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2011年湖南高考数学必考点题型热点预测与分析(6)—函数与导数


2011 年湖南高考数学必考点题型热点预测与分析
命题热点六 函数与导数 函数是高中数学的主线,是高考考查的重点内容,主要考查:函数的定义域与值域、函 数的性质、函数与方程、基本初等函数、函数的应用等,在高考试卷中,一般以选择题和填 空题的形式考查函数的性质、函数与方程、基本初等函数等,以解答题的形式与导数交汇在 一起考查函数的定义域、单调性以及函数与不等式、函数与方程

等知识.其中函数与方程思 想、数形结合思想等都是考考查的热点. 高考对导数的考查主要有以下几个方面: 一是考查导数的运算与导数的几何意义, 二是 考查导数的简单应用,例如求函数的单调区间、极值与最值等,三是考查导数的综合应用. 导数的几何意义以及简单应用通常以客观题的形式出现, 属于容易题和中档题; 而对于导数 的综合应用,则主要是和函数、不等式、方程等联系在一起以解答题的形式进行考查,例如 一些不等式恒成立问题、参数的取值范围问题、方程根的个数问题、不等式的证明等问题. 预测 1. 函数 f ( x) ? x ? 2ax ? a 在区间 (??,1) 上有最小值,则函数 g ( x) ?
2

f ( x) 在 x

区间 (1,??) 上一定 A.有最小值 B.有最大值 C.是减函数 D.是增函数

解 析 : 函 数 f ( x) 图 像 的 对 称 轴 为 x ? a , 依 题 意 有 a ? 1 , 所 以

g ( x) ?

f ( x) a ? x ? ? 2a , g ( x) 在 (0, a ) 上 递 减 , 在 ( a ,?? ) 上 递 增, 故 g ( x) 在 x x

(1, ??) 上也递增,无最值,选 D.
动向解读:本题考查二次函数、不等式以及函数的最值问题.对于二次函数,高考有着 较高的考查要求,应熟练掌握二次函数及其有关问题的解法.在研究函数的单调性以及最值 问题时,要善于运用基本不等式以及函数 y ? x ?

p ( p ? 0) 的单调性进行求解. x 2x ( x ? 0) 的部分图像分别对 预测 2. 如图,当参数 ? 分别取 ?1 , ?2 时,函数 f ( x) ? 1? ? x

应曲线 C1 , C2 ,则有

A. 0 ? ?1 ? ?2

B. 0 ? ?2 ? ?1

C.

?1 ? ?2 ? 0

D.

?2 ? ?1 ? 0

解析: 由于函数 f ( x) ?

2x 的图像在 [0, ??) 上连续不间断, 所以必有 ?1 ? 0, ?2 ? 0 . 1? ? x

又因为当 x ? 1 时,由图像可知

2 2 ,故 ?1 ? ?2 ,所以选 A. ? 1 ? ?1 1 ? ?2

动向解读:本题考查函数的图像问题,这是高考考查的热点题型,其特点是给出函数 图象,求函数解析式或确定其中的参数取值范围.解决这类问题时,要善于根据函数图象分 析研究函数的性质,从定义域、值域、对称性、单调性、经过的特殊点等方面获取函数的 性质,从而确定函数的解析式或其中的参数取值范围. 预测 3. 已知函数 f ( x) ? e x ? mx 的图像为曲线 C,若曲线 C 不存在与直线 y ? 直的切线,则实数 m 的取值范围是 A. m ? ?

1 x垂 2

1 2
' x

B. m ? ?

1 2

C. m ? 2

D. m ? 2

解析: f ( x) ? e ? m ,曲线 C 不存在与直线 y ?
x x

1 x 垂直的切线,即曲线 C 不存在斜 2

率等于 ?2 的切线,亦即方程 e ? m ? ?2 无解, e ? m ? 2 ,故 m ? 2 ? 0 ,因此 m ? 2 . 动向解读:本题考查导数的几何意义,这是高考对导数考查的一个重要内容和热点内 容,涉及曲线的切线问题都可考虑利用导数的几何意义解决,求解这类问题时,要始终以 “切点”为核心,并注意对问题进行转化. 预测 4. (理科)已知函数 为 R 上的单调函数,则实数 a 的取值范围是 A. [?1, 0) B. (0, ??) C. [?2, 0) D. (??, ?2)

?a ? 0 ? 解析:若 f ( x ) 在 R 上单调递增,则有 ? a ? 2 ? 0 , a 无解;若 f ( x ) 在 R 上单调递减, ?a ? 2 ? 1 ? ?a ? 0 ? 则有 ? a ? 2 ? 0 ,解得 ?1 ? a ? 0 ,综上实数 a 的取值范围是 [?1, 0) .故选 A. ?a ? 2 ? 1 ?
动向解读:本题考查分段函数、函数的单调性以及分类讨论思想,这些都是高考的重 要考点.解决这类问题时,要特别注意:分段函数在 R 上单调递增(减) ,不仅要求函数在 每一段上都要单调递增(减) ,还应满足函数在分段点左侧的函数值不大于(不小于)分段 点右侧的函数值.

?ax 2 ? 1? x ? 0 ? ? (文科) 已知函数 f ? x ? ? ? 为 R 上的单调函数,则实数 a 的取值范 x ?(a ? 2)e ? x ? 0 ? ?
围是 A. (2,3] B. (2, ??) C. (??,3] D. (2, 3)

?a ? 0 ? 解析:若 f ( x ) 在 R 上单调递增,则有 ? a ? 2 ? 0 ,解得 2 ? a ? 3 ;若 f ( x ) 在 R 上单 ?a ? 2 ? 1 ? ?a ? 0 ? 调递减,则有 ? a ? 2 ? 0 , a 无解,综上实数 a 的取值范围是 (2,3] . ?a ? 2 ? 1 ?
动向解读:本题考查分段函数、函数的单调性以及分类讨论思想,这些都是高考的重 要考点.解决这类问题时,要特别注意:分段函数在 R 上单调递增(减) ,不仅要求函数在 每一段上都要单调递增(减) ,还应满足函数在分段点左侧的函数值不大于(不小于)分段 点右侧的函数值. 预测 5. (理科)设函数 f ( x) ? x 2 ? b ln(x ? 1) ,其中 b ? 0 . (1)若 b ? ?12 ,求 f (x) 在 [1,3] 的最小值; (2)如果 f ( x) 在定义域内既有极大值又有极小值,求实数 b 的取值范围; (3)是否存在最小的正整数 N ,使得当 n ? N 时,不等式 ln 解析: (1)由题意知, f (x) 的定义域为 (?1,??) ,

n ?1 n ?1 ? 3 恒成立. n n

12 2 x 2 ? 2 x ? 12 ? ? 0 ,得 x ? 2 ( x ? ?3 舍去) , x ?1 x ?1 当 x ? [1, 2) 时, f / ( x) ? 0 ,当 x ? (2,3] 时, f / ( x) ? 0 , 所以当 x ? [1, 2) 时, f ( x ) 单调递减;当 x ? (2,3] 时, f ( x ) 单调递增, 所以 f ( x)min ? f (2) ? 4 ?12ln 3;
b ? ?12 时,由 f / ( x) ? 2 x ?
( 2 ) 由 题 意 f ( x) ? 2 x ?
/

b 2x2 ? 2x ? b ? ? 0 在 (?1,??) 有 两 个 不 等 实 根 , 即 x ?1 x ?1

2 x 2 ? 2 x ? b ? 0在 (?1,??) 有两个不等实根, ?? ? 4 ? 8b ? 0 1 2 设 g ( x) ? 2 x ? 2 x ? b ,则 ? ,解之得 0 ? b ? ; 2 ? g (?1) ? 0 (3)对于函数 f ?x? ? x 2 ? ln(x ? 1) ,令函数 h?x? ? x 3 ? f ( x) ? x 3 ? x 2 ? ln(x ? 1) ,

1 3x 3 ? ( x ? 1) 2 ? ,?当x ? [0,??)时,h / ?x? ? 0 , x ?1 x ?1 所以函数 h?x ? 在 [0,??) 上单调递增,又 h(0) ? 0,? x ? (0,??) 时,恒有 h?x ? ? h(0) ? 0 , 1 n ?1 1 1 2 3 ? 2 ? 3 恒成立. 即 x ? x ? ln(x ? 1) 恒成立.取 x ? ? (0,?? ) ,则有 ln n n n n n ?1 1 1 ? 2 ? 3 恒成立. 显然,存在最小的正整数 N=1,使得当 n ? N 时,不等式 ln n n n
则 h ?x ? ? 3x ? 2 x ?
/ 2

预测 6. 设函数 f ( x) ? (1 ? x) ? 2ln(1 ? x) .
2

(I)求 f ( x ) 的单调区间;

(II)当 0<a<2 时,求函数 g ( x) ? f ( x) ? x2 ? ax ?1 在区间 [0, 上的最小值. 3] 解: (I)定义域为 (?1, ??) .

1 2 x( x ? 2) ? . x ?1 x ?1 2 x( x ? 2) ? 0 ,所以 x ? ?2 或 x ? 0 . 令 f ?( x) ? 0 ,则 x ?1 f ?( x) ? 2(1 ? x) ?
因为定义域为 (?1, ??) ,所以 x ? 0 . 令 f ?( x) ? 0 ,则

2 x( x ? 2) ? 0 ,所以 ?2 ? x ? 0 . x ?1

因为定义域为 (?1, ??) ,所以 ?1 ? x ? 0 . 所以函数的单调递增区间为 (0, ??) ,单调递减区间为 (?1, 0) . (II) g ( x) ? (2 ? a) x ? 2ln(1 ? x) ( x ? ?1 ) . ???6 分

2 (2 ? a) x ? a ? . 1? x 1? x a ? 0. 因为 0<a<2,所以 2 ? a ? 0 , 2?a a 令 g ?( x) ? 0 可得 x ? . 2?a a a ) 上为减函数,在 ( , ??) 上为增函数. 所以函数 g ( x) 在 (0, 2?a 2?a a 3 ? 3 ,即 0 ? a ? 时, ①当 0 ? 2?a 2 a a ) 上为减函数,在 ( ,3) 上为增函数. 3] 在区间 [0, 上, g ( x) 在 (0, 2?a 2?a a 2 ) ? a ? 2 ln 所以 g ( x) min ? g ( . 2?a 2?a a 3 ? 3 ,即 ? a ? 2 时, g ( x) 在区间 (0, 上为减函数. 3) ②当 2?a 2 g ?( x) ? (2 ? a) x ?
所以 g ( x)min ? g (3) ? 6 ? 3a ? 2ln 4 . 综上所述,当 0 ? a ? 当

3 2 时, g ( x) min ? a ? 2 ln ; 2 2?a
??13 分

3 ? a ? 2 时, g ( x)min ? 6 ? 3a ? 2ln 4 . 2
x ?1

预测 7. 设函数 f ( x) ? x ? ae (I)求函数 f ( x ) 单调区间;



(II)若 f ( x) ? 0对x ? R 恒成立,求 a 的取值范围; (III)对任意 n 的个正整数 a1 , a2 ,? , an .记A ?

a1 ? a2 ? ? an n

(1)求证:

ai ?1 ai ? e A (i ? 1, 2,? n) (2)求证: A ? n a1a2 ? an A

解: (I) f ?( x) ? 1 ? ae x?1 ??????1 分 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 在 R 上是增函数????2 分 当 a ? 0 时,令 f ?( x) ? 0 得 x ? 1 ? ln a ????????3 分 若 x ? 1 ? ln a 则 f ?( x) ? 0 ,从而 f ( x ) 在区间 (??,1 ? ln a) 上是增函数 若 x ? 1 ? ln a 则 f ?( x) ? 0 ,从而 f ( x ) 在区间 (1 ? ln a, ? ?) 上是减函数 综上可知:当 a ? 0 时, f ( x ) 在区间 (??, ? ?) 上是增函数。当 a ? 0 时,在区间 (??,1 ? ln a) 上是增函数, f ( x) 在区间 (1 ? ln a, ? ?) 上是减函数????5 分 (II)由(I)可知:当 a ? 0 时, f ( x) ? 0 不恒成立????6 分 又当 a ? 0 时, f ( x ) 在点 x ? 1 ? ln a 处取最大值, 且 f (1 ? ln a) ? 1 ? ln a ? ae? ln a ? ? ln a ??????8 分 令 ? ln a ? 0 得 a ? 1 故若 f ( x) ? 0 对 x ? R 恒成立,则 a 的取值范围是 1, ? ?? ??9 分 (III)证明: (1)由(II)知:当 a ? 1 时恒有 f ( x) ? x ? ex?1 ? 0 成立 即x?e
x ?1

?

ai ?1 ai ? ? e A ??????11 分 A a1 a2 ?1 ?1 a1 a2 A ? e A ;??; (2)由(1)知: ? e ; A A a1 ? a2 ??? an ?n a a ?a A ?1 把以上 n 个式子相乘得 1 2 n n ? e A ? An ? a1a2 ?an

an ?1 an ?eA A

故 A?

n

a1a2 ? an ??????????????13 分

预测 8. 已知函数 f ( x) ? ax ? ln x(a ? R) .
2

(1)当 a ?

1 时,求 f ( x ) 在区间 ?1,e? 上的最大值和最小值; 2

(2) 如果函数 g ( x) , f 1( x ) , f 2( x) , 在公共定义域 D 上, 满足 f 1( x) ? g ( x) ? f 2( x) , 那么就称为 g ( x) 为 f1 ( x), f 2 ( x) 的“活动函数” . 已知函数 f 1( x) ? ( a ? ) x ? 2ax ? (1 ? a ) ln x , f 2( x) ?
2 2

1 2

1 2 x ? 2ax . 2

①若在区间 ?1, ?? ? 上,函数 f ( x ) 是 f 1( x ) , f 2( x) 的“活动函数” ,求 a 的取值

范围; ②当 a ?

2 时,求证:在区间 ?1, ?? ? 上,函数 f 1( x ) , f 2( x) 的“活动函数”有无 3

穷多个. 解: (1)当 a ?
1 1 1 x2 ?1 时, f (x) ? x 2 ? ln x , f ?(x) ? x ? ? ; 2 2 x x 对于 x ?[1, e],有 f ?(x) ? 0 ,∴f ( x ) 在区间[1, e]上为增函数,

1 e2 , f min ( x) ? f (1) ? . 3 分 2 2 (2)① 在区间(1,+∞)上,函数 f ( x ) 是 f1 (x), f 2 (x) 的“活动函数”,则 f 1 ( x ) ? f ( x ) ? f 2 ( x )

∴f max (x) ? f (e) ? 1 ?

令 p ( x) ? f ( x) ? f 2 ( x) ? (a ? ) x ? 2ax ? ln x <0,对 x ? (1,+∞)恒成立,
2

1 2

1 且 h(x)=f1(x) – f(x)= ? x 2 ? 2ax ? a 2 ln x <0 对 x ? (1,+∞)恒成立, 5 分 2

∵ p`(x) ? (2a ? 1) x ? 2a ? 1)若 a ?

1 (2a ? 1) x 2 ? 2ax ? 1 ( x ? 1)[(2a ? 1) x ? 1] ? ? x x x

(*)

1 1 ,令 p`(x) ? 0 ,得极值点 x 1 ? 1 , x 2 ? , 2 2a ? 1 1 ? a ? 1 时,在( x2 ,+∞)上有 p`(x) ? 0 , 2

当 x 2 ? x 1 ? 1 ,即

此时 p (x) 在区间( x 2 ,+∞)上是增函数,并且在该区间上有 p (x) ∈ p( x2 ) ,+∞) ( , 不合题意; 当 x 2 ? x 1 ? 1 ,即 a ? 1 时,同理可知, p (x) 在区间(1,+∞)上,有

p(x) ∈ p(1) ,+∞) ( ,也不合题意;
2) 若 a ?
1 ,则有 2a ?1 ? 0 ,此时在区间(1,+∞)上恒有 p`(x) ? 0 , 2

7分

从而 p (x) 在区间(1,+∞)上是减函数; 要使 p( x) ? 0 在此区间上恒成立,只须满足 p (1) ? ? a ? 所以 ?
1 1 ?a? . 2 2

1 1 ?0?a?? , 2 2
9分

又因为 h/(x)= –x+2a– 函数, h(x)<h(1)= ?

a2 ? x 2 ? 2ax ? a 2 ? (x ? a ) 2 = <0, h(x)在(1, +∞)上为减 ? x x x

1 +2a ? 0, 2
1 1 , ]. 2 4

所以 a ?

1 4

综合可知 a 的范围是[ ?

12 分

另解: (接在(*)号后)

先考虑 h(x), h`(x) = – x + 2a ?

a2 ( x ? a) 2 ? 0, =? x x
1 1 ? 2a ? 0 ,解得 a ? . 2 4
8

h(x)在(1,+?)递减,只要 h(1) ? 0, 得 ? 分

( x ? 1)[( 2a ? 1) x ? 1] 1 对 x?(1,+?) 且 a ? 有 p`(x) <0. x 4 1 1 只要 p(1) ? 0, a ? ? 2a ? 0 ,解得 a ? ? , 2 2 1 1 所以. ? ? a ? . 12 分 2 4
而 p`(x)= ② a? 当
2 1 4 5 1 4 时, f1 (x) ? x 2 ? x ? ln x, f 2 (x) ? x 2 ? x 3 6 3 9 2 3

1 5 则 y=f2(x) –f1(x)= x2 – lnx, x ? (1,+∞) . 9 3

因为 y /=

2x 5 6x2 ? 5 ? ? >0,y=f2(x) –f1(x)在 (1,+∞)为增函数, 3 9x 9x
1 . 3

所以 f2(x) –f1(x)> f2(1) –f1(1)=

1 设 R(x)=f1(x)+ ? (0< ? <1), 则 f1(x)<R(x)<f2(x), 3 所以在区间(1,+∞)上,函数 f1 (x), f 2 (x) 的“活动函数”有无穷多个. 其他如 R(x)= ? f1(x)+ ? f2(x) 0< ? , ? <1,且 ? + ? =1)等也可以 (

预测 9. 已知 f ( x) ? x ? a sin x . (Ⅰ)若 f ( x) 在 (??, ??) 上为增函数,求实数 a 的取值范围; (Ⅱ)当常数 a ? 0 时,设 g ( x) ?
f ( x) ?? 5? ? ,求 g ( x) 在 ? , ? 上的最大值和最小值. x ?6 6 ?

解:(Ⅰ)∵ f ( x) 在 (??,? ?) 上为增函数, ∴ f ?( x) ? 1 ? a cos x ? 0 对 x ? (??,? ?) 恒成立. 1] 令 t ? cos x ,则 1? at ? 0 对 t ? [?1, 恒成立, ∴?
? 1 ? a ? (?1) ? 0 ,解得 ?1 ? a ? 1, ?1 ? a ?1 ? 0

???2 分

1] ∴实数 a 的取值范围是 [ ?1, .

????????6 分

f ( x) a sin x a( x cos x ? sin x) ,∴ g ?( x) ? ,????? 8 分 ? 1? x x x2 记 h( x) ? x cos x ? sin x,x ? (0,? ) ,则 h?( x) ? ? x sin x ? 0 对 x ? (0,? ) 恒成立, ∴ h( x) 在 x ? (0,? ) 上是减函数,∴ h( x) ? h(0) ? 0 ,即 g ?( x) ? 0 ,

(Ⅱ)当 a ? 0 时, g ( x) ?

∴当 a ? 0 时, g ( x) ?

f ( x) ? ? 5? ? 在 ? 0,? ? 上是减函数,得 g ( x) 在 ? , ? 上为减函数. x ?6 6 ?

∴当 x ?

?
6

时, g ( x) 取得最大值 1 ?

3a

?

;当 x ?

5? 3a 时, g ( x) 取得最小值 1 ? . 13 分 6 5?

预 测 10. 设 定 义 在 R 上 的 函 数

f (x) 满 足 : ① 对 任 意 的 实 数 x, y ? R , 有
x ? 0时,f ( x) ? 1
. 数 列

f ( x ? y) ? f ( x) f ( y);
a1 ? f (0), 且f (a n ?1 ) ?





?a ?
n





1 (n ? N ? ) . f (?1 ? a n ) (Ⅰ)求证: f ( x) ? 1 ,并判断函数 f (x) 的单调性; f (? x)
( Ⅱ ) 令

bn

是 最 接 近

an 的 正 整 数 , 即

a n ? bn ?

1 (bn ? N ? ) , 设 2

Tn ?

1 1 1 ? ? ? ? (n ? N ? ) ,求 b1 b2 bn

T1000 ;

解: (1)令 y

? 0, x ? 1, f (1)(1 ? f (0)) ? 0 . f (0) ? 1
.∵ x

? f (1) ? 1 ∴

? 0时,f ( x) ? 1 .
f ( x) ? 1 f (? x)
????? 3 分

∴ 1 ? f (0) ? f (? x ? x) ? f (? x) f ( x) .∴ ∴ x ? 0时,? 0 设 x1 而 x2 ∴

f ( x) ? 1

∴ x ? R时,f ( x) ? 0

? x2 , f ( x2 ) ? f ?x1 ? ?x2 ? x1 ?? ? f ?x1 ? f ?x2 ? x1 ? ? x1 ? 0, f ( x2 ? x1 ) ? 1


f ( x2 ) ? f ( x1 ) f ( x2 ? x1 ) ? f ( x1 )
??????6 分

f (x) 在 R 上是增函数.

(2) a1 ∴ an?1 令 bn

? f (0) ? 1, f (an?1 ) ? f (an ? 1)

? an ? 1, an ? n(n ? N ? ) .

? k (k ? N ? ), k ?

1 1 ? n ?k ? 2 2
2

2 即k ? k ?

1 1 ? n ? k2 ? k ? . 4 4

∵ k, n 都是正整数,∴ k ∴满足 bn

? k ?1? n ? k 2 ? k .

? k 的正整数 n ,有 k 2 ? k ? ?k 2 ? k ? 1? ? 1 ? 2k (个)
32 2 ? 32 ? 1 ? 9 9 3

312 ? 1000 ? 32 2

T1000 ?

1 1 1 1 1 1 1 1 ? ??? ? 2 ? 1 ? 4 ? ? 6 ? ? ? ? 62 ? ? 8 ? ? 62 b1 b2 b1000 2 3 31 32 4

?? 13 分 预测 11. 已知函数 f ( x) ? xk ? b (常数 k , b ? R )的图像过点 (4, 2) 、 (16, 4) 两点. (1)求 f ( x ) 的解析式; ( 2 ) 若 函 数 g ( x) 的 图 像 与 函 数 f ( x) 的 图 像 关 于 直 线 y ? x 对 称 , 若 不 等 式

g ( x)? g ( x? 2 )? 2a x? 恒成立,求实数 a 的取值范围; 2
(3)若 P , P , P ,?, Pn , ? 是函数 f ( x ) 图像上的点列, Q1 , Q2 , Q3 ,?, Qn ,? 是 x 正半轴 1 2 3 上的点列, O 为坐标原点, ?OQ1P , ?Q1Q2 P ,?, ?Qn?1Qn P ,? 是一系列正三角形,记 1 2 n 它们的边长是 a1 , a2 , a3 ,?, an ,?,探求数列 ?an ? 的通项公式,并说明理由.

? 2 ? 4k ? b 1 ? b ? 0, k ? ? f ( x) ? x 【解析】 (1) ? k 2 ? 4 ? 16 ? b
(2) g ( x) ? x2 ( x ? 0)

????? 3 分

x?2? 0 ? g ( x) ? g ( x ? 2) ? 2ax ? 2 ? ? 2 2 ? x ? ( x ? 2) ? 2ax ? 2
原问题等价于 a ? x ? 利用函数 y ? x ?

1 ? 2 在 x ?[2, ??) 恒成立 x

?????6 分

1 ? 2 在区间 [2, ??) 上为增函数可得 a ?? x
?????8 分

(3)由 ?

?y? x ? ? y ? 3x ? y? x

?x?

1 2 ? a1 ? 3 3

????? 9 分

由?

? ?

? y ? 3( x ? Sn?1 ) ?

? 3x ? x ? 3Sn?1 ? 0 ? x ?

1 ? 6Sn?1 ? 1 ? 12Sn?1 6

1 1 ? 1 ? 12S n ?1 ,由此原问题转化为 3 3 1 2 1 2 已知 (an ? ) ? ? (1 ? 12 S n ?1 ) 且 a1 ? ,求 an ????? 11 分 3 9 3 1 2 1 1 2 1 2 4 又 (an ?1 ? ) ? ? (1 ? 12 S n ) ,两式相减可得: (an ?1 ? ) ? (an ? ) ? an 3 9 3 3 3 1 1 2 ? (an ?1 ? ) 2 ? (an ? ) 2 ? (an ?1 ? an )(an ?1 ? an ? ) ? 0 3 3 3 2 又,因为 an ? 0 ,所以 an ?1 ? an ? ? 0 3
将 x 代人 an ? 2( x ? S n ?1 ) ?

从而 {an } 是以

2 2 2n 为首项, 为公差的等差数列,即 an ? 3 3 3
x

?????13 分

P (0,1) 作曲线 C 的切线 l0 交 x 轴于点 Q1 ( x1 ,0) , 预测12. 如图5,过曲线 C : y ? e 上一点 0
又过 于点 过点

P (x , y ) Q1 作 x 轴的垂线交曲线 C 于点 P ( x1 , y1 ) , l 1 然后再过 1 1 1 作曲线 C 的切线 1 交 x 轴 Q2 ( x2 , 0) ,又过 Q2 作 x 轴的垂线交曲线 C 于点 P2 ( x2 , y2 ) , ??,以此类推,
Pn 的切线 ln 与 x 轴相交于点 Qn?1 ( xn?1 ,0) ,再过点 Qn?1 作 x 轴的垂线交曲线 C 于点

Pn?1 ( xn?1 , yn?1 ) ( n ?N * ) .
(1) 求

x1 、 x2 及数列 {xn } 的通项公式; ln 及直线 Pn?1Qn?1 所围成的图形面积为 Sn ,求 Sn 的表达式;

(2) 设曲线 C 与切线

Tn ?1 xn ?1 ? {S } T T xn (n ? N * ) . (3) 在满足(2)的条件下, 若数列 n 的前 n 项和为 n ,求证: n

x l k k ?e n . ? (1) 解: 由 y ? e ,设直线 n 的斜率为 n ,则 n

x

l x ? ?1 , ∴直线 0 的方程为 y ? x ? 1 .令 y ? 0 ,得 1
y1 ? e x1 ? 1 1 1 P ( ?1, ) k1 ? e x1 ? 1 e, ∴ e .∴ e.
y? 1 1 ? ( x ? 1) x ? ?2 . e e .令 y ? 0 ,得 2

??2分



l ∴直线 1 的方程为

??4分

一般地,直线

ln 的方程为 y ? exn ? exn ( x ? xn ) ,

由于点

Qn?1 ( xn?1 ,0) 在直线 ln 上,∴ xn?1 ? xn ? ?1.

∴数列

?xn ? 是首项为 ?1 ,公差为 ?1 的等差数列.∴ xn ? ?n .
?n

??6分

(2)解:

Sn ? ?

?n 1 1 1 e x dx ? ( xn ? xn ?1 ) yn ? e x | ? yn ? (e ? n ? e ? n ?1 ) ? e ? n ? ( n ?1) ? ( n ?1) 2 2 2

e?2 1 ? n ? 2e e .

??8分

e?2 ? 1 1 1 Tn ? ?? 1 ? 2 ??? n 2e ? e e e
(3)证明:

1 1 [1 ? ( )n ] e?2 e ? e ? e ? 2 ? (1 ? 1 ) ? ?? 1 2e 2e(e ? 1) en ? 1? e .
??10分

n ?1 Tn ?1 en ?1 ? e ? 1 ? 1 ? e ? 1 ? 1 Tn en ?1 ? e en ?1 ? e xn?1 ? ?(n ? 1) ? 1 ? 1 1? n x ?n n. e ∴ , n

1?

1

Tn ?1 xn ?1 e ?1 1 ? ? Tn xn ,只要证明 e n ?1 ? e n ,即只要证明 en?1 ? (e ?1)n ? e . 要证明
??11分 证法1: (数学归纳法) 当 n ? 1 时,显然 (e ?1) ? 0 ? e ? 2e ?1 ? e ? (e ?1) ? e 成立;
2 2 2
k ?1

2

3

假设 n ? k 时, e

? (e ?1)k ? e 成立,

则当 n ? k ? 1 时, e

k ?2

? e ? ek ?1 ? e[(e ?1)k ? e] ,

而 e[(e ?1)k ? e] ? [(e ?1)(k ? 1) ? e] ? (e ?1) (k ? 1) ? 0 .
2

∴ e[(e ? 1)k ? e] ? (e ? 1)(k ? 1) ? e .∴ e

k ?2

? (e ? 1)(k ? 1) ? e .

这说明, n ? k ? 1 时,不等式也成立. (资料来源:数学驿站 www.maths168.com)

Tn ?1 xn ?1 ? Tn xn 对一切 n ?N * 都成立. 由①②知不等式
0 1 n?1 en?1 ? [1 ? (e ?1)]n?1 ? Cn?1 ? Cn?1 (e ?1) ? ?? Cn?1 (e ?1)n?1

??13分

证法2:

0 1 ? Cn?1 ? Cn?1 (e ?1) ? 1 ? (n ?1)(e ?1) ? (e ?1)n ? e .

Tn ?1 xn ?1 ? Tn xn 对一切 n ?N * 都成立. ∴不等式

??13分

证法3:令

f ? x ? ? ex?1 ? ? e ? 1? x ? e
'

,则

f ' ? x ? ? ex?1 ? ? e ?1?

,

f 当 x ? 0 时, f ? x?

? x? ? ex?1 ? ?e ?1? ? e ? ?e ?1? ? 1 ? 0 , ?0,??? 上单调递增.∴当 x ? 0 时,
, 即

∴函数



f ? x ? ? f ? 0? ? 0

.

∵ n ?N ,∴
*

f ? n? ? 0

en?1 ? ? e ? 1? n ? e ? 0

.



e

n?1

Tn ?1 xn ?1 ? ? ? e ?1? n ? e Tn xn 对一切 n ?N * 都成立.???13 分 .∴不等式
?? x 3 ? x 2 ( x ? 1) ? a ln x ( x ? 1)

预测 13.已知函数 f ( x ) ? ?

(Ⅰ)求 f(x)在[-1,e] 为自然对数的底数)上的最大值; (e (Ⅱ)对任意给定的正实数 a,曲线 y= f(x)上是否存在两点 P,Q,使得△POQ 是以 O 为直角顶点的直角三角形,且此三角形斜边中点在 y 轴上?

解: (Ⅰ)因为 f(x)= ?

? ? x 3 ? x 2 ( x ? 1) ?a ln x( x ? 1)

① 当-1≤x<1 时,f ′(x)=- x (3x -2),

2 2 :解 f ′(x) <0 得-1<x<0 或 <x<1 3 3 2 2 ∴f(x)在(-1,0)和( ,1)上单减,在(0, )上单增, 3 3 2 2 4 从而 f (x)在 x= 处取得极大值 f ( )= ??????????(3 分) 3 3 27
解 f ′(x)>0 得 0<x< 又∵f(-1)=2,f(1)=0, ∴f(x)在[-1,1)上的最大值为 2. ????????????????(4 分) ② 当 1≤x≤e 时,f(x)=alnx, 当 a≤0 时,f(x)≤0; 当 a>0 时,f(x)在[1,e]单调递增; ∴f(x)在[1,e]上的最大值为 a. ?????????????(6 分) ∴当 a≥2 时,f(x)在[-1,e]上的最大值为 a; 当 a<2 时,f(x)在[-1,e]上的最大值为 2. ?????????(8 分) (Ⅱ)假设曲线 y= f(x)上存在两点 P,Q 满足题意,则 P,Q 只能在 y 轴两侧,不妨设 P 3 2 ( t, f(t) ) (t > 0), 则 Q ( -t , t +t ) , 且 t ≠ 1????????????????????????(9 分) ∵△POQ 是以 O 为直角顶点的直角三角形 ??? ???? ? 2 3 2 ∴ OP ? OQ =0,即- t +f(t)(t +t )=0(*)???????????(10 分) 是否存在 P,Q 等价于方程(*)是否有解. 3 2 2 3 2 3 2 ① 若 0<t<1,则 f(x)=- t +t ,代入方程(*)得:- t +(-t +t ) +t )=0, (t 4 2 即:t -t +1=0,而此方程无实数解,???????????????(11 分) ②当 t>1 时, 2 3 2 ∴f(t)=alnt,代入方程(*)得:- t + alnt· +t )=0, (t

1 ? (t ? 1) ln t , ??????????????????(12 分) a 1 设 h(x)=(x+1)lnx(x≥1),则 h′(x)=lnx+ +1>0 在[1,+∞)恒成立. x
即: ∴h(x)在[1,+∞)上单调递增,从而 h(x)≥h(1)=0,则 h(x)的值域为[0,+∞). ∴当 a>0 时,方程

1 =(t+1)lnt 有解,即方程(*)有解. a

∴对任意给定的正实数 a,曲线 y=f(x)上总存在两点 P,Q,使得△POQ 是以 O 为直角顶点 的直角三角形,且此三角形斜边中点在 y 轴上. ??????????????(13 分)
2 x 预测 14. 已知函数 f ( x) ? ( x ? 3x ? 3) ? e ,其定义域为 ? ?2,t ? ( t ? ? 2 ),

设 f (?2) ? m, f (t ) ? n . (1)试确定 t 的取值范围,使得函数 f ( x) 在 ? ?2,t ? 上为单调函数; (2)试判断 m, n 的大小并说明理由; (3)求证:对于任意的 t ? ? 2 ,总存在 x0 ? (?2, t ) ,满足 的 x0 的个数.

f ' ( x0 ) 2 ? (t ? 1) 2 ,并确定这样 x0 e 3

解: (1)因为 f ?( x) ? ( x2 ? 3x ? 3) ? e x ? (2 x ?3) ? e x ? x( x ?1) ? e x -----1 分 由 f ?( x) ? 0 ? x ? 1或x ? 0 ;由 f ?( x) ? 0 ? 0 ? x ? 1 ,所以 f ( x ) 在 (??,0),(1, ??) 上递增,在 (0,1) 上递减-----------------------------------3 分 要使 f (x) 在 ?? 2, t ? 上为单调函数,则 ?2 ? t ? 0 ---------------4 分 (2) n ? m .

f ( x) 在 (??,0),(1, ??) 上递增,在 (0,1) 上递减,∴ f ( x) 在 x ? 1 处有极小值 e ---6 分
又 f (?2) ?

13 ? e ,∴ f ( x) 在 ? ?2, ?? ? 上的最小值为 f (?2) ---8 分 e2
--------------9 分

从而当 t ? ?2 时, f (?2) ? f (t ) ,即 m ? n

(3)证:∵

f ' (x ) 2 f ' ( x0 ) ? x0 2 ? x0 ,又∵ x0 0 ? (t ? 1) 2 , e 3 e x0

∴ x0 ? x0 ?
2

2 (t ? 1) 2 , 3 2 2 2 2 2 2 令 g ( x) ? x ? x ? (t ? 1) ,从而问题转化为证明方程 g ( x) ? x ? x ? (t ? 1) =0 在 3 3

(?2, t ) 上有解,并讨论解的个数------10 分
∵ g (?2) ? 6 ?

2 2 2 1 (t ? 1) 2 ? ? (t ? 2)(t ? 4) , g (t ) ? t (t ? 1) ? (t ? 1) 2 ? (t ? 2)(t ? 1) , 3 3 3 3

①当 t ? 4或 ? 2 ? t ? 1 时, g (?2) ? g (t ) ? 0 ,所以 g ( x) ? 0 在 (?2, t ) 上有解,且只有一解 -------------------------------------12 分 ②当 1 ? t ? 4 时, g (?2) ? 0且g (t ) ? 0 ,但由于 g (0) ? ?

2 (t ? 1) 2 ? 0 , 3

所以 g ( x) ? 0 在 (?2, t ) 上有解,且有两解----------------------------13 分
2 ③当 t ? 1 时, g ( x) ? x ? x ? 0 ? x ? 0或x ? 1 ,故 g ( x) ? 0 在 (?2, t ) 上有且只有一解;

2 当 t ? 4 时, g ( x) ? x ? x ? 6 ? 0 ? x ? ?2或x ? 3 ,

所以 g ( x) ? 0 在 (?2, 4) 上也有且只有一解------------------------14 分

综上所述, 对于任意的 t ? ?2 ,总存在 x0 ? (?2, t ) ,满足

f ' ( x0 ) 2 ? (t ? 1) 2 , x0 e 3

且当 t ? 4或 ? 2 ? t ? 1 时,有唯一的 x0 适合题意;当 1 ? t ? 4 时,有两个 x0 适合题 意.-------------------------------15 分 (说明:第(3)题也可以令 ? ( x) ? x2 ? x , x ? (?2, t ) ,然后分情况证明 内,并讨论直线 y ?

2 (t ? 1) 2 在其值域 3

2 (t ? 1) 2 与函数 ? ( x) 的图象的交点个数即可得到相应的 x0 的个数) 3

动向解读:函数、导数、不等式的综合问题是近几年高考的一个热点题型,这类问题 以“参数处理”为主要特征,以“导数运用”为主要手段,以“函数的单调性、极值、最 值”为结合点,往往涉及到函数、导数、不等式、方程等多方面的知识,需要综合运用等 价转换、分类讨论、数形结合等重要数学思想方法. (文科)已知函数 f ( x) ? ax ?

a ? 3ln x . x

(1)当 a ? 2 时,求函数 f ( x ) 的最小值; (2)若 f ( x ) 在 [2, e] 上单调递增,求实数 a 的取值范围. 解析: (1)当 a ? 2 时, f ( x) ? 2 x ?

2 ? 3ln x ,定义域为 (0, ??) . x

f ' ( x) ? 2 ?

1 2 3 2 x 2 ? 3x ? 2 ? ? ,令 f ' ( x) ?0 ,得 x ? 2 ( x ? ? 舍去) ,当 x 变化时, 2 2 2 x x x

f ( x) , f ' ( x) 的变化情况如下表:

x

(0, 2)

2

(2, ??)

f ' ( x)

?

0

?

f ( x)

递减

极小值

递增

所以函数 f ( x ) 在 x ? 2 时取得极小值, 同时也是函数在定义域上的最小值 f (2) ? 5 ? 3ln 2 . (2)由于 f ( x) ? a ?
'

a 3 a 3 ? ,所以由题意知, f ' ( x) ? a ? 2 ? ? 0 在 [2, e] 上恒成立. 2 x x x x



3x ax 2 ? 3x ? a ? 0 ,所以 ax 2 ? 3x ? a ? 0 在 [2, e] 上恒成立,即 a ? 2 . 2 x ?1 x
令 g ( x) ?

3x ?3 ? 3x 2 ' ' 2 , g ( x) ? 2 而 , x ? [, ]e 时 g ( x) ? 0 , 当 所以 g ( x) 在 [2, e] 上 2 2 x ?1 ( x ? 1)

递减,故 g ( x) 在 [2, e] 上得最大值为 g (2) ? 2 ,因此要使 a ?

3x 恒成立,应有 a ? 2 . x ?1
2

动向解读:函数、导数、不等式的综合问题是近几年高考的一个热点题型,这类问题 以“参数处理”为主要特征,以“导数运用”为主要手段,以“函数的单调性、极值、最 值”为结合点,往往涉及到函数、导数、不等式、方程等多方面的知识,需要综合运用等 价转换、分类讨论、数形结合等重要数学思想方法.


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