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广东省14市2016届高三上学期期末考试数学理试题分类汇编:导数及其应用


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广东省 14 市 2016 届高三上学期期末考试数学理试题分类汇编 导数及其应用
一、选择、填空题 1、(潮州市 2016 届高三上期末)已知函数 f ( x) ? ?

2 3 x ? 2ax 2 ? 3 x(a ? 0) 的导数 f '(

x) 的最大 3

值为 5,则在函数 f ( x ) 图象上的点(1,f(1))处的切线方程是 A、3x-15y+4=0 C、15x-3y+2=0 B、15x-3y-2=0 D、3x-y+1=0

2、(佛山市 2016 届高三教学质量检测(一))已知 x0 ? 大值点,则 f ( x ) 的一个单调递减区间是( A. ( )

?
3

是函数 f ( x ) ? sin( 2 x ? ? ) 的一个极

? 2?
6 , 3

)

B. (

? 5?
3 , 6

)

C. (

?
2

,? )

D. (

2? ,? ) 3

3、 (广州市 2016 届高三 1 月模拟考试) 已知 y ? f ? x ? 为 R 上的连续可导函数, 且 xf ? ? x ? ? f ? x ? ? 0 , 则函数 g ? x ? ? xf ? x ? ?1 ? x ? 0 ? 的零点个数为__________ 4、(惠州市 2016 届高三第三次调研考试)设点 P 在曲线 y ? 则 | PQ | 的最小值为 .

1 x e 上,点 Q 在曲线 y ? ln(2 x) 上, 2

5、(揭阳市 2016 届高三上期末)若函数 f ( x) ? ?2 x3 ? ax2 ? 1存在唯一的零点,则实数 a 的取值 范围为 (A) [0, ??) (B) [0,3] (C) (?3, 0] (D) (?3, ??)
3

6、(汕头市 2016 届高三上期末)若过点 A(2,m)可作函数 f ( x) ? x ? 3x 对应曲线的三条切线, 则实数 m 的取值范围( A. [?2,6] ) C. (?6,2) D. (?4,2)

B. (?6,1)

7、(韶关市 2016 届高三 1 月调研)已知定义在 R 上的函数 y ? f ( x) 满足:函数 y ? f ( x ? 1) 的图
' 象关于直线 x ? 1 对称,且当 x ? (??,0), f ( x) ? xf '( x) ? 0 ( f ( x) 是函数 f ( x ) 的导函数)成立, 若

1 1 1 a ? (sin ) f (sin ) , b ? (ln2) f (ln2) , c ? 2 f (log 1 ) ,则 a, b, c 的大小关系是( 2 2 2 4



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A.

a?b?c

B. b ? a ? c

C. c ? a ? b

D. a ? c ? b

8 、(韶关市 2016 届高三 1 月调研)已知函数 f ( x) 的图像在点 A(1, f (1)) 处的切线方程是

2 x ? 3 y ? 1 ? 0 , f ' ( x) 是函数 f ( x) 的导函数,则 f (1) ? f '(1) ?

.

二、解答题 1、(潮州市 2016 届高三上期末)已知函数 f ( x) ?

a ? ln x 。 x

(I)若 f ( x ) 在 x =1 处取得极值,求实数 a 的值; (II)若 f ( x ) ≥5-3 x 恒成立,求实数 a 的取值范围;

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2、(东莞市 2016 届高三上期末)已知函数 f ( x) ? ln x, g ( x) ? (I)设 k ? m ?

1 2 x ? kx 。 2

1 (m ? 0) ,若函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) 在区间(0,2)内有且仅有一个极值点, m

求实数 m 的取值范围; ( II ) 设 M ( x)? f ( x? ) , g( x ) 若 函 数 M ( x) 存 在 两 个 零 点 x1 , x2 ( x2 ? x1 ) , 且 满 足

2 x0 ? x1 ? x2 ,问:函数 M ( x) 在 ( x0 , M ( x0 )) 处的切线能否平行于直线 y =1,若能,求出该切线
方程,若不能,请说明理由。

3、(佛山市 2016 届高三教学质量检测(一))设常数 ? ? 0 , a ? 0 , f ( x ) ? (1)当 a ?

x2 ? a ln x . ??x

3 ? 时,若 f ( x ) 的最小值为 0 ,求 ? 的值; 4

(2)对于任意给定的正实数 ? 、 a ,证明:存在实数 x0 ,当 x ? x0 时, f ( x ) ? 0 .

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4、(广州市 2016 届高三 1 月模拟考试)已知函数 f ? x ? ? e ? ax ( e 为自然对数的底数, a 为常
x

数)在点 ? 0,1? 处的切线斜率为 ?1 . (Ⅰ)求 a 的值及函数 f ?x ? 的极值; (Ⅱ)证明:当 x ? 0 时, x ? e ;
2 x

(III)证明:对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ,使得当 x ? ?x0, ? ?? ,恒有 x ? ce .
2 x

5、(惠州市 2016 届高三第三次调研考试)已知函数 f ( x) ? a x ? x2 ? x ln a ? a ? 0, a ? 1? . (Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若存在 x1, x2 ?? ?1,1? ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? e ?1( e 是自然对数的底数), 求实数 a 的取值范围。

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6、 (揭阳市 2016 届高三上期末)已知函数 f ( x) ? a ln x ? 的切线方程为 y ? 2 (Ⅰ)求 a、b 的值; (Ⅱ)当 x ? 1 时,不等式 f ( x) ?

b( x ? 1) ,曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处 x

( x ? k ) ln x 恒成立,求实数 k 的取值范围。 x ?1

7、 (茂名市 2016 届高三第一次高考模拟考试)已知定义在 R 上的 偶 函 数 f ( x) ,当 x ? [0, ??) 时,

f ( x) ? e x .
(1)当 x ? (??, 0) 时,求过原点与函 数 f ( x ) 图 像 相 切 的 直 线 的 方 程 ; (2)求最大的整数 m(m ? 1) ,使得存在 t ? R ,只要 x ? [1, m] ,就有 f ( x ? t ) ? ex .

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8、 (清远市 2016 届高三上期末)设 f ( x) ? x ? (1) 当 a =1 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 ?

a ?1 ? a ln x , ? a ? R ? x

?1 1 ? , ? ln 2 ? 处的切线方程; ?2 2 ?

(2) 若 x ? 1 是函数 f ( x ) 的极大值点,求 a 的取值范围; (3) 当 a ? 1 时,在 ? , e ? 上是否存在一点 x0 ,使 f ( x0 ) ? e ? 1 成立?说明理由。 e

?1 ? ? ?

9、(汕头市 2016 届高三上期末)已知函数 f ( x) ? (Ⅰ)若函数 f ( x) 在[

1 2 ax ? (a 2 ? 1) x ? a ln x . 2

1 ,e]上单调递减,求实数 a 的取值范围; e

(Ⅱ)当 a ? ? 0, ? 时,求 f ( x) 在[1,2]上的最大值和最小值.(注意: ln 2 ? 0.7 )

? ?

3? 5?

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10、(汕尾市2016届高三上期末)已知函数 f (1)讨论函数 f (x)的单调性; (2)若对任意的a ? [1,2),都存在 求实数m 的取值范围. (0,1]使得不等式 成立,

11、 (韶关市 2016 届高三 1 月调研)已知函数 f ( x) ? ln x , h( x) ? a x (a ? R) . (Ⅰ)函数 f ( x) 与 h( x) 的图象无公共点,试求实数 a 的取值范围; (Ⅱ) 是否存在实数 m , 使得对任意的 x ? ( , ??) , 都有函数 y ? f ( x ) ? 的图象的下方?若存在,请求出最大整数 m 的值;若不存在,请说理由. (参考数据: ln 2 ? 0.6931 ,, ln 3 ? 1.0986 , e ? 1.6487, 3 e ? 1.3956 ).

1 2

m ex 的图象在 g ( x) ? x x

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12、(肇庆市 2016 届高三第二次统测(期末))已知函数 f ( x) ? x ? (Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间;

1? a ? a ln x , a ? R . x

(Ⅱ)若在区间[1,e]( e ? 2.718 ? )上存在一点 x0 ,使得 x0 ? 求 a 的取值范围.

1 1 ? a(ln x0 ? ) 成立, x0 x0

13、(珠海市 2016 届高三上期末)已知函数 f ( x) ? ln x ?

a (a ? R) .(1)求函数的单调区间; x

(2)若方程 f ( x) ? 2 存在两个不同的实数解 x1 、 x 2 ,求证: x1 ? x2 ? 2a .

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答案: 1、B

2、B

3、0 【解析】函数 y ?

4、 2 (1 ? ln 2)

1 x e 和函数 y ? ln(2 x) 互为反函数图像关于 y ? x 对称,则只 2
1 x e ) ,则点 P 到直线 y ? x 的距离 2

有直线 PQ 与直线 y ? x 垂直时 | PQ | 才能取得最小值。设 P ( x,

1 x e ?x 1 x 1 x 为 ,令 g ? x ? ? e ? x, ( x ? 0) ,则 g ' ? x ? ? e ? 1 , 2 d? 2 2 2
令 g '? x? ?

1 x 1 e ? 1 ? 0 得 x ? ln 2 ;令 g ' ? x ? ? e x ? 1 ? 0 得 0 ? x ? ln 2 , 2 2

则 g ? x ? 在 ? 0,ln 2? 上单调递减,在 ? ln 2, ??? 上单调递增。 则 x ? ln 2 时 g ? x ?min ? 则 PQ ? 2dmin ? 5、D 【解析】函数 f ( x) ? ?2 x3 ? ax2 ? 1存在唯一的零点,即方程 2 x ? ax ? 1 ? 0 有唯一的实根 ? 直
3 2

1 ? ln 2 1 ln 2 e ? ln 2 ? 1 ? ln 2 ? 0 ,所以 d min ? 。 2 2

2(1 ? ln 2) 。(备注:也可以用平行于 y ? x 的切线求最值)

2 x3 ? 1 2( x3 ? 1) g '( x ) ? 的图象有唯一的交点, 由 , 可得 g ( x) 在 (??, ?1) 上 x2 x3 单调递增,在 (?1, 0) 上单调递减,在 (0, ??) 上单调递增,所以当 x ? ?1 时, g ( x) 有极小值,
线 y ? a 与函数 g ( x) ?

g ( x)极小 ? g (?1) ? ?3 ,故当 a ? ?3 时,直线 y ? a 与函数 g ( x) ?
[ 或因 f ?( x) ? ?6x2 ? 2ax, 由 f ?( x) ? 0 得 x ? 0 或 x ?

2 x3 ? 1 的图象有唯一的交点. x2

a ,若 a ? 0 显然 f ( x ) 存在唯一的零点,若 3 a a a ? 0 , f ( x) 在 (??, 0) 和 ( , ??) 上单调递减,在 (0, ) 上单调递增,且 f (0) ? 1 ? 0, 故 f ( x) 存 3 3 a 在唯一的零点, 若a ? 0, 要使 f ( x ) 存在唯一的零点, 则有 f ( ) ? 0, 解得 a ? ?3 , 综上得 a ? ?3 . ] 3
6、C 7、A 8、

5 3

解答题参考答案 1、解:(Ⅰ)∵ f ( x) ?

a ? ln x , x a 1 x?a ∴ f '( x) ? ? 2 ? ? ? 2 .………………………………….….. 1 分 x x x 1? a ? 0 ,解得 a ? ?1 .…………….. 2 分 由题意得 f '(1) ? 0 ,即 ? 1 经检验,当 a ? ?1 时,函数 f ( x) 在 x ? 1 取得极大值.……….. 3 分

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∴ a ? ?1 .………………………………………………………..……….4 分 (Ⅱ)设 g ( x) ? f ( x) ? 3 x ? 5 ?

∴当 x ? 0 时, g ( x) ? 0 恒成立.

a ? ln x ? 3 x ? 5 ,则函数 g ( x) 的定义域为 ( 0 , ? ? ) . x

于是 g (1) ? a ? 2 ? 0 ,故 a ? 2 .………….…………………….……5 分

a 1 3x 2 ? x ? a . ? ? 3 ? x2 x x2 ∴方程 g '( x) ? 0 有一负根 x1 和一正根 x2 , x1 ? 0 ? x2 .其中 x1 不在函数定义域内. 当 x ? (0 , x2 ) 时, g '( x) ? 0 ,函数 g ( x) 单调递减. 当 x ? ( x2 , ? ? ) 时, g '( x) ? 0 ,函数 g ( x) 单调递增. ∴ g ( x) 在定义域上的最小值为 g ( x2 ) .……………………………………….……7 分 a 依题意 g ( x2 ) ? 0 .即 g ( x2 ) ? ? ln x2 ? 3 x2 ? 5 ? 0 .又 3 x2 2 ? x2 ? a ? 0 , x2 a a 1 于是 ? 3 x2 ? 1 ,又 ? 0 ,所以 x2 ? . 3 x2 x2 ∴ g ( x2 ) ? 3 x2 ? 1 ? ln x2 ? 3 x2 ? 5 ? 0 ,即 6 x2 ? 6 ? ln x2 ? 0 ,…………..……9 分 1 6x ?1 令 h( x) ? 6 x ? 6 ? ln x ,则 h '( x) ? 6 ? ? . x x 1 当 x ? ( , ??) 时, h '( x) ? 0 ,所以 h( x) 是增函数. 3 又 h(1) ? 6 ? 6 ? ln1 ? 0 ,所以 6 x2 ? 6 ? ln x2 ? 0 的解集为 [1 , ? ? ) .…... 11 分 1 2 又函数 y ? 3x ? x 在 ( , ? ? ) 上单调递增, 6 2 2 ∴ a ? 3 x2 ? x2 ? 3 ? 1 ? 1 ? 2 . 故 a 的取值范围是 [ 2 , ? ? ) .……………………………….……………………12 分 a 解法二:由于 f ( x) ? ? ln x 的定义域为 ( 0 , ? ? ) , x 于是 f ( x) ? 5 ? 3 x 可化为 a ? x ln x ? 3 x 2 ? 5 x .……………………..……5 分
∵ g '( x) ? ? 设 g ( x) ? x ln x ? 3 x ? 5 x .则 g '( x) ? ln x ? 6 x ? 6 .
2

1 1? 6x . ?6 ? x x 当 x ? (1 , ? ? ) 时, h '( x) ? 0 ,所以 h( x) 在 [1 , ? ? ) 减函数. 又 h(1) ? g '(1) ? 0 , ∴当 x ? (1 , ? ? ) 时, h( x) ? h(1) ? 0 ,即当 x ? (1 , ? ? ) 时, g '( x) ? 0 , ∴ g ( x) 在 [1 , ? ? ) 上是减函数. ∴当 x ? [1 , ? ? ) 时, g ( x) ? g (1) ? 1? ln1 ? 3 ? 5 ? 2 .………….……..…8 分 当 x ? ( 0 , 1) 时,先证 ln x ? x ? 1 , 1? x 设 F ( x) ? ln x ? ( x ? 1) , F '( x) ? ? 0, x F ( x) 是增函数且 F (1) ? 0 , F ( x) ? 0 ,即 ln x ? x ? 1 , 当 x ? ( 0 , 1) 时,
设 h( x) ? g '( x) ,则 h '( x) ?

g ( x) ? x ln x ? 3x 2 ? 5 x ? x( x ? 1) ? 3x 2 ? 5 x ? ?2( x ? 1) 2 ? 2 ? 2 …..11 分
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综上所述 g ( x) 的最大值为 2. ∴ a 的取值范围是 [ 2 , ? ? ) .………………………………………….………12 分 2、

3、【解析】 f ? ? x ? ?

2x ? ? ? x ? ? x2

?? ? x?
2 2

2

a x 2 ? 2? x a ? ………………1 分 ? ? x ? ? ? x ?2 x x ?? ? x?

?

x 2 ? x ? 2? ? ? a ? ? ? x ? x ?? ? x?

?

x3 ? ? 2? ? a ? x 2 ? 2? ax ? a? 2
2



3 a? ? 4







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f ?? x? ?

4 x3 ? 5? x 2 ? 6? 2 x ? 3? 3 4x ?? ? x ?
2

?

? x ? ? ? ? 4 x2 ? 9? x ? 3? 3 ? ,………………3 分 2 4x ? ? ? x ?

由 f ? ? x ? ? 0 ,得 x ? ? ,且当 x ? ? 0, ? ? 时, f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 递减;………………4 分

1 3 x ? ? ?, ??? 时, f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 递增;故当 x ? ? 时, f ? x ? 取极小值 f ? ? ? ? ? ? ? ln ? , 2 4
因此 f ? x ? 最小值为 f ? ? ? ?
2 1 3 ? ? ? ln ? ,令 f ? ? ? ? 0 ,解得 ? ? e 3 .………………6 分 2 4

x2 ?2 ? a ln x ? x ? ? ? ? a ln x ? x ? ? ? a ln x ,………………7 分 (Ⅱ)因为 f ? x ? ? ??x ??x
记 h ? x ? ? x ? ? ? a ln x ,故只需证明:存在实数 x0 ,当 x ? x0 时, h ? x ? ? 0 , [方法 1] h ? x ? ? x ? ? ? a ln x ? x ? a x ? ? ? a 设y?

?

x ? ln x ,………………8 分

?

x ? ln x , x ? 0 ,则 y? ?

1 2 x

?

1 ? x

x ?2 2x

易知当 x ? 4 时, ymin ? 2 ? 2ln 2 ? 0 ,故 y ?

x ? ln x ? 0 ………………10 分
? ? ? ?
2

? a ? a 2 ? 4? a ? a 2 ? 4? 又由 x ? a x ? ? ? 0 解得: x ? ,即 x ? ? ? 2 2 ? ? a ? a 2 ? 4? 取 x0 ? ? ? 2 ? ? ? ,则当 x ? x0 时, 恒有 h ? x ? ? 0 . ? ?
2

即当 x ? x0 时, 恒有 f ? x ? ? 0 成立.………………12 分 [方法 2] 由 h ? x ? ? x ? ? ? a ln x ,得: h? ? x ? ? 1 ?
n

a x?a ? ,………………8 分 x x

故 h ? x ? 是区间 ? a, ??? 上的增函数.令 x ? 2 , n ? N , n ? 2 ,
n n n 则 h ? x ? ? h 2 ? 2 ? ? ? an ln 2 ,因为 2 ? ?1 ? 1? ? 1 ? n ?

? ?

n

n ? n ? 1? 1 2 ? n ,………………10 2 2

分 故有 h ? x ? ? h 2

? ??2
n

n

? ? ? an ln 2 ?

1 2 n ? ? a ln 2 ? n ? ? 2

2a ln 2 ? 1 2 令 n ? ? a ln 2 ? n ? ? ? 0 ,解得: n ? 2
n

? a ln 4 ?
2

2

? 8?

,

设 n0 是满足上述条件的最小正整数,取 x0 ? 2 0 ,则当 x ? x0 时, 恒有 h ? x ? ? 0 , 即 f ? x ? ? 0 成立.………………12 分

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4、

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5、解:(Ⅰ) f ?( x) ? a x ln a + 2x ? ln a ? 2x + (a x ? 1)ln a .……………………(1 分)
x 因为当 a ? 1 时, ln a ? 0 , a ? 1 ln a 在 R 上是增函数,

?

?

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x 因为当 0 ? a ? 1 时, ln a ? 0 , a ? 1 ln a 在 R 上也是增函数,

?

?

所以当 a ? 1 或 0 ? a ? 1 ,总有 f ?( x) 在 R 上是增函数,……………………………(2 分) 又 f ?(0) ? 0 ,所以 f ?( x) ? 0 的解集为 (0, +?) , f ' ? x ? ? 0 的解集为 ? ??,0? ,……(3 分) 故函数 f ( x) 的单调增区间为 (0, +?) ,单调减区间为 ? ??,0? .……………………(4 分) (Ⅱ)因为存在 x1 , x2 ?[?1,1] ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ≥ e ? 1 成立, 而当 x ? [?1,1] 时, f ( x1 ) ? f ( x2 ) ≤ f ( x)max ? f ( x)min , 所以只要 f ( x)max ? f ( x)min ≥ e ? 1 即可.………………………………………(5 分) 又因为 x , f ?( x) , f ( x) 的变化情况如下表所示:

x

(??,0)

0 0
极小值

(0, +?)

f ?( x)

?
减函数

+
增函数

f ( x)

所 以 f ( x) 在 [ ?1, 0] 上 是 减 函 数 , 在 [0,1] 上 是 增 函 数 , 所 以 当 x ? [?1,1] 时 , f ? x ? 的 最 小 值

f ? x ?m i n ? f ? 0? ? 1 , f ? x ? 的最大值 f ? x ?max 为 f ? ?1? 和 f ?1? 中的最大值.………(7 分)

1 ? 2ln a , a 1 1 2 1 令 g (a) ? a ? ? 2ln a(a ? 0) ,因为 g ?(a) ? 1 + 2 ? ? (1 ? )2 ? 0 , a a a a 1 所以 g (a) ? a ? ? 2ln a 在 a ? ? 0, ?? ? 上是增函数. a
因为 f (1) ? f (?1) ? (a + 1 ? ln a) ? ( + 1 + ln a) ? a ? 而 g (1) ? 0 ,故当 a ? 1 时, g ? a ? ? 0 ,即 f (1) ? f (?1) ; 当 0 ? a ? 1 时, g ? a ? ? 0 ,即 f (1) ? f (?1) .………………………………(9 分) 所以,当 a ? 1 时, f (1) ? f (0) ≥ e ? 1 ,即 a ? ln a ≥ e ? 1 , 函数 y ? a ? ln a 在 a ? (1, ??) 上是增函数,解得 a ≥ e ;…………………(10 分)

1 a

1 ? ln a ≥ e ? 1 , a 1 1 函数 y ? ? ln a 在 a ? (0,1) 上是减函数,解得 0 ? a ≤ .………………(11 分) a e
当 0 ? a ? 1 时, f (?1) ? f (0) ≥ e ? 1 ,即

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综上可知,所求 a 的取值范围为 a ? (0, ] ? [e, +?) .……………………… (12 分)

1 e

6、解:(I)∵ f ?( x ) ?

a b ? , 且直线 y ? 2 的斜率为 0,又过点 (1, 2) , x x2

? f (1) ? 2, ? ∴? 1 -------------------------------------------------------------------2 分 f ?(1) ? , ? ? 2
即?

?b ? 1, 解得 a ? 1, b ? 1. -----------------------------------------------------3 分 ?a ? b ? 0,
( x ? k ) ln x x2 ?1 x2 ?1 ? ( x ? 1) ln x ? ? ( x ? k ) ln x ? (k ? 1) ln x ? ? 0. ----------------5 分 x ?1 x x

(II)当 x ? 1 时,不等式
f ( x) ?

令 g ( x) ? (k ? 1) ln x ?

x2 ? 1 k ?1 1 x 2 ? (k ? 1) x ? 1 , g ?( x) ? ?1? 2 ? ,----------------7 分 x x x x2

令 m( x) ? x2 ? (k ?1) x ? 1 ,

1? k ? 1, 即 k ? ?1 时,m( x) 在 (1, ??) 单调递增且 m(1) ? 0 , 所以当 x ? 1 时,g ?( x) ? 0 ,g ( x) 2 ( x ? k ) ln x 在 (1, ??) 单调递增,? g ( x) ? g (1) ? 0. 即 f ( x) ? 恒成立.------------9 分 x ?1 1? k 1? k 1? k ? 1, 即 k ? ?1 时, m( x) 在上 (1, ) 上单调递减,且 m(1) ? 0 ,故当 x ? (1, ) 时, ②当 2 2 2
①当

m( x) ? 0 即 g ?( x) ? 0,
所以函数 g ( x) 在 (1, 当 x ? (1,

1? k ) 单调递减,----------------------------------------------10 分 2

1? k ) 时, g ( x) ? 0, 与题设矛盾, 2

综上可得 k 的取值范围为 [?1, ??). ------------------------------------------------12 分

7、解:(1) 解法 1:因为 f ( x) 为偶函数,当 x ? 0 时, ? x ? 0 , f ( x) ? f (? x) ? e
?x

……1 分 ……2 分

f ( x ) ? ?e , ?x 设 切 点 坐 标 为 ( x0 , y0 ) ,则切 线 斜 率 为 k ? f / ( x0 ) ? ?e 0
/

?x

切 线 方 程 为 y ?e

? x0

? ?e? x0 ( x ? x0 )
? x0 ? x0

……3 分 ……4 分 ……5 分

又切 线 过 ( 0 , 0 ) , 所 以 0 ? e

? ?e (0 ? x0 ) ? x0 ? ?1, k ? ?e ,切 线 方 程 为 y ? ? e x ,即 ex ? y ? 0

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解法 2:当 x ? [0, ??) 时, f ( x) ? e , f ( x) ? e ,
x / x

了 ……1 分
x0

记过原点与 f ( x) ? e x 相切 的 直线为 L,设 切 点 坐 标 为 ( x0 , y0 ) , 则切 线 L 斜 率 为 k ? f / ( x0 ) ? e
x

x0

切 线 方 程 为 y ?e
x

? ex0 ( x ? x0 ) ……2 分
……3 分 ……4 分

又切 线 过 ( 0 , 0 ) , 所 以 0 ? e 0 ? ?e 0 (0 ? x0 ) ? x0 ? 1,

k ? e ,切 线 方 程 为 y ? e x , ? f ( x) 为 偶 .函 数 ,图像关于 y 轴对称,

∴当 x ? (??, 0) 时,设过原点与 f ( x) 相切 的 直线 L 方程为 y ? ?ex 即 ex ? y ? 0
/

……5 分

(2)因为任意 x ? [1, m] ,都有 f ( x ? t ) ? ex ,故 x=1 时, f (1 ? t ) ? e 当 1 ? t ? 0 时, e1?t ? e ,从而 1 ? t ? 1 ,∴ ??1 ? t ? 0 当 1 ? t ? 0 时, e ? (1?t ) ? e ,从而 ?(1 ? t ) ? 1 ,

??2 ? t ? ?1 ,综上 ?2 ? t ? 0 , ∴ ……………6 分 又整数 m(m ? 1) ,即 m ? 2 ,故 m ? t ? 0 ,故 x=m 时, f (m ? t ) ? em
得: e m ?t ? em , 即存在 t ? [?2, 0] ,满足 et ? ∴?

em em

……………7 分 ……………8 分

em ? {et }min ? e ?2 ,即 e m ? e3 m ? 0 , m e x 3 x 3 令 g ( x) ? e ? e x , x ? [2, ??) ,则 g '( x) ? e ? e 当 x ? (2,3) 时, g '( x) ? 0 , g ( x) 单调递减; 当 x ? (3, ??) 时, g '( x) ? 0 , g ( x) 单调递增,
3 3 3

……………9 分
3 2

又 g (3) ? ?2e ? 0 , g (2) ? ?e ? 0 , g (4) ? e (e ? 4) ? 0 , g (5) ? e (e ? 4) ? 0 由此可见,方程 g ( x) ? 0 在区间 [2, ??) 上有唯一解 m0 ? (4,5) , 且当 x ? [2, m0 ] 时 g ( x) ? 0 ,当 x ? [m0 , ??) 时 g ( x) ? 0 ,

? m ? Z ,故 mmax ? 4 ,此时 t ? ?2 .
下面证明: f ( x ? 2) ? e
| x ? 2|

……………10 分

①当 x ? [1, 2] 时,即 e 2? x

? ex 对任意 x ? [1, 4] 恒成立, ? ex ,等价于 e ? xe x ,
……………11 分

? e x ? e, x ? 1 , xe x ? e ? x ? [1, 2] ,∴ ②当 x ? [2, 4] 时,即 e x ? 2 ? ex ,等价于 {e x ?3 ? x}max ? 0
令 h( x ) ? e
x ?3

? x ,则 h '( x) ? e x ?3 ? 1 ,? h( x) 在 (2,3) 上递减,在 (3, 4) 上递增, 1 ∴ ? hmax ? max{h(2), h(4)} ,而 h(2) ? ? 2 ? 0, h(4) ? e ? 4 ? 0 , e 综上所述, f ( x ? 2) ? ex 对任意 x ? [1, 4] 恒成立。 ……………12 分
8、解: (1)当 a ? 1 时, f ( x) ? x ? ln x , f ( x ) ? 1 ?
'

1 ,……………1 分 x 1 1 1 ' 1 所以曲线 y ? f ( x) 在点 ( , ? ln 2) 处的切线的斜率为 f ( ) ? 1 ? ? ?1 .…2 分 1 2 2 2 2 1 1 所求切线方程为 y ? ( ? ln 2) ? ?( x ? ) , 即 x ? y ? ln 2 ? 1 ? 0 .………3 分 2 2

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(2) f '( x) ? 1 ?

a ? 1 a x 2 ? ax ? (a ? 1) ( x ? 1)[ x ? (a ? 1)] ? ? ? ( x ? 0) , x2 x x2 x2

令 f ' ( x) ? 0 得, x1 ? 1 , x2 ? a ? 1 ,………4 分 ①当 a ? 1 ? 0 即 a ? 1 时, f ' ( x), f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x
f '( x ) f ( x)

(0,1)

1

(1, ??)

?
递减

0
极小值

?
递增

由表知 x ? 1 是函数 f ( x ) 的极小值点,不合题意; ②当 0 ? a ? 1 ? 1 即 1 ? a ? 2 时, f ' ( x), f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x
f '( x ) f ( x)

(0, a ? 1)

a ?1

(a ? 1,1)

1

(1, ??)

?
递增

0
极大值

?
递减

0
极小值

?
递增

由表知 x ? 1 是函数 f ( x ) 的极小值点,不合题意;
' ③当 a ? 1 ? 1 即 a ? 2 时, f ( x), f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x
f '( x ) f ( x)

(0,1)

1

(1, ??)

?
递增 非极值

0

?
递增

由表知 x ? 1 不是函数 f ( x ) 的极值点,不合题意;
' ④当 a ? 1 ? 1 即 a ? 2 时, f ( x), f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

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x
f '( x )
f ( x)

(0,1)

1

(1, a ? 1)

a ?1

(a ? 1, ??)

?
递增

0
极大值

?
递减

0
极小值

?
递增

由表知 x ? 1 是函数 f ( x ) 的极大值点,适合题意;………7 分 综上所述,当 a ? 2 时, x ? 1 是函数 f ( x ) 的极大值点.即所求取值范围是 ?2,??? .…8 分 (3)假设当 a ? 1 时,在 [ , e] 存在一点 x0 ,使 f ( x0 ) ? e? 1 成立, 则只需证明 x ? [ , e] 时, f ( x)max ? e? 1即可. ………9 分 由(2)知,当 a ? 1 时, 函数 f ( x ) 在 [ ,1] 上递减,在 [1, e] 上递增,

1 e

1 e

1 e

1 ? f ( x) max ? max{ f ( ), f (e)} . e 1 所以只需证明 f (e) ? e? 1或 f ( ) ? e ? 1 即可. ………10 分 e (e? 1)(1 ? a ) a ?1 ? a ? (e? 1) ? ∵ f (e) ? (e? 1) ? e? e e (e? 1)(1 ? a ) ?0 由 a ? 1 知, e
∴ f (e) ? (e? 1) ? 0 即 f (e) ? e? 1成立,所以假设正确,………11 分

即当 a ? 1 时,在 x ? [ , e] 上至少存在一点 x0 ,使 f ( x0 ) ? e? 1 成立.………12 分

1 e

1 ,e]上单调递减, e a 1 ? f , ( x) ? ax ? ? (a 2 ? 1) ? 0 在[ ,e]上恒成立………………………1 分 x e
9、解(Ⅰ)? f ( x) 在[ 方法一:? ax ?

a ? (a 2 ? 1) x

?

a ? 2 a ?1

1 x? 1 x

在[

1 ,e]上恒成立………2 分 e

令 g ( x) ? x ? 1 x

?1 ? 1 ( x ? ? , e? ) g , ( x) ? 1 ? 2 x ?e ?

, ?1 ? ( x ? ? , e?) 令 g ( x) ? 0 则 x ? 1 ?e ?

1 当 ? x ? 1时g , ( x) ? 0 ; e

当 1 ? x ? e时g , ( x) ? 0

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x
y,
y

1 e
/

1 ( ,1) e
-

1 0 极小值 2

(1, e)
+

e
/

e?

1 e

?

?

e?

1 e

? g ( x) ? x ?

1 1 ?e? x e

?

1 x? 1 x

?

e ………4 分 e ?1
2

a e ? 2 ? ea 2 ? (e 2 ? 1)a ? e ? (ea ? 1)( a ? e) ? 0 a ?1 e ?1 1 ? a ? 或a ? e ……………6 分 e a 2 方法二:? ax ? ? (a ? 1) (可做如下分类讨论) x ?
2

(1)当 a ? 0 时,结论显然成立………………………2 分 (2)当 a ? 0 时,可化为: x ? 显然,当 x ? (0,??) 时,

1 1 1 ? a ? 对任意 x ? [ ,e]上恒成立………3 分 x a e

1 在 ?0,1? 上是减函数,在 ?1,??? 上是增函数。…………4 分 x 1 1 所以要使得 h( x) ? h(a) 在 x ? [ ,e]上恒成立,只需 0 ? x ? 或 x ? e .………5 分 e e 1 综上:? a ? 或a ? e e
对钩函数 h ( x ) ? x ? (Ⅱ) ? f ( x) ? ax ?
,

a ax2 ? (a 2 ? 1) x ? a (ax ? 1)(x ? a) ? (a 2 ? 1) ? ? x x x

, 令 f ( x) ? 0 则 x ?

1 或x ? a . a

① 当0 ? a ?

1 时f , ( x) ? 0 .? f ( x) 在[1,2]上单调递减. 2 y max ? f (1) ? 1 a ? (a 2 ? 1) ………………8 分 2

? y min ? f (2) ? 2a ? 2(a 2 ? 1) ? a ln 2
②当

1 3 ?a? 时 2 5 1 当1 ? x ? 时 f , ( x) ? 0 a 1 当 ? x ? 2时 f , ( x) ? 0 a

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1 1 ? y min ? f ( ) ? ?a ? ? a ln a ………………9 分 a 2a 3 f (2) ? f (1) ? a ? (a 2 ? 1) ? a ln 2 2 3 1 3 令h( x) ? x ? ( x 2 ? 1) ? x ln 2 ( ?x? ) 2 2 5 3 1 3 ? h , ( x) ? ? 2 x ? ln 2 ? ? x ? ? h , ( x) ? 0 2 2 5 1 3 3 9 34 3 1 ? y ? h( x)在 ? x ? 上单调递增 ? hmax ( x) ? h( ) ? ? ? ln 2 ? ?0 2 5 5 10 25 5 25 1 ? f (1) ? f (2) ? f max ? f (1) ? a ? (a 2 ? 1) ………………11 分 2
综上所述: (1) 当0 ? a ?

1 时 2 y max ? f (1) ? 1 a ? (a 2 ? 1) 2

y min ? f (2) ? 2a ? 2(a 2 ? 1) ? a ln 2 1 3 ?a? 时 2 5 1 1 y min )2 ?a? a2 ? ?1a lna aln 2 y min ?? f (f2( )? ? (a 2 ? )? a 2a
(2) 当 10、

y max ? f (1) ?

1 a ? (a 2 ? 1) ……12 分 2

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11、解: (Ⅰ)函数 f ( x) 与 h( x) 无公共点,等价于方程 令 t ( x) ?

ln x 1 ? ln x , 令 t '( x) ? 0, 得 x ? e ,则 t '( x) ? x x2 x e (0, e)

ln x ? a 在 (0, ??) 无解.…2 分 x

(e, ??)
- 减

t '( x) t ( x)

+ 增

0 极大值

1 ……………………………………4 分 e 1 ln x ? a 在 (0, ??) 无解,当且仅当 a ? 故要使方程 e x 1 故实数 a 的取值范围为 ( , ??) ……………………………………………6 分 e
因为 x ? e 是唯一的极大值点,故 tmax ? t (e) ?

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(Ⅱ)假设存在实数 m 满足题意,则不等式 ln x ?

1 m e ? 对 x ? ( , ??) 恒成立. 2 x x

x

1 2 x 令 r ( x) ? e ? x ln x ,则 r '( x) ? e x ? ln x ?1 , 1 x 令 ? ( x) ? ex ? ln x ?1 ,则 ? '( x ) ? e ? ,………………………………………7 分 x 1 1 1 因为 ? '( x ) 在 ( , ??) 上单调递增, ? '( ) ? e 2 ? 2 ? 0 , ? '(1) ? e ? 1 ? 0 ,且 ? '( x ) 的图 2 2 1 1 1 x ) 连 续 , 所 以 存 在 x0 ? ( ,1) , 使 得 ? ' ( 象 在 ( , 1上 ,即 e0? ?0 , 则 x0 ) ? 0 2 2 x0 x0 ? ? ln x0 ,…………………………………………………………………………9 分 1 所以当 x ? ( , x0 ) 时, ? ( x) 单调递减;当 x ? ( x0 , ??) 时, ? ( x) 单调递增, 2 1 1 x 则 ? ( x) 取到最小值 ? ( x0 ) ? e 0 ? ln x0 ? 1 ? x0 ? ? 1 ? 2 x0 ? ? 1 ? 1 ? 0 , x0 x0 1 所以 r '( x) ? 0 ,即 r ( x) 在区间 ( , ??) 内单调递增.………………………………11 分 2 1 1 1 1 1 1 m ? r ( ) ? e 2 ? ln ? e 2 ? ln 2 ? 1.99525 , 2 2 2 2 所以存在实数 m 满足题意,且最大整数 m 的值为 1 . …… ………12 分
x 即 m ? e ? x ln x 对 x ? ( , ??) 恒成立.……………………………………………6 分

12、解:(Ⅰ)函数 f ( x ) 的定义域为(0,+∞).

f ?( x ) ? 1 ?

1 ? a a x 2 ? ax ? (1 ? a) ( x ? 1)[ x ? (1 ? a )] ? ? ? x2 x x2 x2

(1 分)

①当 a ? 1 ? 0 ,即 a ? ?1 时, 因为当 x ? (0, a ? 1) 时, f ?( x ) ? 0 ;当 x ? (a ? 1,??) 时, f ?( x ) ? 0 ; 所以 f ( x ) 在 (0, a ? 1) 上单调递减,在 (a ? 1,??) 上单调递增. ②当 a ? 1 ? 0 ,即 a ? ?1 时, 因为当 x ? (0,??) 时, f ?( x ) ? 0 ,故 f ( x ) 在 (0,??) 上单调递增. (4 分) (2 分) (3 分)

综上,当 a ? ?1 时,函数 f ( x ) 的单调递减区间为 (0, a ? 1) ,单调递增区间为 (a ? 1,??) ; 当 a ? ?1 时,函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (0,??) . (Ⅱ)在 ?1,e? 上存在一点 x0 ,使得 x0 ? (5 分)

1 1 1? a ? a(ln x 0 ? ) ,即 x0 ? ? a ln x0 ? 0 , x0 x0 x0
(6 分)

也就是在 ?1,e? 上存在一点 x0 ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,即函数 f ( x ) ? x ? 值小于零.

1? a ? a ln x 在 ?1,e? 上的最小 x
(7 分)

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由(Ⅰ)可知: ①当 a ? 1 ? e ,即 a ? e ? 1 时, f ( x ) 在 ?1,e? 上单调递减, 所以 f ( x ) 的最小值为 h(e) ,由 h(e) ? e ? 因为

e2 ? 1 1? a . ? a ? 0 ,可得 a ? e e ?1
(8 分)

e2 ? 1 e2 ? 1 ; ? e ? 1 ,所以 a ? e ?1 e ?1

②当 a ? 1 ? 1 ,即 a ? 0 时, f ( x ) 在 ?1, e? 上单调递增, 所以 f ( x ) 最小值为 f (1) ,由 f (1) ? 1 ? 1 ? a ? 0 ,可得 a ? ?2 ; (9 分)

③当 1 ? a ? 1 ? e ,即 0 ? a ? e ?1 时, 可得 f ( x ) 最小值为 f (a ? 1) ? a ? 2 ? a ln(a ? 1) , (10 分) 因为 0 ? ln(a ? 1) ? 1,所以 0 ? a ln(1 ? a) ? a , 故 f (a ? 1) ? a ? 2 ? a ln(a ? 1) ? 2 ,此时, f (1 ? a ) ? 0 不成立. (11 分)

e2 ? 1 ,??) . 综上讨论可得所求 a 的范围是: (??,?2) ? ( e ?1

(12 分)

13、解:(1)函数 f ( x) 的定义域为: (0,??) …………1 分

f ?( x) ?

1 a x?a ? ? 2 …………3 分 x x2 x

当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 的单调递增区间为 (0,??) ……4 分 当 a ? 0 时,当 x ? a 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 的单调递增区间为 (a,??) ;……5 分 当 x ? (0, a ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 的单调递减区间为 (0, a ) ;……6 分 当 x ? a 时, f ?( x) ? 0 , f ( a ) 为 f ( x) 的极小值 (2)方程 f ( x) ? 2 存在两个不同的实数解 x1 、 x 2 , 因此 f ( x) 必能不为单调函数, 所以 a ? 0 ,……7 分 令 F ( x) ? f ( x) ? 2 ,则 F ( x ) 的的单调递减区间为 (0, a ) , 单调递增区间为 (a,??) , 最小值

F (a) ? 0

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∴ 0 ? x1 ? a ? x2 , 令 g ( x) ? F (2a ? x) ? F ( x) , x ? [a,2a) , ∵ g ?( x) ? F ?(2a ? x) ? F ?( x) ? f ?(2a ? x) ? f ?( x) ?

4a ( x ? a ) 2 ? 0 ……8 分 ( 2a ? x ) 2 ? x 2

∴ g ( x) 在 [a,2a) 上单调递增,且 g (a) ? 0 ,∴当 x ? (a,2a) 时, g ( x) ? 0 ∵

2a ? x1 ? (a,2a) ,∴ g (2a ? x1 ) ? 0 , g (2a ? x1 ) ? F ( x1 ) ? F (2a ? x1 ) ? f ( x1 ) ? f (2a ? x1 ) ? 0 ……10 分

∵ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 , ∴ f ( x2 ) ? f (2a ? x1 ) ……11 分 ∵ f ( x) 的单调递增区间为 (a,??) , x2 、 2a ? x1 ? (a,??) ∴ x2 ? 2a ? x1 , ∴ x1 ? x2 ? 2a ……12 分

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