处的切线方程为y=x-1。

∴由x轴和曲线yf(x)及y=x-1围成的封闭区域为三角形。zx2y在点(0,-1)处取得最大值2。

例5. （2012年北京市理13分）已知函数fxax2＋1a0,gxx3＋bx

（1）若曲线fx与曲线gx在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；

（2）当a24b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。

【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴f1a＋1=c, g11＋b=c。

∴a＋11＋b，即ab①。

又∵f'x2ax, g'x3x2＋b，∴f'12a, g'13＋b。

又∵曲线fx与曲线gx在它们的交点（1，c）处具有公共切线，

∴2a3＋b②。

解①②，得ab=3。

（2）∵a24b，∴设hx=fxgx=x3ax2a2x+1。

14141aa令h'x=3x22axa2=0，解得x1=，x2=。

426aa ∵a0，∴<。

26 则h'x=3x22axa2。

又∵h'x在各区间的情况如下：

x

h'x

a，

2＋

a

20

aa

，26－

a

60

a，

6＋

aaaa单调递增，在，单调递减，在，上单调递增。∴fxgx在，

2266a2a①若1，即a2时，fxgx最大值为f1g1=a；

42②若<1<a2aaa，即2

622③若1aaa时，即a6时，fxgx最大值为fg=1。

622a2综上所述：当a2时，fxgx最大值为a；当a>2时，fxgx最大值为1。

4【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。

【解析】（1）由曲线fx与曲线gx有公共点（1，c）可得f1 g1；由曲线fx与曲线gx在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即f'1 g'1。联立两式即可求出a、b的值。

（2）由

a24b得到fxgx只含一个参数的方程，求导可得fxgx的单调区间；根据

aaaa1，<1<和1三种情况讨论fxgx的最大值。

2266an例6. （2012年四川省理14分） 已知a为正实数，n为自然数，抛物线yx与x轴正半轴相22交于点A，设f(n)为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距。

（Ⅰ）用a和n表示f(n)；

f(n)1n3（Ⅱ）求对所有n都有成立的a的最小值；

f(n)1n31（Ⅲ）当0a1时，比较k1n27f(1)f(n)1与的大小，并说明理由。

4f(0)f(1)f(k)f(2k)anan2，

0，对yx【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为求导得y'2x。

22an ∴抛物线在点A处的切线方程为y2ax，即y2anx+an。

2n

∴f(n)=an。

f(n)1n3（Ⅱ）由（1）知f(n)=a，则成立的充要条件是an2n31。

3f(n)1n1n即知，an2n31对于所有的n成立，特别地，取n=2时，得到a17。

当a17,n3时,

1231233+Cn32+Cn33

an4n=1+3=1Cn3+Cn32+Cn33+1Cnn1212n3+n5n2+2n5>2n3+1。

2当n=0，1，2时，显然17n2n31。

f(n)1n3∴当a17时，对所有自然数都成立。

f(n)1n31∴满足条件的a的最小值是17。

（Ⅲ）由（1）知f(n)=a，则nk1nn11f(1)f(n)aan，。

=k2kf(0)f(1)1af(k)f(2k)k1aa下面证明：k1n127f(1)f(n)。

f(k)f(2k)4f(0)f(1)首先证明：当0

xx3427812x(x2x)1,0x1，则g'(x)x(x)。

44322'x）0；当x1时，g'(x)0， ∵当0x时，g（33∴g(x)在区间（0,1）上的最小值g(x)min=g()0。

23127x。

xx34127kk由0

2kaa4∴当0

2kf(k)f(2k)k1aa4k141a41a4f(0)f(1)【考点】导数的应用、不等式、数列。

anan，

0，进一步可求抛物线【解析】（Ⅰ）根据抛物线yx与x轴正半轴相交于点A，可得A222在点A处的切线方程，从而可得f(n)=an

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(n)=anf(n)1n3，则 成立的充要条件是an2n31，即知，an2n313f(n)1n1n对所有n成立。当a17,n3时，an4n=1+3>2n3+1；当n=0，1，2时，可得a的最小值。

（Ⅲ）由（Ⅰ）知f(n)=a，证明当0＜x＜1时，

n17n2n31，由此127x即可证明：

xx34k1n127f(1)f(n)。

f(k)f(2k)4f(0)f(1)例7. （2012年安徽省文12分）设定义在（0，+）上的函数f(x)ax（Ⅰ）求f(x)的最小值；

（II）若曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y1b(a0)

ax3x，求a,b的值。

2【答案】解：（I）∵f(x)ax11b2axbb2，

axax ∴当且仅当ax1(x1)时，f(x)的最小值为b2。

a33（II）∵曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为yx，∴f(1)。

2213 ∴ab ①。

a2113 又∵f(x)a2，∴f(1)a ②。

axa2 解①②得：a2,b1。

【考点】基本不等式的应用，导数的应用。

【解析】（I）应用基本不等式a2b22ab即可求得f(x)的最小值。

（II）由f(1)33和f(1)联立方程组，求解即可求得a,b的值。

22n例8. （2012年湖北省文14分）设函数f(x)＝ax(1－x)＋b(x＞0)，n为整数，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；

1（III）证明：f(x)＜.

ne【答案】解：（Ⅰ）∵f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0。

∵f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)x，∴f′(1)＝－a。

n又∵切线x＋y＝1的斜率为－1，∴－a＝－1，即a＝1。

∴a＝1，b＝0。

（II）由（Ⅰ）知，f(x)＝x(1－x)＝x－x令f′(x)＝0，解得x＝∵在0，递减，

nnn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1n－x。

n＋1n，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝。

n＋1n＋1nn，＋∞上，f′(x)<0，f(x)单调上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在n＋1n＋1nn＋1nnn＝nn1－n＝∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为fn＋n＋1n＋1n＋1tttt。

111t－1（III）证明：令φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，则φ′(t)＝－2＝2(t＞0)。

∵在(0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)单调递减；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增，

1∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0。 ∴φ(t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－(t＞1)。

t1n＋11n＋1n＋1＞lne。 令t＝1＋，得ln＞，即lnnnn＋1nnn＋1n＋1＞e，即∴n＋n由（II）知，f(x)≤nn＋1＜1。

nennn＋n＋11＜，∴所证不等式成立。

ne【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程。

【解析】（I）由题意曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1，故可根据导数的几何意义与切点处的函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。

（II）由于f(x)＝x(1－x)＝x－x单调性，即可求出函数的最大值。

（III）结合（II），欲证：f(x)＜1n＝nn1－n＝．由于函数f(x)的最大值fnen＋1n＋1n＋1nnn＋1，可求 f′(x)＝(n＋1)xn－1n－x，利用导数研究函数的n＋1

nnn＋n＋1，故此不等式证明问题可转化为证明

nnn＋n＋11＜，对此不等式两边求以e为底的对数发ne1现，可构造函数φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，借助函数的最值辅助证明不等式。

t例9. （2012年湖南省理13分）已知函数f(x)ea xx，其中a≠0.

（Ⅰ）若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合.

（Ⅱ）在函数f(x)的图像上取定两点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1x2)，记直线AB的斜率为k，问：是否存在x0，使f(x0)k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由.

（x1，x2）ax【答案】解：（Ⅰ）若a0，则对一切x0，f(x)ex1，这与题设矛盾，

又a0，故a0。

ax∵f(x)ae1,∴令f(x)0,得x11ln。

aa11ln时，f(x)0,f(x)单调递减；

aa11当xln时，f(x)0,f(x)单调递增.

aa1111111∴当xln时，f(x)取最小值f(ln)ln。

aaaaaaa111于是对一切xR,f(x)1恒成立，当且仅当ln1 ①

aaa当x令g(t)ttlnt,则g(t)lnt。

当0t1时，g(t)0,g(t)单调递增；当t1时，g(t)0,g(t)单调递减，

∴当t1时，g(t)取最大值g(1)1。

∴当且仅当11即a1时，①式成立。

a综上所述，a的取值集合为1。

f(x2)f(x1)eax2eax1（Ⅱ）存在。由题意知，k1。

x2x1x2x1eax2eax1令(x)f(x)kae,则

x2x1axeax1eax2a(x2x1)a(x1x2)。

(x1)ea(xx)1,(x)ea(x1x2)1212x2x1x2x1

令F(t)ett1，则F(t)et1。

当t0时，F(t)0,F(t)单调递减；当t0时，F(t)0,F(t)单调递增，

t∴当t0，F(t)F(0)0,即et10。

∴ea(x2x1)a(x2x1)10，ea(x1x2)a(x1x2)10。

eax1eax2又∵0,0,∴(x1)0,(x2)0。

x2x1x2x1∵函数y(x)在区间x1,x2上的图像是连续不断的一条曲线，

∴存在x0(x1,x2)使(x0)0,(x)a2eax0,(x)单调递增，故这样的c是唯一1eax2eax11eax2eax1的，且cln，故当且仅当x(ln,x2)时，

f(x0)k。

aa(x2x1)aa(x2x1)综上所述，存在x0(x1,x2)使f(x0)k成立.且x0的取值范围为

1eax2eax1(ln,x2)。

aa(x2x1)【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。

【解析】（Ⅰ）用导函数法求出f(x)取最小值f(ln)化为f(x)min1，从而得出a的取值集合。

（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断。

例10. （2012年辽宁省理12分）设f(x)ln(x1)x1axb(a,bR,a,b为常数)，曲线1a1a111ln，对一切x∈R，f(x)≥1恒成立转aaayf(x)与直线y3x在(0，0)点相切。

2 (Ⅰ)求a,b的值。

(Ⅱ)证明：当0x2时，f(x)9x。

x6【答案】解：（I）∵yf(x)过（0，0），∴f(0)=0。∴b=－1。

∵曲线yf(x)与直线y∴y|x0(3x在（0，0）点相切，

21133a)|x0a。∴a=0。

x12x122（II）证明：由（I）知f(x)ln(x1)由均值不等式，当x＞0时，2令kx=f(x)则kx=x11。

x1

2x11

x611542x154=

x12x1x622x1x62x31x6216x1542。

<=22x1x64x1x62 令gx=x6216x1。

则当0x2时，gx=3x6216<0。

∴gx在（0，2）内是单调递减函数。

∵又g0=0，∴在（0，2）内，gx<0。∴在（0，2）内，kx<0。

∴kx在（0，2）内是单调递减函数。

∵又k0=0，∴在（0，2）内，kx<0。

∴当0x2时，f(x)239x。

x6【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性与最值中的运用，利用导数研究曲线上某点切线方程。

【解析】（I）由yf(x)过（0，0），可求b的值，根据曲线yf(x)与直线y利用导函数，可求a的值。

（II）由（I）知f(x)ln(x1)3x在（0，0）点相切，2xx11，由均值不等式，可得

x1<1。用差值

23x6216x1。9x3法构造函数kx=f(x)，可得kx<构造函数gx=x6216x1，

x64x1x6利用导数判断gx在（0，2）内是单调递减函数，从而得到出kx在（0，2）内是单调递减函数，进而

得出结论。

五、定积分的计算和应用：

典型例题：例1.（2012年湖北省理5分）已知二次函数y=fx的图像如图所示 ，则它与x轴所围图形的面积为【 】

A.243 B. C. D.

5322【答案】B。

【考点】待定系数法求函数解析式，定积分在求面积中的应用。

【解析】先根据函数的图象用待定系数法求出函数的解析式，然后利用定积分表示所求面积，最后根据定积分运算法则求出所求：

根据函数的图象可知二次函数y=fx图象过点（－1，0），（1，0），（0，1），用待定系数法可求得二次函数解析式为fx=1x。

2设二次函数y=fx的图像与x轴所围图形的面积为S，

1314则S=1-xdx=21-xdx=2x-x=。故选B。

-103031212例2.（2012年上海市文4分）已知函数yf(x)的图像是折线段ABC，其中A(0,0)、B(,1)、C(1,0)，函数yxf(x)（0x1）的图像与x轴围成的图形的面积为 ▲

【答案】121。

4【考点】函数的图象与性质，函数的解析式的求解方法。

1122x,0x2x,0x22【解析】根据题意得到，f(x)，∴得到yxf(x)。

112x2,

2

抛物线形状完全相同，只是开口方向及顶点位置不同，，封闭图形MND与OMP全等，面积相等，故所求面积即为矩形ODMP的面积S111。

224若用定积分求解，则1202xdx21212x22xdx1。

4

例3.（2012年山东省理4分）设a＞0.若曲线y=x与直线x＝a，y=0所围成封闭图形的面积为a，则a=

▲ 。

【答案】9。

4【考点】定积分的应用。

【解析】Sa02xdxx233a029a2a，解得a。

343例4.（2012年江西省理5分）计算定积分【答案】11(x2sinx)dx ▲ 。

2。

3【考点】定积分。

x311112【解析】(xsinx)dxcosx|1cos1cos11。

133333312例5. （2012年福建省理5分）如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为【 】

1111A. B. C. D.

4567

【答案】C。

【考点】定积分的计算，几何概型的计算。

【解析】∵S阴影=10231211xxdxx2x21，

032326 ∴利用几何概型公式得：P=S阴影S正方形116。故选C。

16例6. （2012年湖南省理5分）函数（fx）sinx的导函数yf(x)的部分图像如图所示，其中，P为图像与y轴的交点，A,C为图像与x轴的两个交点，B为图像的最低点.

（1）若6

，点P的坐标为0，33，则 ▲ ;

2（2）若在曲线段ABC与x轴所围成的区域内随机取一点，则该点在△ABC内的概率为 ▲ .

【答案】（1）3；（2）。

4【考点】三角函数的图像与性质，定积分，几何概率。

3333

【解析】（1）yf(x)cos(x)，当，点P的坐标为0，时，cos，

6262 ∴3。

2（2）由图知AC1T，SABCAC。

2222∵yf(x)cos(x)，∴曲线段ABC与x轴所围成的区域面积为

323222[fx]dx=fx|sin3（sin）2。

22

由几何概率知该点在△ABC内的概率为PSABC2。

S24