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2014届一轮复习数学试题选编33导数的应用(单调性、极值与最值)(学生版)


江苏省 2014 届一轮复习数学试题选编 33:导数的应用(单调性、极值与最 值)

填空题 1 . (2009 高考(江苏))函数

f ( x) ? x3 ? 15x 2 ? 33x ? 6 的单调减区间为___★___.
?(2a ? 1) x ? 3a ? 4, x ? t , x3 ? x, x ? t ?
x

2 . (苏北老四所县中 2013 届高三新学期调研考试)已知函数 f(x)= ?

无论 t 取何值,函数 f(x)在区间(-∞,+∞)总是不单调.则 a 的取值范围是__▲___.
3 . (2012-2013 学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研(二)数学试题)分别在曲线 y ? e 与

直线 y ? ex ? 1 上各取一点 M 与 N ,则 MN 的最小值为_____.
4 . (南京市、 淮安市 2013 届高三第二次模拟考试数学试卷) 关于 x 的不等式 (2ax ? 1) ln x ? 0

对任意 x ? (0, ??) 恒成立,则实数 a 的值为_____.
5 . ( 扬 州 市 2012-2013 学 年 度 第 一 学 期 期 末 检 测 高 三 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

f ( x) ? ln x ?

m ( m ? R )在区间 [1, e] 上取得最小值 4,则 m ? ____. x
3 2

6 . (苏北老四所县中 2013 届高三新学期调研考试)已知 f(x)=x ,g(x)=-x +x- a,若存

2 9

a 在 x0∈[-1,3](a>0),使得 f(x0)<g(x0),则实数 a 的取值范围是
解答题



7 . (2010 年高考(江苏) )设 f ( x ) 使定义在区间 (1,??) 上的函数,其导函数为 f ' ( x) .如果

存在实数 a 和函数 h( x) ,其中 h( x) 对任意的 x ? (1,??) 都有 h( x) >0,使得

f ' ( x) ? h( x)(x 2 ? ax ? 1) ,则称函数 f ( x) 具有性质 P (a ) .
(1)设函数 f ( x) ? h( x) ?

b?2 ( x ? 1) ,其中 b 为实数 x ?1

①求证:函数 f ( x) 具有性质 P (b) ②求函数 f ( x) 的单调区间 (2)已知函数 g ( x) 具有性质 P (2) ,给定 x1 , x2 ? (1,??), x1 ? x2 , 设m为实数,

? ? mx1 ? (1 ? m) x2 , ? ? (1 ? m) x1 ? mx2 ,且 ? ? 1, ? ? 1 ,若| g (? ) ? g ( ? ) |

1

<| g ( x1 ) ? g ( x2 ) |,求 m 的取值范围
8 . (江苏省姜堰市 2012—2013 学年度第一学期高三数学期中调研(附答案) ) 已知常数 a ? 0 ,

? 3 3a 4 a x ? ,x ? , ? ? x 2 函数 f ? x ? ? ? ? 49 a 2 x, x ? a , ? 2 ?4
(Ⅰ)求 f ?x ? 的单调递增区间; (Ⅱ)若 0 ? a ? 2 ,求 f ?x ? 在区间 ?1,2? 上的最小值 g ?a ? ; (Ⅲ)是否存在常数 t ,使对于任意 x ? ?

a ?? a? ?a ,2t ? ?? t ? ? 时, 2 ?? 2? ?2

f ?x? f ?2t ? x? ? f 2 ?t ? ? ? f ?x? ? f ?2t ? x?? f ?t ? 恒成立,若存在,求出 t 的值;若不存在,
说明理由.

9 ( .江苏海门市 2013 届高三上学期期中考试模拟数学试卷) 已知 x=

1 b 是 f ( x) ? 2 x ? ? ln x 2 x

的一个极值点 (Ⅰ)求 b 的值; (Ⅱ)求函数 f ? x ? 的单调增区间; (Ⅲ)设 g ( x ) ? f ( x) ?

1 ,试问过点(2,5)可作多少条曲线 y=g(x)的切线?为什么? x

10. (江苏省苏锡常镇四市 2013 届高三教学情况调研(一)数学试题)已知实数 a , b , c ? R ,函

2

数 f ( x) ? ax ? bx ? cx 满 足 f (1) ? 0 , 设 f ( x) 的 导 函 数 为 f ?( x) , 满 足
3 2

f ?(0) f ?(1) ? 0 .
(1)求

c 的取值范围; a

(2) 设 a 为 常 数 , 且 a ? 0 , 已 知 函 数 f ( x) 的 两 个 极 值 点 为

? 2a a ? x1 , x2 , A( x1 , f ( x1 )) , B( x2 , f ( x2 )) ,求证:直线 AB 的斜率 k ? ? ? , ? ? . 6? ? 9

11 . ( 徐 州 、 宿 迁 市 2013 届 高 三 年 级 第 三 次 模 拟 考 试 数 学 试 卷 ) 已 知 函 数

f ( x) ? ln x ? ax2 ? x , a ? R .
⑴若函数 y ? f ( x) 在其定义域内是单调增函数,求 a 的取值范围; ⑵设函数 y ? f ( x) 的图象被点 P(2, f (2)) 分成的两部分为 c1 , c2 ( 点 P 除外 ), 该函数图 象在点 P 处的切线为 l ,且 c1 , c2 分别完全位于直线 l 的两侧,试求所有满足条件的 a 的 值.

x2 12. (镇江市 2013 届高三上学期期末考试数学试题)已知函数 f ( x ) ? 2 ,对一切正整 x ? x ?1
数 n ,数列 {an } 定义如下: a1 ?

1 , 2

且 an ?1 ? f ( an ) ,前 n 项和为 Sn . (1)求函数 f ( x ) 的单调区间,并求值域; (2)证明 x f ( x ) ? x ? x f ( f ( x )) ? x ; (3)对一切正整数 n ,证明:○ 1 an ?1 ? an ;○ 2 Sn ? 1 .

?

? ?

?

3

13. (2013 江苏高考数学)本小题满分 16 分.

设函数 f ( x) ? ln x ? ax , g ( x) ? e x ? ax ,其中 a 为实数. (1)若 f ( x) 在 (1,??) 上是单调减函数,且 g ( x) 在 (1,??) 上有最小值,求 a 的取值范围; (2)若 g ( x) 在 (?1,??) 上是单调增函数,试求 f ( x) 的零点个数,并证明你的结论.

14. (江苏省苏州市五市三区 2013 届高三期中考试数学试题 )已知函数 f ( x) ? x 2 ln | x | ,

(1)判断函数 f ( x) 的奇偶性; (2)求函数 f ( x) 的单调区间; (3)若关于 x 的方程 f ( x) ? kx ? 1 有实数解,求实数 k 的取值范围.

15 . ( 江 苏 省 南 京 市 四 校 2013 届 高 三 上 学 期 期 中 联 考 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

f ( x) ? ex ( x2 ? ax ?1) .
f (2)) 处 的切线与 x 轴平行 ,求 a 的值; (Ⅰ)若曲线 y ? f ( x) 在点 (2,
(Ⅱ)求函数 f ( x ) 的极值.

4

5

16 . ( 江 苏 省 连 云 港 市 2013 届 高 三 上 学 期 摸 底 考 试 ( 数 学 ) (选修物理) )设函数

f ( x) ? ex ? 1, g ( x) ? (e ?1) x ? 2(e 是自然对数的底数).
(1)判断函数 H ( x) ? f ( x) ? g ( x) 零点的个数,并说明理由; (2)设数列 {an } 满足: a1 ? (0,1), 且f (an ) ? g (an?1 ), n ? N? ; ①求证: 0 ? an ? 1 ; ②比较 a 与 (e ?1)an?1 的大小,

17 . ( 江 苏 省 连 云 港 市 2013 届 高 三 上 学 期 摸 底 考 试 ( 数 学 ) (选修历史) )已知函数

f ( x) ? x3 ? 3ax2 ? 9a2 x(a ? 0) .
(1)当 a=l 时,解不等式 f ( x) ? 0 ; (2)若方程 f ( x) ? 121nx ? 6ax ? 9a 2 ? a 在【l,2】恰好有两个相异的实根,求实数 a 的 取值范围(注:1n2≈0.69): (3)当 a>0 时,若 f ( x ) 在【0,2】的最大值为 h(a),求 h(a)的表达式.

18. (江苏海门市 2013 届高三上学期期中考试模拟数学试卷)设函数

f ( x) ? ax2 ? b ln x ,其

中 ab ? 0 .证明:当 ab ? 0 时,函数 f ( x ) 没有极值点;当 ab ? 0 时,函数 f ( x ) 有且只有 一个极值点,并求出极值.

6

19. (南京市四星级高级中学 2013 届高三联考调研考试(详细解答)2013 年 3 月 )已知函数

f ( x) ? k[(loga x)2 ? (log x a)2 ] ? (loga x)3 ? (log x a)3 , g ( x) ? (3 ? k 2 )(loga x ? log x a) ,
(其中 a ? 1 ),设 t ? log a x ? log x a . (Ⅰ)当 x ? (1, a) ? (a, ??) 时,试将 f ( x ) 表示成 t 的函数 h(t ) ,并探究函数 h(t ) 是否有 极值; (Ⅱ)当 x ? (1, ??) 时,若存在 x0 ? (1, ??) ,使 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立,试求 k 的范围.

20. (江苏省徐州市 2013 届高三考前模拟数学试题)(本小题满分 16 分 )

已知函数 f ( x) ?

a 1 + ln x , g ( x) ? bx2 ? 2x + 2 , a, b ? R . x 2

⑴求函数 f ( x ) 的单调区间; ⑵记函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) , 当 a ? 0 时 , h( x) 在 (0,1) 上有且只有一个极值点 , 求实 数 b 的取值范围; ⑶记函数 F ( x) ? f ( x) ,证明:存在一条过原点的直线 l 与 y ? F ( x) 的图象有两个切点.
21 . ( 江 苏 省 扬 州 市 2013 届 高 三 下 学 期 5 月 考 前 适 应 性 考 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数

f ( x) ? x? ln x, g ( x) ? ln x ?
(1)求函数 g ( x) 的极值; (2)已知 x1 ? 0 ,函数 h( x) ?

a ,( a ? 0 ). x

f ( x) ? f ( x1 ) , x ? ( x1 , ??) ,判断并证明 h( x) 的单调性; x ? x1
x1 ? x2 1 ) 与 [ f ( x1 ) ? f ( x2 )] ,并加以证明. 2 2

(3)设 0 ? x1 ? x2 ,试比较 f (

7

22 . ( 江 苏 省 泰 州 市 2012-2013 学 年 度 第 一 学 期 期 末 考 试 高 三 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

f(x)=(x-a) ( x ? b)2 ,a,b 为常数, (1)若 a ? b ,求证:函数 f(x)存在极大值和极小值 (2) 设 (1) 中 f(x) 取 得 极 大 值 、 极 小 值 时 自 变 量 的 分 别 为 x1 , x2 , 令 点 A

1 ( x1, f ( x1 ) ),B ( x2 , f ( x2 ) ),如果直线 AB 的斜率为 ? ,求函数 f(x)和 f / ( x) 的公共递 2
减区间的长度 (3)若 f ( x) ? mf / ( x) 对于一切 x ? R 恒成立,求实数 m,a,b 满足的条件

2012~2013 学年度第一学期期末考
23 . ( 连 云 港 市 2012-2013 学 年 度 第 一 学 期 高 三 期 末 考 试 数 学 试 卷 ) 已 知 函 数

1 1 f ( x) ? x3 ? mx2 ? x ? m ,其中 m ?R. 3 3 (1)求函数 y=f(x)的单调区间;
(2)若对任意的 x1,x2?[?1,1],都有 | f ?( x1 ) ? f ?( x2 ) |? 4 ,求实数 m 的取值范围; (3)求函数 f ( x) 的零点个数.

24 . ( 南 京 市 、 盐 城 市 2013 届 高 三 第 三 次 模 拟 考 试 数 学 试 卷 ) 已 知 函 数 f(x)=

1 2

m(x-1)2-2x+3+lnx ,m∈R.
(1)当 m=0 时,求函数 f(x)的单调增区间; (2)当 m>0 时,若曲线 y=f(x)在点 P(1,1)处的切线 l 与曲线 y=f(x)有且只有一个公共点,

8

求实数 m 的值.

25 . (江苏省泰州、 南通、 扬州、 宿迁、 淮安五市 2013 届高三第三次调研测试数学试卷) 设 f ( x)

是定义在 (0,? ?) 的可导函数,且不恒为 0,记 gn ( x) ?

f ( x) (n ? N* ) .若对定义域内的每 n x

一个 x , 总有 gn ( x ) ? 0 , 则称 f ( x) 为“ n 阶负函数”;若对定义域内的每一个 x , 总有

? g n ( x )?? ≥ 0 ,
则称 f ( x) 为“ n 阶不减函数”( ? g n ( x ) ?? 为函数 g n ( x) 的导函数). (1)若 f ( x) ? a3 ? 1 ? x( x ? 0) 既是“1 阶负函数”,又是“1 阶不减函数”,求实数 a 的 x x 取值范围; (2) 对任给的“2 阶不减函数” f ( x) , 如果存在常数 c , 使得 f ( x) ? c 恒成立 , 试判断
f ( x) 是

否为“2 阶负函数”?并说明理由.
26 . (苏北三市(徐州、淮安、宿迁) 2013 届高三第二次调研考试数学试卷) 已知函数

f ( x) ? a x ? x 2 ? x ln a(a ? 0, a ? 1).
(1) 求函数 f ( x ) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程; (2) 求函数 f ( x ) 单调区间; (3) 若存在 x1 , x 2 ? [?1,1] ,使得 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? e ? 1(e 是自然对数的底数),求实数 a 的取值范围.
27 . (江苏省扬州市 2013 届高三下学期 5 月考前适应性考试数学(理)试题)

某地区注重生态环境建设,每年用于改造生态环境总费用为 x 亿元,其中用于风景区改 造为 y 亿元 .该市 决 定建立生态环境改造投资方案 ,该方案要求同时具备下列三个条 件:①每年用于风景区改造费用随每年改造生态环境总费用增加而增加;②每年改造生 态环境总费用至少 a 亿元,至多 b 亿元;③每年用于风景区改造费用不得低于每年改造 生态环境总费用的 15%,但不得每年改造生态环境总费用的 22%. (1)若 a ? 2 , b ? 2.5 ,请你分析能否采用函数模型 y= 改造投资方案; (2)若 a 、b 取正整数,并用函数模型 y= 请你求出 a 、 b 的取值.
9

1 ( x3 ? 4 x ? 16) 作为生态环境 100

1 ( x3 ? 4 x ? 16) 作 为生态环境改造投资方案, 100

28

.( 扬 州 市 2012-2013 学 年 度 第 一 学 期 期 末 检 测 高 三 数 学 试 题 ) 记 函 数

f n ? x ? ? a ? x n ? 1? a ? R, n ? N* ? 的导函数为 f n? ? x ? ,已知 f3? ? 2 ? ? 12 .

(Ⅰ)求 a 的值. (Ⅱ)设函数 g n ( x) ? f n ( x) ? n 2 ln x ,试问:是否存在正整数 n 使得函数 g n ( x) 有且只有 一个零点?若存在,请求出所有 n 的值;若不存在,请说明理由. (Ⅲ)若实数 x0 和 m ( m ? 0 ,且 m ? 1 )满足: 小,并加以证明.

f n? ? x0 ? f ?m? ? n ,试比较 x0 与 m 的大 f n??1 ? x0 ? f n ?1 ? m ?

10

第二部分(加试部分)
29 .( 江 苏 省 苏 南 四 校 2013 届 高 三 12 月 月 考 试 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

f ? x ?=ax3+bx2-3x(a,b ? R) 在点 (1,f ?1?) 处的切线方程为 y+2=0.
(1)求函数 f ? x ? 的解析式; (2)若对于区间[-2,2]上任意两个自变量的值 x1,x2, 都有 | f ? x1 ?-f ? x2 ? |? c, 求实数

c 的最小值.

30 . (江苏省南通市、泰州市、扬州市、宿迁市 2013 届高三第二次调研(3 月)测试数学试题)

设 b>0,函数 f ( x) ? 1 (ax ? 1)2 ? 1 x ? 1 ln bx ,记 F ( x) ? f ?( x) ( f ?( x) 是函数 f ( x) 的 2ab b b 导函数) ,且当 x = 1 时, F ( x) 取得极小值 2. (1)求函数 F ( x) 的单调增区间; (2)证明 ? F ( x) ? ? F ( x n ) ≥2 n ? 2 ? n ? N* ? .
n

31 . (2011 年高考(江苏卷) )已知 a,b 是实数,函数

f ( x) ? x3 ? ax, g ( x) ? x2 ? bx, f ?( x) 和 g ?( x ) 是 f ( x ) 和 g ( x) 的导函数,若 f ?( x) g ?( x) ? 0 在区间 I 上恒成立,则称 f ( x) 和 g ( x) 在区间 I 上单调性一致. (1) 设 a ? 0 , 若函数 f ( x) 和 g ( x) 在区间 [?1,??) 上单调性一致 , 求实数 b 的取值范
围; (2)设 a ? 0, 且 a ? b ,若函数 f ( x) 和 g ( x) 在以 a,b 为端点的开区间上单调性一致,求

| a ? b | 的最大值
32 . (江苏省 2013 届高三高考模拟卷(二) (数学) )已知函数 f(x)=x +x -ax(a∈R).
3 2

(1)当 a=0 时,求与直线 x-y-10=0 平行,且与曲线 y=f (x)相切的直线的方程; (2)求函数 g(x)=

f(x) -alnx (x>1)的单调递增区间; x

(3)如果存在 a∈[3,9],使函数 h(x)=f(x)+f?(x)(x∈[-3,b])在 x=-3 处取得最大值,试 求 b 的最大值.

11

33 . (江苏省南京市 2013 届高三 9 月学情调研试题(数学)WORD 版)经观察,人们发现鲑

鱼在河中逆流匀速行进时所消耗的能量为 E=kv t,其中 v 为鲑鱼在静水中的速度,t 为行 进的时间(单位:h),k 为大于零的常数.如果水流的速度为 3 km/h,鲑鱼在河中逆流行进 100 km. (1)将鲑鱼消耗的能量 E 表示为 v 的函数; (2)v 为何值时,鲑鱼消耗的能量最少?

3

34. (2013 届江苏省高考压轴卷数学试题)已知函数

f ( x) ? x 3 ? ax 2 ? x ? 2 .( a ? R ).

(1)当 a ? 1 时,求函数 f ( x) 的极值; (2)若对 ?x ? R ,有 f '( x) ?| x | ?

4 成立,求实数 a 的取值范围. 3

(满分 40 分,答卷时间 30 分钟)
35. (江苏省南京市 2013 届高三 9 月学情调研试题(数学)WORD 版)设 t>0,已知函数 f

(x)=x (x-t)的图象与 x 轴交于 A? B 两点. (1)求函数 f (x)的单调区间; 1 (2)设函数 y=f(x)在点 P(x0,y0)处的切线的斜率为 k,当 x0∈(0,1]时,k≥- 恒成立,求 t 2 的最大值; (3)有一条平行于 x 轴的直线 l 恰好 与函数 y=f(x)的图象有两个不同的交点 C,D,若四边 .. 形 ABCD 为菱形,求 t 的值.

2

12

36. (南通市 2013 届高三第一次调研测试数学试卷)已知函数 f ( x) ? x ? ax( x ? 0 且 x≠1). ln x

(1)若函数 f ( x) 在 (1, ??) 上为减函数,求实数 a 的最小值; (2)若 ?x1 , x2 ? [e,e 2 ] ,使 f(x1)≤ f ?( x2 ) ? a 成立,求实数 a 的取值范围.

37. (扬州、 南通、 泰州、 宿迁四市 2013 届高三第二次调研测试数学试卷) 已知函数 f (x)=(m-3)x

3

+ 9x. (1)若函数 f (x)在区间(-∞,+∞)上是单调函数,求 m 的取值范围; (2)若函数 f (x)在区间[1,2]上的最大值为 4,求 m 的值.
38. (江苏省无锡市 2013 届高三上学期期末考试数学试卷)已知函数 f(x)=ax +1,g(x)=x +bx,
2 3

其中 a>0,b>0. (Ⅰ)若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点 P(2,c)处有相同的切线(P 为切点), 求 a,b 的值; (Ⅱ)令 h(x)=f(x)+g(x),若函数 h(x)的单调递减区间为[ ? (1)函数 h(x)在区间(一∞,-1]上的最大值 M(a); (2)若|h(x)|≤3,在 x∈[-2,0]上恒成立,求 a 的取值范围.

a b ],求: ,? 2 3

39 . ( 江 苏 省 徐 州 市

2013

届 高 三 期 中 模 拟 数 学 试 题 ) 已 知

f ?x ? ? ax ? ln?? x ?, x ? (?e,0), g ( x) ? ?
(1) 讨 论 a ? ?1 时 ,

ln( ? x) x ,其中 e 是自然常数, a ? R.

f ( x) 的 单 调 性 . 极 值 ; (2) 求 证 : 在 (1) 的 条 件

| f ( x) |? g ( x) ?
下, 果不存在,说明理由.

1 2 ;(3)是否存在实数 a ,使 f ( x) 的最小值是 3,如果存在,求出 a 的值;如

40 . ( 江 苏 省 泰 兴 市 2013 届 高 三 上 学 期 期 中 调 研 考 试 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

f ( x) ? x2 ? 2ax ? 1(a ? R), f ? ( x)是f ( x) 的导函数.
13

(1)若 x ?[?2, ?1] ,不等式 f ( x) ≤ f ?( x) 恒成立,求 a 的取值范围; (2)解关于 x 的方程 f ( x) ?| f ?( x) | ; (3)设函数 g ( x) ? ?

? f ?( x), f ( x) ≥ f ?( x) ,求 g ( x)在x ?[2, 4] 时的最小值 ? f ( x), f ( x) ? f ?( x)
2 f ( x ) ? x ? a |ln x ? 1 | .

41. (苏北老四所县中 2013 届高三新学期调研考试)设 a ?0,函数

)在 x ?1处的切线方程; (1) 当 a ?1时,求曲线 y? f (x [ 1 ,?? )时,求函数 f ( x) 的最小值. (2) 当 x?
1 2 x +1nx. 2

42. (江苏省无锡市 2013 届高三上学期期末考试数学试卷)已知函数 f(x)=

(Ⅰ)求函数 f(x)在区间[1,e]上的最大值、最小值; (Ⅱ)设 g(x)=f(x),求证: [ g ( x)]n ? g ( xn ) ? 2n ? 2(n ? N ? ) .

43. (江苏省无锡市 2013 届高三上学期期中考试数学试题)为了保护环境,某化工厂在政府部

门的支持下,进行技术改造:每天把工业废气转化为某种化工产品和符合排放要求的气 体,经测算,该工厂每天处理废气的成本 y (元)与处理废气量 x (吨)之间的函数关系可

? 1 3 x ? 1000 , x ? ?10,40? ? 近似地表示为: y ? ? 16 ,且每处理 1 吨工业废气可得价 2 ? , x ? ?40,70? ?2 x ? 130x ? 5000
值为 50 元的 某种化工产品. (1)当工厂日处理废气量 x ? ?40,70? 时,判 断该技术改进能否获利?如果能获利,求出最 大利润;如果不能获利,为了保证工厂在生产中没有亏损现象出现,国家至少每天财政补 贴多少元? (2)若国家给予企业处理废气阶梯式财政补贴,当日废气处理量不足 40 吨时,给予每顿 80 元补贴,废气处理量不少于 40 吨时,超过 40 吨的部分再增加每顿 55 元的补贴,当工 厂的日处理量为多少吨时,工厂处理每顿废气的平均收益最大?

14

44 . ( 江 苏 省 淮 安 市 2013 届 高 三 上 学 期 第 一 次 调 研 测 试 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

f ( x) ? ln x ? x, h ? x ? ?
(1)求 h ? x ? 的最大值;

ln x x .

(2) 若关于 x 的不等式 xf ( x) ? ?2 x2 ? ax ?12 对一切 x ? ? 0, ??? 恒成立 , 求实数 a 的 取值范围; (3)若关于 x 的方程 f ? x ? ? x ? 2ex ? bx ? 0 恰有一解,其中 e 为自然对数的底数,求
3 2

实数 b 的值.

45. (江苏省徐州市 2013 届高三期中模拟数学试题)某商店经销一种奥运会纪念品,每件产品

的成本为 30 元,并且每卖出一件产品需向税务部门上交 a 元( a 为常数,2≤a≤5 )的税 收.设每件产品的售价为 x 元(35≤x≤41),根据市场调查,日销售量与 e (e 为自然对数 的底数)成反比例.已知每件产品的日售价为 40 元时,日销售量为 10 件. (1)求该商店的日利润 L(x)元与每件产品的日售价 x 元的函数关系式; (2)当每件产品的日售价为多少元时,该商品的日利润 L(x)最大,并求出 L(x)的最大值.
x

46 . (苏州市第一中学 2013 届高三 “ 三模 ” 数学试卷及解答) 已知函数 f(x)= x +
3

1 3

1-a 2

x2-ax-a,x∈R,其中 a>0. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围;
15

(3) 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.

47 .( 江 苏 省 盐 城 市 2013 届 高 三 年 级 第 二 次 模 拟 考 试 数 学 试 卷 ) 设 函 数

f n ( x) ? ?x n ? 3ax ? b ( n ? N * , a, b ? R ).
⑴若 a ? b ? 1 ,求 f 3 ( x) 在 ?0,2? 上的最大值和最小值; ⑵若对任意 x1 , x2 ? [?1,1] ,都有 f 3 ( x1 ) ? f 3 ( x2 ) ? 1,求 a 的取值范围; ⑶若 f 4 ( x) 在 [ ?1,1] 上的最大值为

1 ,求 a , b 的值. 2

48. (2012-2013 学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研(二)数学试题)已知 a 为正的常数,
2 函数 f ( x) ? ax ? x ? ln x .

(1)若 a ? 2 ,求函数 f ( x ) 的单调增区间; (2)设 g ( x ) ?

f ( x) ,求函数 g ( x) 在区间 ?1, e? 上的最小值. x

49. (江苏省扬州市 2013 届高三下学期 5 月考前适应性考试数学(理)试题)(1)设 x ? ?1 ,

试比较 ln(1 ? x) 与 x 的大小; (2)是否存在常数 a ? N ,使得 a ?

1 n 1 (1 ? )k ? a ? 1 对任意大于 1 的自然数 n 都成 ? n k ?1 k

立?若存在,试求出 a 的值并证明你的结论;若不存在,请说明理由.
D 是边长为 60cm 的正 50. (2011 年高考(江苏卷) )请你设计一个包装盒,如图所示, ABCD C

方形硬纸片 , 切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形 , 再沿虚线折起 , 使得 60 A、 B、 C、 D四个点重合于图 ? 中的点 P ,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒, E、F A 在 AB 上,是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点, x E F x B 设 AE ? FB ? x cm (1)某广告商要求包装盒侧面积 S (cm ) 最大,试问 x 应取何值?
2

P

16

(2)某广告商要求包装盒容积 V (cm3 ) 最大,试问 x 应取何值?并求出此时包装盒的高与 底面边长的比值.

51 . ( 江 苏 省 南 京 市 四 校 2013 届 高 三 上 学 期 期 中 联 考 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

f ( x) ? 2(1 ? x) ln(1 ? x) ? x 2 ? 2x , x ? ?0,??? ,求 f ( x) 的最大值.
52. (江苏省 2013 届高三高考压轴数学试题)已知函数

f ( x) ? x3 ? ax2 ? x ? 2 .( a ? R ).

(1)当 a ? 1 时,求函数 f ( x) 的极值; (2)若对 ?x ? R ,有 f '( x ) ?| x | ?

4 成立,求实数 a 的取值范围. 3

53. (扬州、南通、泰州、宿迁四市 2013 届高三第二次调研测试数学试卷)必做题, 本小题 10

分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 设 b>0, 函数 f ( x) ? 1 (ax ? 1)2 ? 1 x ? 1 ln bx , 记 F ( x) ? f ?( x) ( f ?( x) 是函数 f ( x) 的导 2ab b b 函数),且当 x = 1 时, F ( x) 取得极小值 2. (1)求函数 F ( x) 的单调增区间; (2)证明 ? F ( x) ? ? F ( x n ) ≥2 n ? 2 ? n ? N* ? .
n

54. 某商场对 A 品牌的商品进行了市场调查, (苏北老四所县中 2013 届高三新学期调研考试)

预计 2012 年从 1 月起前 x 个月顾客对 A 品牌的商品的需求总量 P ( x) 件与月份 x 的近似 关系是: P ( x) ?

1 x( x ? 1)(41 ? 2 x)( x ? 12且x ? N ? ) 2

17

(1) 写出第 x 月的需求量 f ( x ) 的表达式;

? f ( x) ? 21x,1 ? x ? 7且x ? N ? , ? (2)若第 x 月的销售量 g ( x) ? ? x 2 1 (单位: 件) , 2 ? ? x ( x ? 10 x ? 96),7 ? x ? 12, 且x ? N ?e 3
每件利润 q( x) 元与月份 x 的近似关系为: q ( x) ?

10e x ,问:该商场销售 A 品牌商 x

品,预计第几月的月利润达到最大值?月利润最大值是多少?( e6 ? 403 )

55. (常州市 2013 届高三教学期末调研测试数学试题)已知函数

f ( x) ? x x ? a ? ln x .

(1)若 a=1,求函数 f ( x) 在区间 [1, e] 的最大值; (2)求函数 f ( x) 的单调区间; (3)若 f ( x) ? 0 恒成立,求 a 的取值范围.
56. (江苏省南京市四区县 2013 届高三 12 月联考数学试题 ) 某建筑公司要在一块宽大的矩形

地面(如图所示)上进行开发建设,阴影部分为一公共设施建设不能开发,且要求用栏栅 隔开 (栏栅要求在一直线上 ),公共设施边界为曲线 f ( x) ? 1 ? ax (a ? 0) 的一部分, 栏
2

栅与矩形区域的边界交于点 M、N,交曲线于点 P,设 P(t , f (t )) (1)将 ?OMN (O 为坐标原点)的面积 S 表示成 t 的函数 S (t ) ; (2)若在 t ?

1 处, S (t ) 取得最小值,求此时 a 的值及 S (t ) 的最小值. 2

y

N
P
O

M

x

57. (江苏省海门市四校 2013 届高三 11 月联考数学试卷 )设函数 f(x)= e -ax-2
x

(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

18

58. (江苏省徐州市 2013 届高三上学期模底考试数学试题)已知函数

2a2 ? a ln x(a ? R) . x (1)讨论函数 y ? f ( x) 的单调区间; f ( x) ? x ?
(2)设 g ( x) ? x2 ? 2bx ? 4 ? ln 2 ,当 a=1 时,若对任意的 x1,x2∈[1,e](e 是自然对数的底 数), f ( x1 ) ≥ g ( x2 ) ,求实数 b 的取值范围.

59 .( 南 京 市 、 淮 安 市 2013 届 高 三 第 二 次 模 拟 考 试 数 学 试 卷 ) 设 函 数

f ( x) ? x2 ? (a ? 2) x ? a ln x .
(1)求函数 f ( x ) 的单调区间;(2)若函数有两个零点,求满足条件的最小正整数 a 的值; (3)若方程 f ( x) ? c 有两个不相等的实数根 x1 , x2 ,求证: f ?(

x1 ? x2 )?0. 2

60 .( 江 苏 省 无 锡 市 2013 届 高 三 上 学 期 期 中 考 试 数 学 试 题 ) 已 知 函 数
19

f ( x) ? ( x ? a) ln x ,( a ? 0 ).
(1)当 a ? 0 时,若直线 y ? 2 x ? m 与函数 y ? f ( x) 的图象相切,求 m 的值; (2)若 f ( x) 在 ?1,2? 上是单调减函数,求 a 的最小值; (3)当 x ? ?1,2e?时, f ( x) ? e 恒成立,求实数 a 的取值范围.( e 为自然对数的底).

61 .( 江 苏 省 南 京 市 四 区 县 2013 届 高 三 12 月 联 考 数 学 试 题

)已知函数

f(x)=ax+x2-xlna(a>0,a≠1).
(1)当 a>1 时,求证:函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增; (2)若函数 y=|f(x)-t|-1 有三个零点,求 t 的值; (3)若存在 x1,x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1,试求 a 的取值范围.

62. (江苏省南京市四校 2013 届高三上学期期中联考数学试题)已知函数 f ( x) ? x ln x .

(I)求函数 f ( x ) 的单调递减区间; (II)若 f ( x) ? ? x ? ax ? 6 在 (0, ??) 上恒成立,求实数 a 的取值范围;
2 ?2 (III)过点 A(?e ,0) 作函数 y ? f ( x) 图像的切线,求切线方程.

20

江苏省 2014 届一轮复习数学试题选编 33:导数的应用(单调性、极值与最值)参考答案 填空题 1.

【 答 案 】 (?1,11) ; 【解析】

f ?( x) ? 3x2 ? 30 x ? 33 ? 3( x ? 11)( x ? 1) , 由

( x ? 11)( x ? 1) ? 得单调减区间为 0 (?1,11) 。
2.

a?

1 2

3.

1 ? e2 1 ? e2
1 2 ? 3e
-3+ 21 (0, ) 2 (1) f ( x) ? ln x ? ① f ?( x) ?

4. 5. 6.

解答题 7.

1 ( x ? 1) ;则有如下解答: x ?1

1 b?2 1 ? ? ( x 2 ? bx ? 1) 2 2 x ( x ? 1) x( x ? 1)

x ? 1时, h( x) ?

1 ? 0恒成立, x( x ? 1)3

?函数f ( x)具有性质P(b);
②设 ? ( x) ? x ? bx ? 1, 则f ?( x)与? ( x) 同号,
2

当b ? [?2, 2]时, ? ( x) ? x 2 ? bx ? 1 ? 0恒成立,? f ( x)在(1, ??)上单调递增; 当b ? (??, ?2)时, ? ( x) ? x 2 ? bx ? 1 ? 0恒成立,? f ( x)在(1, ??)上单调递增; 当b ? (2, ??)时, f ( x)在(1, b ? b2 ? 4 b ? b2 ? 4 )上单调递减, 在( , ??)上单调递增. 2 2
2

(2)依据题意 g ?( x) ? h( x)( x ? 1) ,

? g ( x)在(1, ??)单调递增, 且有? ? ? ? x1 ? x2 ,? ? ? ? (2m ? 1)( x1 ? x2 ).
当m ?

1 且m ? 1时, ? ? ? , 2

且 ? ? x1 ? (m ? 1) x1 ? (1 ? m) x2 , ? ? x2 ? (1 ? m) x1 ? (m ? 1) x2 ,

21

? (? ? x1 )( ? ? x2 ) ? ?(m ? 1) 2 ( x1 ? x2 ) 2 ? 0, ?? ? x1 ? x2 ? ? 或x1 ? ? ? ? ? x2 , 若? ? x1 ? x2 ? ? , 则f (? ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( ? ), ? g (? ) ? g ( ? ) ? g ( x1 ) ? g ( x2 )不合题意, ? x ? mx1 ? (1 ? m) x2 1 ? x1 ? ? ? ? ? x2 ,即 ? 1 , 解得m ? 1,? ? m ? 1. 2 ?(1 ? m) x1 ? mx2 ? x2
1 当m ? 时, ? ? ? , 且 ?| g (? ) ? g ( ? ) |? g ( x1 ) ? g ( x2 ) ,符合题意, 2 1 当 m ? 时, ? ? ? , 且? ? x2 ? m( x1 ? x2 ), ? ? x1 ? ?m( x2 ? x1 ), 2
同理有 x1 ?

? ? ? ? x2 ,即 ?

? x1 ? (1 ? m) x1 ? mx2 1 , 解得m ? 0,? 0 ? m ? , 2 ?mx1 ? (1 ? m) x2 ? x2

综上 0 ? m ? 1.
8.

解:(Ⅰ)当 x ?

a 49 2 a x 为增函数. 时, f ( x ) ? 2 4

a 3a 4 2 当 x ? 时, f ?( x ) = 3 x ? 2 .令 f ?( x ) ? 0 ,得 x ? a或x ? ?a . 2 x
∴ f ( x ) 的增区间为 (??, ?a) , ( ? (Ⅱ)由右图可知, ①当 1 ? a ? 2 时 ,

a a , ) 和 (a, ??) . 2 2

a ? 1 ? a , f ( x) 在区间 ?1, a? 上递减 , 在 ? a, 2? 上递增 , 最小值为 2

f (a) ? 4a3 ;
②当 0 ? a ? 1 时, f ( x ) 在区间 ?1, 2? 为增函数,最小值为 f (1) ? 1 ? 3a4 ;

3 ③当 a ? 2 时, f ( x ) 在区间 ?1, 2? 为增函数,最小值为 f (a) ? 4a ;

22

综上, f ( x ) 最小值 g (a) ? ?

?1 ? 3a 4 ? 4a
3

0 ? a ?1 1? a ? 2

.

(Ⅲ)由 f ( x) f (2t ? x) ? f 2 ?t ? ? ? f ( x) ? f (2t ? x)? f (t ) , 可得 ? f (t ) ? f ( x)?? f (t ) ? f (2t ? x)? ? 0 , 即?

f (t ) ? f ( x) ? f (t ) ? f ( x) 或? 成立,所以 t 为极小值点,或 t 为极大值点.又 ? f (t ) ? f (2t ? x) ? f (t ) ? f (2t ? x) ?

a? ?a x ? ? , 2t ? ? 时 f ( x) 没有极大值,所以 t 为极小值点,即 t ? a 2? ?2
9.

解:(1) 因 x=-1 是 f ( x) ? 2 x ? ∴ f / (?1) ? 0

b ? ln x 的一个极值点 x

即 2+b-1=0 ∴b= -1 经检验,适合题意,所以 b= -1.

1 1 ? x2 x 1 1 / ∴ f ( x) ? 2 ? 2 ? >0 x x
(2) f ( x) ? 2 ?
/



2 x2 ? x ?1 >0 x2
1 2
∴函数的单调增区间为 ? , ?? ?

∴x>

?1 ?2

? ?

(3) g ( x ) ? f ( x) ?

1 =2x+lnx x

设过点(2,5)与曲线 g (x)的切线的切点坐标为 ( x0 , y0 ) ∴ y0 ? 5 ? g / ( x0 )( x0 ? 2) 即 2 x0 ? ln x0 ? 5 ? (2 ? 令 h(x)= ln x ? ∴ h (x) = ∴x?2
23
/

1 )( x0 ? 2) x0

∴ ln x0 ?

2 ?2 ?0 x0

2 ?2 x

1 2 ? =0 x x2

∴h(x)在(0,2)上单调递减,在(2, ?? )上单调递增 又 h( ) ? 2 ? ln 2 ? 0 ,h(2)=ln2-1<0, h(e ) ?
2

1 2

2 ?0 e2

∴h(x)与 x 轴有两个交点 ∴过点(2,5)可作 2 条曲线 y=g(x)的切线.
10.

11. ⑴ f ?( x) ?

1 2ax 2 + x ? 1 ? 2ax ? 1 ? ? ( x ? 0) , x x 1 1 1 1 1 只需要 2ax 2 ? x ? 1≤ 0 ,即 2a ≤ 2 ? ? ( ? )2 ? , x x x 2 4 1 所以 a ≤ ? 8

24

⑵因为 f ?( x) ?

1 ? 2ax ? 1 . x 1 2

所以切线 l 的方程为 y ? (?4a ? )( x ? 2) ? ln 2 ? 4a ? 2 .

1 ? ? 令 g ( x) ? ln x ? ax 2 ? x ? ?(?4a ? )( x ? 2) ? ln 2 ? 4a ? 2 ? ,则 g (2) ? 0 . 2 ? ?

1 1 g ?( x) ? ? 2ax ? 4a ? ? ? x 2
若 a ? 0 ,则 g ?( x) ?

1 2ax 2 ? (4a ? ) x ? 1 2 x

2? x , 2x

当 x ? (0, 2) 时, g ?( x) ? 0 ;当 x ? (2, +?) 时, g ?( x) ? 0 , 所以 g ( x) ≥ g (2) ? 0 , c1 , c2 在直线 l 同侧,不合题意;

若 a ? 0 , g ?( x) ? ?

2a( x ? 2)( x ? x

1 ) 4a ,

x ( ? 1)2 1 ≥ 0 , g ( x) 是单调增函数, 若 a ? ? , g ?( x) ? 2 x 8 当 x ? (2, +?) 时, g ( x) ? g (2) ? 0 ;当 x ? (0, 2) 时, g ( x) ? g (2) ? 0 ,符合题意;
若 a ? ? ,当 x ? ( ?

1 8

1 ,2) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) ? g (2) ? 0 , 4a

当 x ? (2, ??) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) ? g (2) ? 0 ,不合题意; 若 ? ? a ? 0 ,当 x ? (2, ?

1 8

1 ) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) ? g (2) ? 0 , 4a

当 x ? (0, 2) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) ? g (2) ? 0 ,不合题意; 若 a ? 0 ,当 x ? (0, 2) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) ? g (2) ? 0 , 当 x ? (2. ? ?) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) ? g (2) ? 0 ,不合题意.

1 8 12.解:(1)定义域 x ? R,
f ??x ? ?

故只有 a ? ? 符合题意

2 x x 2 ? x ? 1 ? x 2 ?2 x ? 1?

?

?x

?

2

? x ?1

?

2

?

?x

? x2 ? 2x
2

? x ?1

?

2

,

f ??x ? ? 0 ? 0 ? x ? 2 , f ??x ? ? 0 ? x ? 0或x ? 2 ? ?? 函数 f ( x ) 的单调增区间为 ?0,2 ? ,单调减区间为 ?? ?,0 ?和?2,
25

(法一) f ?0 ? ? 0 , f (2) ?

4 ,当 x ? ? 时, f ? x ? ? 3

1 1 ?1? 1? ? ? ? x ?x?
2

? 1,

x ? ( ??,0] 时, f ( x ) 为减函数, f ( x ) ? [0,1) ;
4 ? 4? 当 x ? [0, ??) 时, f ( x ) ? [0, ] ;函数 f ( x ) 的值域为 ?0, ? 3 ? 3?
(法二)当 x ? 0 时, f ?0 ? ? 0 ,当 x ? 0 时, f ? x ? ?

1 1? 1 ?1? ?? ? x ?x?
2

?

1 4 ? , 1 1 3 3 ( ? )2 ? x 2 4

且 f ( x ) ? 0 , f (2) ?

4 ? 4? ,?函数 f ( x ) 的值域为 ?0, ? 3 ? 3?

(法三)判别式法(略) (2)设 A ? ?x f ( x ) ? x?, B ? ?x f ( f ( x )) ? x? , 设 x0 ? A ,则 f ( f ( x0 )) ? f ( x0 ) ? x0 ,则 x0 ? B ,? A ? B 当 x ? 0 时,

( x ? 1) 2 ? 0 ?

x x2 ? 1 ? ? x ? f ( x ) ? x 恒成立. x2 ? x ? 1 x2 ? x ? 1

当且仅当 x ? 0,1 时, f ( x ) ? x. 令 t ? f ( x ) ,当且仅当 x ? 1 时, t ? f ( x ) ? 1. 当 x ? 0 时,由(1) f ( f ( x )) ? f (t ) ? 0 , ?当 x ? 0 时, f ( f ( x )) ? x 无解 当 0 ? x ? 1 时, f ( f ( x )) ? f (t ) ? t ? f ( x ) ? x , ?当 0 ? x ? 1 时, f ( f ( x )) ? x 在无解 ? A ? B. 综上,除 x ? 0,1 外,方程 f ( f ( x )) ? x 无解,

? x f ( x ) ? x ? x f ( f ( x )) ? x

?

? ?

?

an 2 an 2 1 ? (3) ○ 1 显然 an ?1 ? 2 ,又 a1 ? ,? an ? 0 , 1 3 2 a n ? an ? 1 ( a ? ) 2 ? n 2 4
? an ?1 a 1 1 ? 2 n ? ? ? 1, 1 an a n ? an ? 1 a ? ? 1 2 ? 1 n an

所以, an ?1 ? an . 若 an ?1 ? an ,则 an ? 1 矛盾.所以 an ?1 ? an 2 (法一) an ? ○

a n ?2 1 1 1 1 1 1 1 , ? ? 1? ? , ? ?1 ? ? ? , 2 2 an ?1 ? an ?1 ? 1 an an ?1 an ?1 an an ?1 an ?12

26

?

1 1 ?1 an

? ?

1 1 1 ? an ?1 an ?12

? (

1 1 1 ? 1) an ?1 an ?1

?

1 1 ?1 an ?1

?

1 , 1 an ?1

? an ?1 ?

1 1 ? (n ? 2), 1 1 ?1 ?1 an ?1 an
n ?1 i ?2

? S ? ? ai ?1 ? ? (
i ?2

n ?1

1 1 1 1 a ? )? ? ? 1 ? n ?1 , 1 1 1 1 1 ? an ?1 ?1 ?1 ?1 ?1 ai ?1 ai a1 an ?1
?S ? 1? an ?1 ? 1. 1 ? an ?1

0 ? an ?1 ? an ?

1 2

(法二)

an ?

a n ?2 1 1 1 ? ? 2 1 1 an ?1 ? an ?1 ? 1 1 ? 1 ? 1 ? ? 2 2 an ?1 an ?1 an ?1 an ?1

?

1 1 1 1 ? ? ? ? an ?1 ? 1 1 1 1 1 1 ( ? 1) ?1 ? ? 2 an ?1 an ?1 an ?1 an ?1 an ? 2 an ? 2

? ?an ?1 ? an ? 2 ?

1 ? 1 an ?3 ? 1
2 an ?3

?

? ? an ?1 ? an ? 2 ?

? a1 ?

1 1 ?1 a1

? 1 ? an ?1 ? an ? 2 ?

? a1 ,

? Sn ? a1 ? a2 ?

? an ? 1

【说明】本题以高等数学中不动点、函数迭代等理论为背景,考查函数的图象与性质、 导数的运算与应用;考查函数思想;考查推理论证能力、 运算能力. 其中第 2 问证法较多. 本题可以进一步设计证明

an ?1 1 1 , 可证明对任意正整数 m, n 有 ? n . 如令 bn ? 1 ? an ?1 2 an

bm , bn 互素.
13.本题主要考察导数的运算及利用导数研究函数的性质,考察函数.方程.不等式的相互转

化,考察综合运用数学思想方法分析与解决问题及推理论证能力. (1)解:由 f ( x ) ?
'

1 1 ? a ? 0 即 ? a 对 x ? (1,??) 恒成立, x x

∴ a ? ? ? max x

?1? ? ?

27

而由 x ? (1,??) 知 ∴a ?1

1 <1 x

由 g ' ( x) ? e x ? a 令 g ' ( x) ? 0 则 x ? ln a 当 x < ln a 时 g ' ( x) <0,当 x > ln a 时 g ' ( x) >0, ∵ g ( x) 在 (1,??) 上有最小值 ∴ ln a >1 ∴a>e

综上所述: a 的取值范围为 (e,??) (2)证明:∵ g ( x) 在 (?1,??) 上是单调增函数 ∴ g ' ( x) ? e x ? a ? 0 即 a ? e 对 x ? (?1,??) 恒成立,
x

∴ a ? ex

? ?

min
x

而当 x ? (?1,??) 时, e > 分三种情况:

1 e 1 >0 x

∴a ?

1 e

' (Ⅰ)当 a ? 0 时, f ( x ) ?

∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数

∵ f (1) ? 0

∴f(x)存在唯一零点
'

(Ⅱ)当 a <0 时, f ( x ) ?

1 ? a >0 ∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数 x

a a a ∵ f (e ) ? a ? ae ? a(1 ? e ) <0 且 f (1) ? ?a >0

∴f(x)存在唯一零点

1 1 1 ' ' 时, f ( x ) ? ? a ,令 f ( x) ? 0 得 x ? e x a 1 1 ? a( x ? ) ? a( x ? ) 1 a >0; x > 1 时, f ' ( x) ? a <0 ∵当 0< x < 时, f ' ( x) ? a a x x 1 1 1 1 ∴ x ? 为最大值点,最大值为 f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 a a a a 1 1 ①当 ? ln a ? 1 ? 0 时, ? ln a ? 1 ? 0 , a ? , f ( x) 有唯一零点 x ? ? e e a 1 ②当 ? ln a ? 1 >0 时,0< a ? , f ( x) 有两个零点 e 1 a? 实 际 上 , 对 于 0< , 由 e
(Ⅲ)当 0< a ?



28

1 1 1 a 1 1 1 f ( ) ? ln ? a ? ?1 ? <0, f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 >0 e e e e a a a
且函数在 ? ,

?1 1? ?1 1? ? 上的图像不间断 ∴函数 f ( x) 在 ? , ? 上有存在零点 ?e a? ?e a? ? ?
1 1? ? 1? ? 1? ' ? , f ( x ) ? ? a >0,故 f ( x) 在 ? 0, ? 上单调增,∴ f ( x) 在 ? 0, ? x a? ? a? ? a?

另外,当 x ? ? 0, 只有一个零点 下 面
?1


?1


?1

f ( x)



?1 ? ? ,?? ? ?a ?
?1


?1





,





f (e a ) ? ln e a ? aea ? a ?1 ln e ? aea ? a(a ?2 ? e a ) <0
为此我们要证明 : 当 x > e 时 , e > x , 设 h( x) ? e x ? x 2
x 2

, 则 h ' ( x) ? e x ? 2 x , 再设

l ( x) ? e x ? 2 x
∴ l ' ( x) ? e x ? 2 当 x >1 时, l ' ( x) ? e x ? 2 > e -2>0, l ( x) ? e x ? 2 x 在 ?1,??? 上是单调增函数 故当 x >2 时, h ' ( x) ? e x ? 2 x > h ' (2) ? e 2 ? 4 >0 从 而 h( x) ? e ? x
x x 2 2



?2,???
e 2

上 是 单 调 增 函 数 , 进 而 当 x > e

时, h( x) ? e ? x > h(e) ? e ? e >0 即当 x > e 时, e > x , 当
?1

x

2

0<
?1

a
?1

<

1 e
?1



,
?1



a ?1

>e

时, f (e a ) ? ln e a ? aea 又 f ( ) ? ln

? a ?1 ln e ? aea ? a(a ?2 ? e a ) <0

?1 1 1 ? a ? ? ln a ? 1 >0 且函数 f ( x) 在 a ?1 , e a 上的图像不间断, a a 1 ? a( x ? ) ?1 1 a <0 故 f ( x) ∴函数 f ( x) 在 a ?1 , e a 上有存在零点,又当 x > 时, f ' ( x) ? a x

1 a

?

?

?

?

?1 ?1 在 a ,?? 上是单调减函数∴函数 f ( x) 在 a ,?? 只有一个零点

?

?

?

?

综合(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)知:当 a ? 0 时, f ( x) 的零点个数为 1;当 0< a < 数为 2

1 时, f ( x) 的零点个 e

29

14.解:(1)函数 f ( x ) 的定义域为 {x | x ? R 且 x ? 0} 关于坐标原点对称

f (? x) ? (? x) 2 ln | ? x |? x 2 ln x ? f ( x) ? f ( x) 为偶函数
2 (2)当 x ? 0 时, f ' ( x) ? 2 x ln x ? x ?

1 ? x(2 ln x ? 1) x
? 1 2

令 f ' ( x) ? x(2 ln x ? 1) ? 0 ? 2 ln x ? 1 ? 0 ? 2 ln x ? 1 ? 0 ? x ? e 令

?x?

e e
? 1 2

f ' ( x) ? x(2 ln x ? 1) ? 0

? 2 ln x ? 1 ? 0

? 2 ln x ? 1 ? 0 ? 0 ? x ? e

?0? x?

e e

所以可知:当 x ? (0,

e e ) 时, f ( x) 单调递减,当 x ? ( ,??) 时, f ( x) 单调递增, e e

又因为 f ( x) 是偶函数,所以在对称区间上单调性相反,所以可得:

当 x ? (? 综上可得:

e e ,0) 时, f ( x) 单调递增,当 x ? (??,? ) 时, f ( x) 单调递减, e e

f ( x) 的递增区间是: (?

e e ,0) , ( ,??) ; e e e e ) , (??,? ) e e

f ( x) 的递减区间是: (0,

2 (3)由 f ( x) ? kx ? 1 ,即 f ( x) ? x ln | x |? kx ? 1 ,显然, x ? 0

1 ?k x 1 1 令 g ( x) ? x ln | x | ? ,当 x ? 0 时, g ( x) ? x ln x ? x x
可得: x ln | x | ?

g ' ( x) ? x' ln x ? x ?

1 1 1 x2 ?1 ? 2 ? ln x ? 1 ? 2 ? ln x ? x x x x2

显然 g ' (1) ? 0 ,当 0 ? x ? 1 时, g ' ( x) ? 0 , g ( x) 单调递减, 当 x ? 1 时, g ' ( x) ? 0 , g ( x) 单调递增,

30

? x ? 0 时, g ( x) min ? g (1) ? 1
又 g (? x) ? ? g ( x) ,所以可得 g ( x) 为奇函数,所以 g ( x) 图像关于坐标原点对称 所以可得:当 x ? 0 时, g ( x) max ? g (?1) ? ?1 ∴ g ( x) 的值域为 (??,?1] ? [1,??)
15.解析:(1)

∴ k 的取值范围是 (??,?1] ? [1,??)

f ?( x) ? ex ( x2 ? ax ? 1 ? 2x ? a) ? ex [ x2 ? (a ? 2) x ? a ? 1] .

因为曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线与 x 轴平行, 所以 f ?(2) ? 0 ,即 f ?(2) ? e2 [4 ? 2(a ? 2) ? a ? 1] ? 0 所以 a ? ?3 (2) f ?( x) ? e x ( x ? a ? 1)( x ? 1) ,令 f ?( x) ? 0 ,则 x ? ? a ? 1 或 x ? ?1 ①当 a ? 1 ? 1 ,即 a ? 0 时, f ?( x) ? e x ( x ? 1)2 ? 0 ,

? ?) 上为增函数,函数无极值点; 函数 y ? f ( x) 在 (??,
②当 ?(a ? 1) ? ?1,即 a ? 0 时.

(??, ? a ? 1)
x

?a ? 1

(?a ? 1, ? 1)

?1

(?1, ? ?)

f ?( x )
+ 0 0 +



f ( x)


极大 ↘ 值 值 小 ↗

? a ?1 所以 当 x ? ?a ? 1 时 , 函数有极大值是 e (a ? 2) , 当 x ? ?1 时 , 函数有极小值是

2?a ; e
③当 ?(a ? 1) ? ?1,即 a ? 0 时.

11 分

x

(??, ? 1)

?1

(?1, ? a ? 1)

?a ? 1

(?a ? 1, ? ?)

31

f ?( x )

+

0

-

0

+



f ( x)
↗ 大 值 所 以 当 x ? ?1 时 , 函 数 有 极 大 值 是 ↘

极小 ↗ 值

2?a , 当 x ? ?a ? 1 时 , 函 数 有 极 小 值 是 e

e?a?1 (a ? 2)
综上所述,当 a ? 0 时函数无极值; 当 a ? 0 时,当 x ? ?a ? 1 时,函数有极大值是 e? a?1 (a ? 2) ,当 x ? ?1 时,函数有极小值 是

2?a 2?a ;当 a ? 0 时,当 x ? ?1 时,函数有极大值是 ,当 x ? ?a ? 1 时,函数有 极小 e e

值是 e? a?1 (a ? 2)

16.解: (1) H

'

( x) ? ex ? (e ?1) ,令 H ' ( x) =0, x? ? ln(e ? 1)

当 x ? (??, x? ) 时, H ' ( x) <0, H ( x ) 在 (??, x? ) 单调递减 当 x ? ( x? ,??) 时, H ' ( x) >0, H ( x ) 在 ( x? ,??) 单调递增 故 H ( x)min ? H ( x0 ) ? e ? (e ?1) x ?1 ? e ? 1 ? (e ? 1) ln(e ? 1) ? 1
x

令 t=e-1>1, 函 数 k ( t ) ? t ? tl n t? 1 , 因 为 k / ( t ) ? 1? l n t? 1 ? ? ln t<0, 所 以 函 数

k (t ) ? t ? t ln t ? 1 在 ?1, ?? ? 单调递减 , 故 k (t ) ? k (1) ? 0 , 又 e ? 1 ? 1 , 故 H ( x ) ? 0 ,
从而 H ( x ) 有两个零点
a (2)① 因为 f (an ) ? g (an?1 ) ,即 e n ?1 ? (e ?1)an?1 ? 2 ,所以 a n ?1 ?

1 (e an ? 1) e ?1

下面用数学归纳法证明 an ? (0,1)

32

3 2 2 17. 解 (1) 当 a ? 1 时 , f ( x) ? x ? 3x ? 9 x ? 0 , x( x ? 3x ? 9) ? 0 , 解 得

3? 3 5 ?x?0 或 2

x?

3?3 5 2

(2)由 f ' ( x) ? 12ln x ? 6ax ? 9a2 ? a 得 a ? 12ln x ? 3x 2 ,令 m( x) ? 12ln x ? 3x2 ,则

m' ( x) ?

12 12 ? 6 x ,当 m' ( x) ? ? 6 x ? 0 时, x ? 2 x x

当 x ?[1, 2) 时 , m' ( x) ? 0 , 此时 m( x) 递增 ; 当 x ? ( 2, 2] 时 , m' ( x) ? 0 , 此时 m( x) 递 减;所以 m( x)max ? g ( 2) ? 6(ln 2 ?1) , 又 因 为

m( ? 1? )

,

3 m(2) ? 12(ln 2 ? 1) ? ?3

,







x ?[ 1 ,

2

]

时 , m' ( x) ? 12ln x ? 6ax ? 9a2 ? a 恰 好 有 两 个 相 异 的 实 根 实 数 的 取 值 范 围 为

?3 ?a ?6 ( l n 2 ? 1)

18.证明:因为

? ?) . f ( x) ? ax2 ? b ln x,ab ? 0 ,所以 f ( x) 的定义域为 (0,

33

f ?( x ) ? 2ax ?

b 2ax 2 ? b ? . x x

? ?) 上单调递增; 当 ab ? 0 时,如果 a ? 0,b ? 0,f ?( x) ? 0,f ( x) 在 (0, ? ?) 上单调递减. 如果 a ? 0,b ? 0,f ?( x) ? 0,f ( x) 在 (0,
所以当 ab ? 0 ,函数 f ( x ) 没有极值点. 当 ab ? 0 时,

? b ?? b ? 2a ? x ? ? ?? x ? ? ? 2a ?? 2a ? f ?( x) ? ? x
令 f ?( x) ? 0 ,得 x1 ? ? ?

b b ? (0, ? ?) (舍去), x2 ? ? (0, ? ?) , 2a 2a

当 a ? 0,b ? 0 时, f ?( x),f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x
f ?( x ) f ( x)
从上表可看出,

? b ? 0 , ? ? ? ? 2a ? ? ?

?

b 2a

? ? b ? , ? ? ? ? ? ? 2a ? ?

?

0 极小值

?

函数 f ( x ) 有且只有一个极小值点,极小值为 f ? ? ?

? ?

b ? b? ? b ?? ? ? 1 ? ln ? ? ? ?? . ? 2a ? 2 ? 2a ? ? ? ?

当 a ? 0,b ? 0 时, f ?( x),f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x
f ?( x ) f ( x)
从上表可看出,

? b ? ? ? 0,? 2a ? ? ? ?

?

b 2a

? ? b ? ?? ? ? ? 2a, ? ? ?

?

0 极大值

?

函数 f ( x ) 有且只有一个极大值点,极大值为 f ? ? ?

? ?

b ? b? ? b ?? ? ? ?1 ? ln ? ? ? ? . ? ? 2a ? 2? ? 2a ? ?

综上所述,

34

当 ab ? 0 时,函数 f ( x ) 没有极值点; 当 ab ? 0 时, 若 a ? 0,b ? 0 时,函数 f ( x ) 有且只有一个极小值点,极小值为 ?

b? ? b ?? 1 ? ln ? ? ?? . ? 2? ? 2a ?? b? ? b ?? 1 ? ln ? ? ?? . ? 2? ? 2a ??

若 a ? 0,b ? 0 时,函数 f ( x ) 有且只有一个极大值点,极大值为 ?

19.解:(Ⅰ)∵ (loga

x)2 ? (log x a)2 ? (loga x ? log x a)2 ? 2 ? t 2 ? 2 ,

(loga x)3 ? (log x a)3 ? (loga x ? logx a)[(loga x ? logx a)2 ? 3] ? t 3 ? 3t ,
∴ h(t ) ? ?t 3 ? kt 2 ? 3t ? 2k ,(t ? 2) ∴ h?(t ) ? ?3t 2 ? 2kt ? 3 设 t1 , t2 是 h?(t ) ? 0 的两根,则 t1t2 ? 0 ,∴ h?(t ) ? 0 在定义域内至多有一解, 欲使 h(t ) 在定义域内有极值,只需 h?(t ) ? ?3t 2 ? 2kt ? 3 ? 0 在 (2, ??) 内有解,且 h?(t ) 的值在根的左右两侧异号,∴ h?(2) ? 0 得 k ? 综上:当 k ? 值 (Ⅱ)∵存在 x0 ? (1, ??) ,使 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立等价于 f ( x) ? g ( x) 的最大值大于 0 ∵ t ? log a x ? log x a ,∴ m(t ) ? ?t ? kt ? k t ? 2k ,(t ? 2) ,
3 2 2 2 2 ∴ m?(t ) ? ?3t ? 2kt ? k ? 0 得 t1 ? k , t2 ? ?

9 4

9 9 时 h(t ) 在定义域内有且仅有一个极值 ,当 k ? 时 h(t ) 在定义域内无极 4 4

k . 3

当 k ? 2 时, m(t )max ? m(k ) ? 0 得 k ? 2 ; 当 0 ? k ? 2 时, m(t )max ? m(2) ? 0 得 当 k ? 0 时, m(t )max ? m(2) ? 0 不成立 当 ?6 ? k ? 0 时, m(t )max ? m(2) ? 0 得 ?6 ? k ?

17 ? 1 ?k?2 2

? 17 ? 1 ; 2

35

当 k ? ?6 时, m(t ) max ? m( ? ) ? 0 得 k ? ?6 ; 综上得: k ?

k 3

? 17 ? 1 17 ? 1 或k ? 2 2
a 1 x?a ? ? 2 , x2 x x

20. (1)因为 f ?( x) ? ?

①若 a ≤ 0 ,则 f ?( x) ≥ 0 , f ( x ) 在 (0, ??) 上为增函数, ②若 a ? 0 ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? a , 当 0 ? x ? a 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? a 时, f ?( x) ? 0 . 所以 (0, a ) 为单调减区间, ( a, ??) 为单调增区间. 综上可得,当 a ≤ 0 时, (0, ??) 为单调增区间, 当 a ? 0 时, (0, a ) 为单调减区间, ( a, ??) 为单调增区间

1 (2) a ? 0 时, h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? bx2 ? 2x ? 2 ? ln x , 2 1 bx 2 ? 2 x ? 1 h?( x) ? bx ? 2 ? ? , x x

h( x) 在 (0,1) 上有且只有一个极值点,即 h?( x) ? 0 在 (0,1) 上有且只有一个根且不为重
根, 由 h?( x) ? 0 得 bx 2 ? 2 x ? 1 ? 0 ,

1 ,满足题意; 2 (ii) b ? 0 时, b ?12 ? 2 ?1 ? 1 ? 0 ,即 0 ? b ? 1 ; (iii) b ? 0 时, b ?12 ? 2 ?1 ? 1 ? 0 ,得 b ? 1 ,故 b ? 0 ; 综上得: h( x) 在 (0,1) 上有且只有一个极值点时, b ? 1
(i) b ? 0 , x ? 注:本题也可分离变量求得. (3)证明:由(1)可知: (i)若 a ≤ 0 ,则 f ?( x) ≥ 0 , f ( x ) 在 (0, ??) 上为单调增函数, 所以直线 l 与 y ? F ( x) 的图象不可能有两个切点,不合题意 (ⅱ)若 a ? 0 , f ( x ) 在 x ? a 处取得极值 f (a) ? 1 ? ln a . 若 1 ? ln a ≥ 0 , a ≥ 时,由图象知不可能有两个切点

1 e

36

1 ,设 f ( x ) 图象与 x 轴的两个交点的横坐标为 s , t (不妨设 s ? t ), e a 则 直 线 l 与 y ? F ( x) 的 图 象 有 两 个 切 点 即 为 直 线 l 与 y1 ? ? ? ln x, x ? ( s, t ) 和 x a y2 ? ? ln x, x ? (t , ??) 的切点. x a 1 a?x a 1 x?a ? ? 2 ? ? 2 , y2 ? ?? 2 ? ? 2 , y1 x x x x x x
故0 ? a ? 设切点分别为 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则 0 ? x1 ? x2 ,且

a ? x1 y1 a ln x1 x2 ? a y2 a ln x2 a ? x1 x2 ? a , , , ? ? ?? 2 ? ? ? 2? 2 x12 x2 2 x1 x1 x1 x1 x2 2 x2 x2 x2


2a ? 1 ? ln x1 , ① x1

2a ? 1 ? ln x2 , ② x2 a? x1 x2 ( x1 ? x2 ) ,③ x12 ? x2 2 x 2a 2a ? ? ? ln x1 ? ln x2 ? ? ln 1 , x1 x2 x2

①-②得:

由③中的 a 代入上式可得: (

x 2 2 x1 x2 ( x1 ? x2 ) ? ) ? ? ln 1 , x1 x2 x12 ? x2 2 x2



2( x12 ? x2 2 ) x ? ln 1 , 1 4 分 2 2 x1 ? x2 x2



x1 ? k (0 ? k ? 1) , 则 (k 2 ? 1)ln k ? 2k 2 ? 2 ,令 G(k ) ? (k 2 ? 1)ln k ? 2k 2 ? 2(0 ? k ? 1) , x2
1 e 3 1 4 ? 0 , G( 2 ) ? ? 4 ? 0 , 2 e e e

因为 G( ) ? 1 ?

故存在 k0 ? (0,1) ,使得 G ? k0 ? ? 0 , 即存在一条过原点的直线 l 与 y ? F ( x) 的图象有两个切点
21.解:(1) g '( x ) ?

1 a x?a ? 2 ? 2 ,令 g '( x) ? 0 ,得 x ? a . x x x

当 x ? (0, a) 时, g '( x) ? 0 , g ( x) 是减函数; 当 x ? (a, ??) 时, g '( x) ? 0 , g ( x) 是增函数.
37

∴当 x ? a 时, g ( x) 有极小值 ln a ? 1 , g ( x) 无极大值 (2) h '( x) ?

f '( x)( x ? x1 ) ? f ( x) ? f ( x1 ) ( x ? x1 )2

x1 1 (1 ? )( x ? x1 ) ? x ? ln x ? x1 ? ln x1 ? ln x ? 1 ? ln x1 x x = = , ( x ? x1 ) 2 ( x ? x1 ) 2
由(1)知 ? ( x) ?

x1 ? ln x 在 [ x1 , ??) 上是增函数, x

当 x ? ( x1 , ??) 时, ? ( x) ? ? ( x1 ) , 即

x1 ? ln x ? 1 ? ln x1 , x

∴ h '( x) ? 0 ,即 h( x) 在 ( x1 , ??) 上是增函数 (3) 0 ? x1 ? x ? x2 ,由(2)知, h( x) ?

f ( x) ? f ( x1 ) 在 ( x1 , ??) 上是增函数, x ? x1



f ( x2 ) ? f ( x1 ) f ( x) ? f ( x1 ) , ? x2 ? x1 x ? x1
x1 ? x2 x ? x2 1 ) ? [ f ( x1 ) ? f ( x2 )] 得, f ( 1 2 2 2

令x?
22. (1)

f / ( x) ? ( x ? b)?3x ? (2a ? b)?
2a ? b 2a ? b ? f , ( x) ? 0 有两不等 b 和 3 3

? a ? b ?b ?

? f(x)存在极大值和极小值
(2)①若 a=b,f(x)不存在减区间 ②若 a>b 时由(1)知 x1=b,x2=

2a ? b 3

? 2a ? b 2(a ? b) 2 ? ? ? A(b,0)B ? ? 3 ,? ? 9 ? ?
2(a ? b) 2 1 9 ? ? ? ? 2(a ? b) 2 ? 3(a ? b) 2a ? b 2 ?b 3
3 当 a<b 时 ○
38

?a ? b ?

3 2

2a ? b ,x2=b. 3 3 同理可得 a-b= (舍) 2 3 综上 a-b= 2
x1=

? f ( x) 的减区间为 (b,

2a ? b 1 ) 即(b,b+1), f , (x)减区间为 (?? , b ? ) 3 2 1 1 ∴公共减区间为(b,b+ )长度为 2 2
(3) f ( x) ? mxf / ( x)

? ( x ? a)(x ? b) 2 ? m ? x( x ? b)?3x ? (2a ? b)? ? ( x ? b) (1 ? 3m) x 2 ? ?m(2a ? b) ? (a ? b)?x ? ab ? 0
若m ?

?

?

1 ,则左边是一个一次因式,乘以一个恒正(或恒负)的二次三项式,或者是三个一 3

次因式的积,无论哪种情况,总有一个一次因式的指数是奇次的,这个因式的零点左右的 符号不同,因此不可能恒非负.

?m ?

1 3

? ( x ? b)?(a ? 2b) x ? 3ab? ? 0
若 a+2b=0, a ? ?2b ,? a ? b =0, 若 a ? 2b ? 0 则 x1 ? b , x 2 ?

3ab a ? 2b

? a ? 2 b?0 ? ? 3 ab ? b? a?2b
①b=0 ②b ? 0 则 a<0,

3a ? 1 ? a ? b 且 b<0 a ? 2b 1 a?b?0 综上 ? m ? 3
23.解:(1) f ?(x)=x -2mx-1,
2

由 f ?(x)?0,得 x?m- m +1,或 x? m+ m +1;
2 2

故函数 f ( x) 的单调增区间为(-∞,m- m +1),(m+ m +1,+∞), 减区间(m- m +1, m+ m +1) (2) “ 对 任 意 的 x1,x2?[?1,1], 都 有 |f?(x1)?f?(x2)|?4” 等 价 于 “ 函 数 y=f
39
2 2

2

2

?(x),x?[?1,1]的最大值与最小值的差小于等于 4”. 2 对于 f ?(x)=x -2mx-1,对称轴 x=m. ①当 m<?1 时, f ?(x)的最大值为 f ?(1),最小值为 f ?(?1),由 f ?(1)?f ?(?1)?4,即 ?4m?4,解得 m?1,舍去; ② 当 ?1?m?1 时 , f ?(x) 的 最 大 值 为 f ?(1) 或 f ?(?1), 最 小 值 为 f ?(m), 由
?f ?(1)?f ?(m)?4 ?m ?2m?3?0 ? ,即? 2 ,解得?1?m?1; ?f ?(?1)?f ?(m)?4 ?m +2m?3?0
2

③当 m>1 时, f ?(x)的最大值为 f ?(?1),最小值为 f ?(1),由 f ?(?1)?f ?(1)?4,即 4m?4,解得 m?1,舍去; 综上,实数 m 的取值范围是[?1,1] 2 (3)由 f ?(x)=0,得 x -2mx-1=0, 2 因为△=4m +4>0,所以 y=f(x)既有极大值也有极小值. 2 设 f ?(x0)=0,即 x0 -2mx0-1=0, 1 3 1 1 2 2 1 2 2 2 则 f (x0)= x0 -mx0 -x0+ m=- mx0 - x0+ m=- x0(m +1) 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 所以极大值 f(m- m +1)=- (m- m +1)(m +1)>0, 3 2 2 2 2 极小值 f(m+ m +1)=- (m+ m +1)(m +1)<0, 3 故函数 f(x)有三个零点
24.解(1)由题意知,f(x)=-2x+3+lnx,

1 -2x+1 所以 f′(x)=-2+ = (x>0)

x

x

1 由 f′(x)>0 得 x∈(0, ) . 2 1 所以函数 f(x)的单调增区间为(0, ) 2 1 (2)由 f′(x)=mx-m-2+ ,得 f′(1)=-1,

x

所以曲线 y=f(x)在点 P(1,1)处的切线 l 的方程为 y=-x+2 由题意得,关于 x 的方程 f(x)=-x+2 有且只有一个解, 1 2 即关于 x 的方程 m(x-1) -x+1+lnx=0 有且只有一个解. 2 1 2 令 g(x)= m(x-1) -x+1+lnx(x>0). 2 1 mx -(m+1)x+1 (x-1)(mx-1) 则 g′(x)=m(x-1)-1+ = = (x>0)
2

x

x

x

1 1 ①当 0<m<1 时,由 g′(x)>0 得 0<x<1 或 x> ,由 g′(x)<0 得 1<x< ,

m

m

1 1 所以函数 g(x)在(0,1)为增函数,在(1, )上为减函数,在( ,+∞)上为增函数.

m

m

又 g(1)=0,且当 x→∞时,g(x)→∞,此时曲线 y=g(x)与 x 轴有两个交点.

40

故 0<m<1 不合题意 ②当 m=1 时,g′(x)≥0,g(x)在(0,+∞)上为增函数,且 g(1)=0,故 m=1 符合题意. 1 1 ③当 m>1 时,由 g′(x)>0 得 0<x< 或 x>1,由 g′(x)<0 得 <x<1,

m

m

1 1 所以函数 g(x)在(0, ) 为增函数,在( ,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数.

m

m

又 g(1)=0,且当 x→0 时,g(x)→-∞,此时曲线 y=g(x)与 x 轴有两个交点. 故 m>1 不合题意. 综上,实数 m 的值为 m=1
25.

解:(1)依题意, g1 ( x) ? 故 [ g1 ( x)]? ? ?

f ( x) a 1 ? 4 ? 2 ? 1 在 (0,? ?) 上单调递增, x x x

4a 2 1 ? 3 ≥ 0 恒成立,得 a ≤ x2 , 5 x x 2 因为 x ? 0 ,所以 a ≤ 0
而当 a ≤ 0 时, g1 ( x) ? a4 ? 12 ? 1 ? 0 显然在 (0,? ?) 恒成立, x x 所以 a ≤ 0 (2)①先证 f ( x)≤0 : 若不存在正实数 x0 ,使得 g2 ( x0 ) ? 0 ,则 g2 ( x)≤0 恒成立 假设存在正实数 x0 ,使得 g2 ( x0 ) ? 0 ,则有 f ( x0 ) ? 0 , 由题意,当 x ? 0 时, g2? ( x)≥0 ,可得 g 2 ( x) 在 (0,? ?) 上单调递增, 当 x ? x0 时,
f ( x0 ) 2 f ( x ) f ( x0 ) ? ? x 恒成立, 恒成立,即 f ( x) ? 2 2 x x0 x0 2 f ( x0 ) 2 ? x1 ? m (其中 m 为任意常数), x0 2

故必存在 x1 ? x0 ,使得 f ( x1 ) ?

这与 f ( x) ? c 恒成立(即 f ( x) 有上界)矛盾,故假设不成立, 所以当 x ? 0 时, g2 ( x)≤0 ,即 f ( x)≤0 ; ②再证 f ( x) ? 0 无解: 假设存在正实数 x 2 ,使得 f ( x2 ) ? 0 , 则对于任意 x3 ? x2 ? 0 ,有
f ( x3 ) f ( x2 ) ? ? 0 ,即有 f ( x3 ) ? 0 , x32 x2 2

这与①矛盾,故假设不成立, 所以 f ( x) ? 0 无解, 综上得 f ( x) ? 0 ,即 g2 ( x) ? 0 , 故所有满足题设的 f ( x) 都是“2 阶负函数”

41

26.

⑴因为函数 f ( x) ? a x + x2 ? x ln a(a ? 0, a ? 1) , 所以 f ?( x) ? a x ln a + 2x ? ln a , f ?(0) ? 0 , 又因为 f (0) ? 1 ,所以函数 f ( x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y ? 1 ⑵由⑴, f ?( x) ? a x ln a + 2 x ? ln a ? 2 x + ( a x ?1)ln a . 因为当 a ? 0, a ? 1 时,总有 f ?( x) 在 R 上是增函数, 又 f ?(0) ? 0 ,所以不等式 f ?( x) ? 0 的解集为 (0, +?) , 故函数 f ( x) 的单调增区间为 (0, +?) ⑶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 又因为 x , f ?( x) , f ( x) 的变化情况如下表所示:

x
f ?( x)
f ( x)

(??,0)

0 0
极小值

(0, +?)

?
减函数

+
增函数

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 ?min ? f ? 0? ? 1, f ? x ? 的最大值 f ? x ?max 为 f ? ?1? 和 f ?1? 中的最大值.

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) 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 ; 当 0 ? a ? 1 时 , f (?1) ? f (0) ≥ e ? 1 , 即

1 a

1 ? ln a ≥ e ? 1 , 函 数 a

42

1 1 ? ln a 在 a ? (0,1) 上是减函数,解得 0 ? a ≤ . a e 1 综上可知,所求 a 的取值范围为 a ? (0, ] [e, +?) e y?
27.

解:(1)∵ y ' ? ∴函数 y=

1 (3x 2 ? 4) ? 0 , 100

1 ( x3 ? 4 x ? 16) 是增函数,满足条件① 100 y 1 16 ( x2 ? 4 ? ) , 设 g ( x) ? ? x 100 x
则 g '( x) ?

1 16 ( x ? 2)( x 2 ? 2 x ? 4) (2 x ? 2 ) ? , 100 x 50 x 2

令 g '( x) ? 0 ,得 x ? 2 . 当 x ? 2 时, g '( x) ? 0 , g ( x) 在 (??, 2) 上是减函数; 当 x ? 2 时, g '( x) ? 0 , g ( x) 在 (2, ??) 上是增函数, 又 a ? 2 , b ? 2.5 ,即 x ? [2, 2.5] , g ( x) 在 [2, 2.5] 上是增函数, ∴当 x ? 2 时, g ( x) 有最小值 0.16=16%>15%, 当 x ? 2.5 时, g ( x) 有最大值 0.1665=16.65%<22%,

1 ( x3 ? 4 x ? 16) 作为生态环境改造投资方案 100 y 1 16 ( x2 ? 4 ? ) , (2)由(1)知 g ( x) ? ? x 100 x
∴能采用函数模型 y= 依题意,当 x ? [a, b] , a 、 b ? N * 时, 15% ? g ( x) ? 22% 恒成立;

16 ? 22 的正整数解. x 16 2 令 h( x ) ? x ? 4 ? , x
下面求 15 ? x ? 4 ?
2

由(1)知 x ? N , h( x) 在 (??, 2) 上是减函数,在 (2, ??) 上是增函数,
*

又由(1)知,在 x ? 0 时, g ( x)min ? g (2) ,且 g (2) =16%∈[15%,22%],

? x ? 2 合条件,经枚举 g (1) , g (3) ∈[15%,22%],
而 g (4) ?[15%,22%],可得 x ? 1 或 x ? 2 或 x ? 3 , 由 g ( x) 单调性知 a ? 1, b ? 2 或 a ? 1, b ? 3 或 a ? 2, b ? 3 均合题意
43

28.

解:(Ⅰ) f 3' ( x) ? 3ax 2 ,由 f 3? ? 2 ? ? 12 得 a ? 1 (Ⅱ) g n ( x) ? x n ? n 2 ln x ? 1 , g n ( x) ? n ? x
'
' ∵ x ? 0 ,令 g n ( x) ? 0 得 x ?

n ?1

?

n 2 n( x n ? n) , ? x x

n

n,

当x ?

n

' n 时, g n ( x) ? 0 , g n ( x) 是增函数;

当0 ? x ? ∴当 x ?
n

n

' n 时, g n ( x) ? 0 , g n ( x) 是减函数.

n 时, g n ( x) 有极小值,也是最小值, g n ( n n ) ? n ? n ln n ? 1 ,

当 x ? 0 时, g n ( x) ? ?? ; 当 x ? ?? 时(可取 x ? e, e , e
2 3

体验), g n ( x) ? ?? .

当 n ? 3 时, g n ( n n ) ? n(1 ? ln n) ? 1 ? 0 ,函数 g n ( x) 有两个零点; 当 n ? 2 时, g n ( n n ) ? ?2 ln 2 ? 1 ? 0 ,函数 g n ( x) 有两个零点; 当 n ? 1 时, g n ( n n ) ? 0 ,函数 g n ( x) 有且只有一个零点, 综上所述,存在 n ? 1 使得函数 g n ( x) 有且只有一个零点 (Ⅲ) f ( x) ? n ? x
' n n ?1

n ?1 f n? ? x0 ? fn ? m ? nx0 mn ? 1 ? ? n ?1 ,∵ ,∴ , n f n??1 ? x0 ? f n ?1 ? m ? (n ? 1) x0 m ?1

得 x0 ?

n(m n ?1 ? 1) , (n ? 1)(m n ? 1) ?m n ?1 ? m(n ? 1) ? n , (n ? 1)(m n ? 1)
n n ?1

则 x0 ? m ?

当 m ? 1 时, (n ? 1)( m ? 1) ? 0 ,设 h( x) ? ? x
n n

? x(n ? 1) ? n( x ? 1) ,

则 h '( x) ? ?(n ? 1) x ? n ? 1 ? ?(n ? 1)( x ? 1) ? 0 (当且仅当 x ? 1 时取等号), ∴ h( x) 在 ?1, ?? ? 上是减函数, 又∵ m ? 1 ,∴ h(m) ? h(1) ? 0 ,∴ x0 ? m ? 0 ,∴ x0 ? m 当 0 ? m ? 1 时, (n ? 1)( m ? 1) ? 0 ,设 h( x) ? ? x
n n ?1

? x(n ? 1) ? n(0 ? x ? 1) ,

44

则 h '( x) ? ?(n ? 1) x ? n ? 1 ? ?(n ? 1)( x ? 1) ? 0 (当且仅当 x ? 1 时取等号),
n n

∴ h( x) 在 ? 0,1? 上是增函数, 又∵ 0 ? m ? 1 ,∴ h(m) ? h(1) ? 0 ,∴ x0 ? m ? 0 ,∴ x0 ? m . 综上所述,当 m ? 1 时 x0 ? m ,当 0 ? m ? 1 时 x0 ? m
29.

30.

【解】 (1)由题 F ( x) ? f ?( x) ? 1 ? 2(ax ? 1) ? a ? 1 ? 1 ? 1 ax ? 1 ,x ? 0,b ? 0 . 2ab b bx b x 于是 F' ( x) ? 1 a ? 12 ,若 a ? 0 ,则 F' ( x) ? 0 ,与 F ( x) 有极小值矛盾,所以 a ? 0 . b x 令 F' ( x) ? 0 ,并考虑到 x ? 0 ,知仅当 x ? 1 时, F ( x) 取得极小值. a

?

?

?

?

? 1 ? 1, ? 所以 ? a 解得 a ? b ? 1 .…………………………………4 分 ? 1 (a ? 1) ? 2, ?b
? ?) . 故 F ( x) ? x ? 1 ( x ? 0) ,由 F ?( x) ? 0 ,得 x ? 1 ,所以 F ( x) 的单调增区间为 (1, x

(2)因为 x ? 0 ,所以记 g ( x) ? ? F ( x)? ? F ( xn ) ? ? F ( x)? ? F ( xn ) ? x ? 1 x
n n
n ?1 1 n?2 n ?3 ?1 1 ? C1 ? ? C2 ? 12 ? C3 ? 13 ? ?????? ?Cn nx nx nx n x ? n ?1 x x x x n?r 1 ?r r 1 因为 Cr ? ? Cn , 2, L ,n ? 1) , nx n x ? n ? r ≥2Cn (r ? 1 x x

? ? ? ? x ? x1 ?
n n n

45




n

2g x ≥
n

1 ( n ?

n

2 n? ? ) ?3 n ? ?????? ? 2 n

n ( ?

C

,1

C 故

C

?F (x ?

?F) xn ≥

?

) 10 分 ? n ?(N ? .………
*

2

2

31. 【命题立意】本小题主要考查函数的概念、性质及导数等基础知识,考查灵活运用数形

结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力. 【解析】 f '( x) ? 3x2 ? a, g '( x) ? 2 x ? b .
2 (1) 由题意知 f '( x) g '( x) ? 0 在 [?1, ??) 上恒成立 . 因为 a ? 0 , 故 3x ? a ? 0 , 进而

2 x ? b ? 0 , 即 b ? ?2 x 在区间 [?1, ??) 上恒成立 , 所以 b ? 2 . 因此 b 的取值范围是

[2, ??) (2)令 f '( x) ? 0 ,解得 x ? ? ?

a , 3

若 b ? 0 ,由 a ? 0 得 0 ? (a, b) .又因为 f '(0) g '(0) ? ab ? 0 ,所以函数 f ( x ) 和 g ( x) 在

( a, b) 上不是单调性一致的.因此 b ? 0 .
现设 b ? 0 ,当 x ? (??,0) 时, g '( x) ? 0 ;当 x ? (??, ? ?

a ) 时, f '( x) ? 0 .因此, 3

当 x ? (??, ? ? 从而 ?

a a a ) 时, f '( x) g '( x) ? 0 .故由题设得 a ? ? ? 且 b ? ? ? , 3 3 3

1 1 1 1 ? a ? 0 ,于是 ? ? b ? 0 .因此 | a ? b |? ,且当 a ? ? , b ? 0 时等号成立. 3 3 3 3 1 1 1 2 又 当 a ? ? , b ? 0 时 , f '( x) g '( x) ? 6 x( x ? ) , 从 而 当 x ? (? , 0) 3 9 3 1 时, f '( x) g '( x) ? 0 ,故函数 f ( x ) 和 g ( x) 在 (? , 0) 上单调性一致,因此 | a ? b | 的最大 3 1 值为 3
32.

解:(1)设切点为 T(x0,x0 +x0 ),由 f?(x)=3x +2x 及题意 2 得 3 x0 +2 x0=1
3 2 2

1 解得 x0=-1,或 x0= . 3 1 4 所以 T(-1,0)或 T( , ). 3 27 所以切线方程为 x-y+1=0 或 27x-27y-5=0 2 (2)因为 g(x)=x +x-a-alnx(x>1), 所以由 g?(x)=2x+1- >0,得 2x +x-a>0
2

a x

令 φ (x)=2x +x-a(x>1),因为 φ (x)在(1,+∞)递增,所以 φ (x)>φ (1)=3-a.
46

2

当 3-a≥0 即 a≤3 时,g(x)的增区间为(1,+∞); 当 3-a<0 即 a>3 时, 因为 φ (1)=3-a<0,所以 φ (x)的一个零点小于 1、另一个零点大于 1. -1- 1+8a -1+ 1+8a 由 φ (x)=0 得零点 x1= <1,x2= >1, 4 4 -1+ 1+8a 从而 φ (x)>0(x>1)的解集为( ,+∞), 4 -1+ 1+8a 即 g(x)的增区间为( ,+∞) 4 (3)方法一:h(x)=x +4x +(2-a)x-a,h′(x)=3x +8x+(2-a). -4- 3a+10 -4+ 3a+10 因为存在 a∈[3,9],令 h′(x)=0,得 x1= ,x2= . 3 3 当 x<x1 或 x>x2 时,h′(x)>0;当 x1<x<x2 时,h′(x)<0. 所以要使 h(x)(x∈[-3,b])在 x=-3 处取得最大值, 必有?
?x1≤-3, ?x2>-3,
3 2 2

解得 a≥5,即 a∈[5,9]

所 以 存 在 a∈[5,9] 使 h(x)(x∈[-3,b]) 在 x=-3 处 取 得 最 大 值 的 充 要 条 件 为 h(-3)≥h(b), 3 2 即存在 a∈[5,9] 使(b+3)a-(b +4b +2b-3)≥0 成立. 3 2 2 因为 b+3>0,所以 9(b+3)-(b +4b +2b-3)≥0,即(b+3)( b +b-10)≤0. -1- 41 -1+ 41 -1+ 41 解得 ≤b≤ ,所以 b 的最大值为 2 2 2 方法二:h(x)=x +4x +(2-a)x-a, 据题意知,h(x)≤h(-3)在区间[-3,b]上恒成立. 3 2 2 即(x +27)+4(x -9)+(2-a)(x+3)≤0,(x+3)(x +x-1-a)≤0 ①. 若 x=-3 时,不等式①成立; 2 2 若-3<x≤b 时,不等式①可化为 x +x-1-a≤0,即 x +x≤1+a ② 2 令 ψ (x)=x +x. 当-3<b≤2 时,ψ (x)在区间[-3,b]上的最大值为 ψ (-3)=6, 不等式②恒成立等价于 6≤1+a,a≥5,符合题意; 2 2 当 b≥2 时,ψ (x)的最大值为 ψ (b)=b +b,不等式②恒成立等价于 b +b≤1+a. 由题意知这个关于 a 的不等式在区间[3,9]上有解. 故 b +b≤(1+a)max,即 b +b≤10,b +b-10≤0,解得 2<b≤
2 2 2 3 2

-1+ 41 . 2

-1+ 41 综上所述,b 的最大值为 ,此时唯有 a=9 符合题意 2
33.

解:(1)鲑鱼逆流匀速行进 100km 所用的时间为 t= 100 100kv 所以 E=kv t=kv = (v∈(3,+?)) v-3 v-3
3 3 3

100

v-3

(2)E?=100k

3v (v-3)-v 2v (v-4.5) =100k 2 2 (v-3) (v-3)

2

3

2

令 E?=0,解得 v=4.5 或 v=0(舍去). 因为 k>0,v>3,所以当 v∈(3,4.5)时,E?<0,当 v∈(4.5,+?)时,E?>0.
47

100kv 故 E= 在(3,4.5)上单调递减,在(4.5,+?)上单调递增 v-3 所以,当 v=4.5 时,E 取得最小值. 即 v=4.5km/h 时,鲑鱼消耗的能量最小
34. 【答案】解:(1)当 a

3

? 1 时, f ( x) ? x3 ? x 2 ? x ? 2 f '( x) ? 3x 2 ? 2 x ? 1 = ( x ? 1)(3 x ? 1) , 1 令 f '( x) ? 0 ,解得 x1 ? ? , x2 ? 1 . 3 1 当 f '( x) ? 0 时,得 x ? 1 或 x ? ? ; 3 1 当 f '( x) ? 0 时,得 ? ? x ? 1 . 3 当 x 变化时, f '( x) , f ( x) 的变化情况如下表: x 1 1 1 (??, ? ) ? (? ,1) 3 3 3 ? + 0 f '( x) 单调递 极大 单调递 f ( x)
增 减

1 0 极小

(1, ??)
+ 单调递 增

48

35.解:(1)f ′(x)=3x -2tx=x(3x-2t)>0,因为 t>0,所以当 x>

2

2t 或 x<0 时,f ′(x)>0, 3

2t 所以(-∞,0)和( ,+∞)为函数 f (x)的单调增区间; 3 2t 2t 当 0<x< 时,f ′(x)<0,所以(0, )为函数 f (x)的单调减区间 3 3 1 1 2 (2)因为 k=3x0 -2tx0≥- 恒成立,所以 2t≤3x0+ 恒成立, 2 2x0 因为 x0∈(0,1],所以 3x0+ 即 3x0+ 1 ≥2 2x0 1 3x0× = 6, 2x0

1 6 ≥ 6,当且仅当 x0= 时取等号. 2x0 6

49

所以 2t≤ 6,即 t 的最大值为

6 2
3

2t 4t (3)由(1)可得,函数 f (x)在 x=0 处取得极大值 0,在 x= 处取得极小值- . 3 27 因为平行于 x 轴的直线 l 恰好 与函数 y=f (x)的图象有两个不同的交点, .. 4t 所以直线 l 的方程为 y=27
3 3

4t 4t 2t t 2 令 f (x)=- ,所以 x (x-t)=- ,解得 x= 或 x=- . 27 27 3 3 2t 4t t 4t 所以 C( ,- ),D(- ,- ) 3 27 3 27 因为 A(0,0),B(t,0).易知四边形 ABCD 为平行四边形.
3 3

3

AD=

t 2 4t 2 (- ) +(- ) ,且 AD=AB=t, 3 27 t 2 4t 2 3 8 (- ) +(- ) =t,解得:t= 3 27 2
(ln x)
3 4

3

所以

1 ? a ? 0 在 (1, ??) 上恒成立 36.解:(1)因 f(x)在 (1, ??) 上为减函数,故 f ?( x) ? ln x ?2
所以当 x ? (1, ??) 时, f ?( x) max ? 0 .
1?a ?? 1 又 f ?( x) ? ln x ?2 ln x (ln x)

? ?

2

? 1 ?a ?? 1 ?1 ln x ln x 2

?

?a, ? ?1 4
2

故当 1 ? 1 ,即 x ? e2 时, f ?( x)max ? 1 ? a . 4 ln x 2 所以 1 ? a ? 0, 于是 a ≥ 1 ,故 a 的最小值为 1 4 4 4 (2)命题“若 ?x1 , x2 ? [e,e 2 ], 使 f ( x1 ) ? f ? ? x2 ? ? a 成立”等价于 “当 x ? [e, e 2 ] 时,有 f ( x)min ? f ? ? x ?max ? a ” 由(1),当 x ? [e, e 2 ] 时, f ?( x)max ? 1 ? a ,? f ? ? x ?max ? a ? 1 . 4 4 问题等价于:“当 x ? [e, e 2 ] 时,有 f ( x)min ? 1 ” 4
2 10 当 a ? 1 时,由(1), f ( x) 在 [e,e ] 上为减函数,

4

2 则 f ( x)min = f (e2 ) ? e ? ae2 ? 1 ,故 a ? 1 ? 1 2 2 4e 2 4

20 当 a ? 1 时,由于 f ?( x) ? ?

4

? 1 ? a 在 [e,e ] 上为增函数, ? ln1x ? 1 2? 4
2

2

故 f ?( x) 的值域为 [ f ?(e), f ?(e 2 )] ,即 [?a, 1 ? a] . 4

50

(i)若 ?a ? 0 ,即 a ? 0 , f ?( x) ? 0 在 [e,e 2 ] 恒成立,故 f ( x) 在 [e,e 2 ] 上为增函数, 于是, f ( x)min = f (e) ? e ? ae ? e> 1 ,不合 4 (ii)若 ?a ? 0 ,即 0 ? a ? 1 ,由 f ?( x) 的单调性和值域知, 4

? 唯一 x0 ? (e,e2 ) ,使 f ?( x0 ) ? 0 ,且满足:
当 x ? (e, x0 ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 为减函数;当 x ? ( x0 ,e2 ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 为增函数; 所以, f ( x)min = f ( x0 ) ?
x0 2 ? ax0 ? 1 , x0 ? (e,e ) . ln x0 4

所以, a ? 1 ? 1 ? 1 2 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ,与 0 ? a ? 1 矛盾,不合 4 ln x0 4 x0 ln e 4e 2 4 4 综上,得 a ? 1 ? 1 2 2 4e 本题主要考查函数与导数的知识,考查运用所学数学知识分析问题与解决问题的能力. 第(2)可另解为: 命题“若 ?x1 , x2 ? [e,e 2 ], 使 f ( x1 ) ≤ f ? ? x2 ? ? a 成立”等价于 “ ?x1 ? [e,e 2 ] ,使 f ( x1 ) ≤ f ? ? x ?max ? a ”. 由(1),当 x ? [e, e 2 ] 时, f ?( x)max ? 1 ? a ,于是 f ? ? x ?max ? a ? 1 . 4 4 故 ?x1 ? [e,e 2 ] ,使 f ( x1 ) ? 所以当 x ? [e, e 2 ] 时, a ≥
x1 2 ? ax1 ≤ 1 ,即 ?x1 ? [e,e ] ,使 a ≥ 1 ? 1 . ln x1 4 x1 ln x1 4

? ln1x ? 41x ?

.
min

?4 x ? (ln x) 2 记 g ( x) ? 1 ? 1 , x ? [e, e 2 ] ,则 g ?( x) ? ?1 2 ? 1 2 ? . ln x 4 x x(ln x) 4x 4 x 2 ? (ln x) 2

因 x ? [e, e 2 ] ,故 4 x ? [4e, 4e 2 ],(ln x) 2 ? [1, 4] ,于是 g ?( x) ? 0, ?x ? [e,e 2 ] 恒成立. 所以, g ( x) ? 1 ? 1 在 [e,e 2 ] 上为减函数, ln x 4 x 所以, g ( x)min ? 1 2 ? 1 2 ? 1 ? 1 2 . 2 4e ln e 4e 所以, a ≥ 1 ? 1 2 . 2 4e
? ? ? 上只能是单调增函数 37. 【解】(1)因为 f ? (0)=9 > 0,所以 f (x)在区间 ? ??,

由 f ? (x)=3(m-3)x + 9≥0 在区间(-∞,+∞)上恒成立,所以 m≥3.
2

故 m 的取值范围是[3,∞) (2)当 m≥3 时,f (x)在[1,2]上是增函数,所以[f (x)] max=f (2)=8(m-3)+18=4,

51

5 解得 m= <3,不合题意,舍去 4 当 m<3 时, f ? (x)=3(m-3) x + 9=0,得 x ? ?
2

所 以 f (x) 的 单 调 区 间 为 : ??, ? 增,

?

3 . 3? m

3 3 , 3 单调减, ? 单调 3? m 3? m 3? m

?

?

?

?

3 , ? ? 单调减. 3? m
3 ≥2 ,即 9 ≤m ? 3 时, [1 3 , 3 ? ,所以 f (x)在区间[1,2]上 , 2] ? ? ? 4 3? m 3? m 3? m?

?

①当

?

5 单调增,[f (x)] max =f(2)=8(m-3)+18=4,m= ,不满足题设要求. 4 ②当 1 ? ③当

3 ? 2 ,即 0<m< 9 时,[f (x)] max ? f 4 3? m

?

3 ? 0 ? 4 舍去. 3? m

?

3 ≤ 1 ,即 m≤0 时,则 [1, 2] ? 3? m

?

3 , ? ?? ,所以 f (x)在区间[1,2]上单调 ? 3? m ?

减,[f (x)] max =f (1)=m + 6=4,m=-2. 综上所述:m=-2
38.

52

39.

53

(3)假设存在实数 a ,使 f ?x ? ? ax ? ln?? x ? 有最小值 3, x ? ?? e,0?

f ' ?x ? ? a ?
a??
①当

1 x

1 1 f ' ?x ? ? a ? ? 0 ? ? x ? ? e , 0 e 时,由于 x ,则

? 函数 f ?x ? ? ax ? ln?? x ? 是 ?? e,0? 上的增函数 ? f ?x?min ? f ?? e? ? ?ae ? 1 ? 3
a??
解得

4 1 ?? e e (舍去) 1 1 1 ?e ? x ? f ' ?x ? ? a ? ? 0 e 时,则当 a 时, x

a??
②当

此时 f ?x ? ? ax ? ln?? x ? 是减函数

54

40.解:(1)因为 f ( x) ≤ f ?( x) ,所以 x2 ? 2x ? 1≤ 2a(1 ? x) ,

又因为 ?2 ≤ x ≤ ?1 , 所以 a ≥

x2 ? 2x ? 1 x2 ? 2x ? 1 1 ? x 3 在 x ? [?2, ? 1] 时恒成立,因为 ? ≤ , 2(1 ? x) 2(1 ? x) 2 2

所以 a ≥

3 2

⑵ 因为 f ( x) ? f ?( x) ,所以 x2 ? 2ax ? 1 ? 2 x ? a , 所以 ( x ? a)2 ? 2 x ? a ? 1 ? a2 ? 0 ,则 x ? a ? 1 ? a 或 x ? a ? 1 ? a ①当 a ? ?1 时, x ? a ? 1 ? a ,所以 x ? ?1 或 x ? 1 ? 2 a ; ②当 ?1 ≤ a ≤ 1 时, x ? a ? 1 ? a 或 x ? a ? 1 ? a , 所以 x ? ?1 或 x ? 1 ? 2 a 或 x ? ?(1 ? 2a) ; ③当 a ? 1 时, x ? a ? 1 ? a ,所以 x ? 1 或 x ? ?(1 ? 2a)

? f ?( x), f ( x) ≥ f ?( x) , ⑶因为 f ( x) ? f ?( x) ? ( x ? 1)[ x ? (1 ? 2a)] , g ( x) ? ? ? f ( x), f ( x)? f ?( x),

1 ,则 x ?? 2,4? 时, f ( x) ≥ f ?( x) ,所以 g ( x) ? f ?( x) ? 2 x ? 2a , 2 从而 g ( x) 的最小值为 g (2) ? 2a ? 4 ;
① 若 a≥? ②若 a ? ? ,则 x ?? 2,4? 时, f ( x) ? f ?( x) ,所以 g ( x) ? f ( x) ? x 2 ? 2ax ? 1 , 当 ?2 ≤ a ? ? 时, g ( x) 的最小值为 g (2) ? 4a ? 5 , 当 ?4 ? a ? ?2 时, g ( x) 的最小值为 g (?a) ? 1 ? a2 , 当 a ≤ ?4 时, g ( x) 的最小值为 g (4) ? 8a ? 17

3 2

3 2

? x2 ? 2ax ? 1, x ?[2,1 ? 2a) 3 1 ③若 ? ≤ a ? ? ,则 x ?? 2,4? 时, g ( x) ? ? 2 2 x ?[1 ? 2a,4] ?2 x ? 2a,
当 x ? [2,1 ? 2a) 时, g ( x) 最小值为 g (2) ? 4a ? 5 ; 当 x ? [1 ? 2a, 4] 时, g ( x) 最小值为 g (1 ? 2a) ? 2 ? 2a . 因为 ? ≤ a ? ? , (4a ? 5) ? (2 ? 2a) ? 6a ? 3 ? 0 ,

3 2

1 2

55

所以 g ( x) 最小值为 4a ? 5 .综上所述, ? ? g ? x ?? ?

min

?8a ? 17, a ≤ ?4, ? 2 ? 4 ? a ? ?2, ?1 ? a , ? ? ?4a ? 5, ? 2 ≤ a ? ? 1 , 2 ? ? 1 ?2a ? 4, a ≥ ? 2 ?

41.解(1)当 a ?1时,

2 f ( x ) ? x ? |ln x ? 1 |

? ( 1 ) ? 2 ,f ( 1 ) ? 1 , 令 x ?1 得 f 所以切点为(1,2) ,切线的斜率为 1,
)在 x ?1处的切线方程为: x ? y ? 1 ? 0 所以曲线 y? f (x 。
2 ( x ) ? x ? a ln x ? a (2)①当 x?e时, f ,

f ?(x) ?2x?

a x (x ? e)

f(x )?0 ) 上增函数。 ? a ? 0 ,? 恒成立。 ?f (x) 在 [e,??

? f( e ) ? e ? e min 故当 x 时, y

2

2

x ) ? x? a ln x ? 1 ? x? e 当1 时, f( ,

a2 a a ? f ( x ) ? 2 x ? ?( x ? )( x ? ) x x 2 2( 1 ? x? e )
a ? 1, ? ( 1 ,e )时为正数, ? a ? 2 (i) 当 2 即0 时, f (x) 在 x? 所以 f ( x) 在区间 [1, e ) 上
? 1 ? a 1 )?f( e ) min 为增函数。故当 x ?1时, y ,且此时 f(

1?
(ii)当

a a a ?e x ? (1, ) x ? ( ,e) 2 2 2 时为负数, 2 ? a ? 2 e 时, f ?(x) 在 , 即2 在间 [1 , a a ) ( ,e] 2 上为减函数,在 2 上为增函数

时为正数。所以 f ( x) 在区间

x?
故当

a a 3 a a a f ( ) ? f (e) y ? ? ln min 2 时, 2 2 2 2,且此时

a ?e ( 1 ,e )时为负数,所以 f ( x) 在区间 [1,e] e2 时, f ?(x) 在 x? (iii) 当 2 ;即 a?2
? f( e ) ? e。 ? e min 上为减函数,故当 x 时, y
2

56

2 ? x? e e2 时, f ( x) 在 x?e时和 1 综上所述,当 a?2 时的最小值都是 e 。

2 ? a ? 2 e 所以此时 f ( x) 的最小值为 f (e) ? e ;当 2 时, f ( x) 在 x?e时的最小值为

2

f(

a 3 a a a a ) ? ? ln f ( ) ? f (e) 2 2 2 2,而 2 , f( a 3 a a a ) ? ? ln 2 2 2 2。

所以此时 f ( x) 的最小值为

2 1 )? 1 ? a ? a ? 2 ? x? e 当0 时,在 x?e时最小值为 e ,在 1 时的最小值为 f( ,

1 )?f( e ),所以此时 f ( x) 的最小值为 f( 1 )? 1 ? a 而 f(

)的最小值为 所以函数 y? f (x
42.

? 1?a ,0?a?2 ? 3 a a a ymin?? ? ln ,2?a?2 e2 ?2 2 2 2 e ,a?2 e2 ?

43.

57

44. (1)因为 h ? x ? ?

ln x 1 ? ln x ,2 分 , ? x ? 0? ,所以 h? ? x ? ? x x2

由 h?( x) ? 0 ,且 x ? 0 ,得 0 ? x ? e ,由 h?( x) ? 0 ,且 x ? 0 , x ? e , 所以函数 h ? x ? 的单调增区间是 (0, e] ,单调减区间是 [e, ??) ,

58

所以当 x ? e 时, h ? x ? 取得最大值 ; (2)因为 xf ( x) ≥ ?2 x 2 ? ax ? 12 对一切 x ? (0,??) 恒成立, 即 x ln x ? x 2 ≥ ?2 x 2 ? ax ? 12 对一切 x ? (0,??) 恒成立, 亦即 a ≤ ln x ? x ?

1 e

12 对一切 x ? (0,??) 恒成立, x

12 x 2 ? x ? 12 ( x ? 3)(x ? 4) ? ? 设 ? ( x) ? ln x ? x ? ,因为 ? ( x) ? , x x2 x2
故 ? ( x) 在 (0,3] 上递减,在 [3,??) 上递增, 所以 a ≤ 7 ? ln 3 (3) 因为方程 f ( x) ? x 3 ? 2ex2 ? bx ? 0 恰有一解 , 即 ln x ? x ? x ? 2ex ? bx ? 0 恰
3 2

? ( x) min ? ? (3) ? 7 ? ln 3 ,

ln x ? x 2 ? 2ex ? b ? 1 恰有一解, x 1 由(1)知, h( x) 在 x ? e 时, h( x ) max ? , e
有一解,即 而函数 k ?x? ? x 2 ? 2ex ? b ? 1 在 (0, e] 上单调递减,在 [e,??) 上单调 递增, 故 x ? e 时, k ?x?min ? b ? 1 ? e 2 ,

ln x 1 ? x 2 ? 2ex ? b ? 1 恰有一解当且仅当 b ? 1 ? e 2 ? , x e 1 2 即 b ? e ? ?1 e
故方程

k k 10e40 40 , 则 ? 10, ? k ? 10 e , 则日售量为 件. x e40 ex 45.解(1)设日销售量为 e L( x) ? ( x ? 30 ? a)
则日利润

10e40 x ? 30 ? a ? 10e40 x e ex

L' ( x) ? 10e 40
(2)

31 ? a ? x ex
'

①当 2≤a≤4 时,33≤a+31≤35,当 35 <x<41 时, L ( x) ? 0 ∴当 x=35 时,L(x)取最大值为 10(5 ? a)e
' 5

②当 4<a≤5 时,35≤a+31≤36, 令L ( x) ? 0, 得x ? a ? 31,

59

易知当 x=a+31 时,L(x)取最大值为 10e

9? a

5 ? ?10(5 ? a)e , (2 ? a ? 4) L( x) max ? ? 9? a ? ?10e , (4 ? a ? 5) 综合上得

46.解:(1)f′(x)=x +(1-a)x-a=(x+1)(x-a).由 f′(x)=0,得 x1=-1,x2=a>0.

2

当 x 变化时 f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1) -1 (-1,a) a (a,+∞) f′(x + 0 0 + ) 极 极 f(x) 大 小 值 值 故函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a). (2)由(1)知 f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函数 f(x)在区间(-2,0)

f(-2)<0, ? ? 内恰有两个零点当且仅当?f(-1)>0, ? ?f(0)<0,

1 解得 0<a< . 3

? 1? 所以 a 的取值范围是?0, ?. ? 3?
1 (3)a=1 时,f(x)= x3-x-1.由(1)知 f(x)在[-3,-1]上单调递增,在[-1,1]上单调递减,在[1,2]上单调 3 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.因此 1 f(x) 在 [t,t+3] 上的 最大值 M(t)=f(-1)=- , 而最小值 m(t) 为 f(t) 与 f(t+3) 中 的较小 者 . 由 3 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 5 1 ? 5? 4 [-3,-2]上单调递增,因此 f(t)≤f(-2)=- .所以 g(t)在[-3,-2]上的最小值为 g(-2)=- -?- ?= . 3 3 ? 3? 3 ②当 t∈[-2,-1]时,t+3∈[1,2],且-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). 5 1 又由 f(1)=f(-2)=- ,f(-1)=f(2)=- , 3 3 1 5 从而 M(t)=f(-1)=- ,m(t)=f(1)=- . 3 3 4 所以 g(t)=M(t)-m(t)= . 3 4 综上,函数 g(t)在区间[-3,-1]上的最小值为 . 3

47.解(1)

f 3 ?x? ? ?x 3 ? 3x ? 1 ? f 3' ?x? ? ?3x 2 ? 3
60

∴在 ?0,1? 内, f 3' ?x? ? 0 ,在 ?1,2? f 3' ?x? ? 0 ∴在 ?0,1? 内 , f 3 ?x? ? ? x 3 ? 3x ? 1 为增函数 , 在 ?1,2? 内 f 3 ?x? ? ? x 3 ? 3x ? 1 为减函 数 ∴函数 f 3 ?x? ? ? x 3 ? 3x ? 1 的最大值为 f 3 ?1? ? 3 ,最小值为 f 3 ?2? ? ?1 4 分 (2)∵对任意 x1 , x 2 有 | f 3 ?x1 ? ? f 3 ?x2 ? |? 1,∴ | f 3 ?1? ? f 3 ?? 1? |? 1 从而有 | 6a ? 2 |? 1 ∴

1 1 ?a? 6 2

又 f 3' ?x? ? ?3x 2 ? 3a ∴ f 3 ? x ? 在 ? 1,? a , 为增函数,只需 | f 3 ∴ a 的取值范围是 (3)由 | f 4 ? x ? |?
3

?

?? a ,1?内为减函数, f ?x? 在 ??
3

a, a 内

?

? a ?? f ?? a ?|? 1,则 4a
1 1 ?a?3 6 16

a ?1

1 1 1 1 1 知 ? ? f 4 ?1? ? ① ? ? f 4 ?? 1? ? ②, 2 2 2 2 2 1 3 1 1 1 1 1 ①加②得 ? b ? 又∵ ? ? f 4 ?0 ? ? ∴ ? ? b ? ∴ b ? 2 2 2 2 2 2 2 1 将 b ? 代入①②得 0 ? a ? 0 ∴ a ? 0 2
48.

61

49.解:(Ⅰ)设 f ( x) ? x ? ln(1 ? x) ,则 f '( x ) ? 1 ?

1 x ? , 1? x x ?1

62

当 x ? (?1, 0) 时, f '( x) ? 0 , f ( x ) 单调递减; 当 x ? (0, ??) 时, f '( x) ? 0 , f ( x ) 单调递增; 故函数 f ( x ) 有最小值 f (0) ? 0 ,则 ln(1 ? x) ? x 恒成立 (Ⅱ)取 m ? 1, 2,3, 4 进行验算: 4 分

1 (1 ? )1 ? 2 1 1 9 (1 ? ) 2 ? ? 2.25 2 4 1 3 64 (1 ? ) ? ? 2.37 3 27 1 625 (1 ? ) 4 ? ? 2.44 4 256 1 m 猜测:① 2 ? (1 ? ) ? 3 , m ? 2,3, 4,5, m
②存在 a ? 2 ,使得 a ?

1 n 1 (1 ? )k ? a ? 1 恒成立 ? n k ?1 k
k 1 k ? Cm ( ) ? m m 1 m ? Cm ( ) m

证明一:对 m ? N ,且 m ? 1 , 有 (1 ?

1 m 0 1 1 2 1 2 ) ? Cm ? Cm ( ) ? ?Cm ( ) ? m m m

? 1?1? ?

m ? m ? 1? 1 2 ( ) ? 2! m
?

?

m ? m ? 1?

k!

? m ? k ? 1? ( 1 )k ?
m
? k ?1 ? ?1 ? ?? m ? ? ?

?

m ? m ? 1? m!

2 ?1 1 m ( ) m

? 2?

1? 1? ?1 ? ? ? 2! ? m ?
1 1 ? ? 2! 3!

1? 1 ?? 2? ?1 ? ??1 ? ? k ! ? m ?? m ?
1 m!

1 ? 1? ?1 ? ? m! ? m ?

? m ?1 ? ?1 ? ? m ? ?

? 2?

?

1 ? k!

?

? 2?

1 1 ? ? 2 ?1 3 ? 2

?

1 ? k ? k ? 1?

?

1 m ? m ? 1?
1? ? 1 ?? ? ? ? m ?1 m ?

? 1? ?1 1? ? 2 ? ?1 ? ? ? ? ? ? ? ? 2? ? 2 3?
? 3?

1? ? 1 ?? ? ?? ? k ?1 k ?

1 ?3 m k 1 k 又因 Cm ( ) ? 0 ? k ? 2,3, 4, m

, m? ,

63

故 2 ? (1 ?

1 m ) ?3 m

从而有 2n ?

1 k 1 n 1 成立 , 即 (1 ? ) ? 3 n a ? (1 ? )k ? a ? 1 ? ? k n k ?1 k k ?1 1 n 1 (1 ? )k ? a ? 1 恒成立 ? n k ?1 k

n

所以存在 a ? 2 ,使得 a ? 证明二:

由(1)知:当 x ? (0,1] 时, ln(1 ? x) ? x ,

1 , k ? 1, 2,3, 4, , k 1 1 1 1 k 1 k 则 ln(1 ? ) ? ,所以 k ln(1 ? ) ? 1 , ln(1 ? ) ? 1 , (1 ? ) ? e ? 3 , k k k k k 当 k ? 2 时,再由二项式定理得: 1 1 1 1 1 1 1 (1 ? ) k ? Ck0 ? Ck ( ) ? Ck2 ( ) 2 ? ? Ckk ( ) k ? Ck0 ? Ck ( )?2 k k k k k 1 k 即 2 ? (1 ? ) ? 3 对任意大于 1 的自然数 k 恒成立, k
设x? 从而有 2n ?

1 k 1 n 1 成立 , 即 (1 ? ) ? 3 n a ? (1 ? )k ? a ? 1 ? ? k n k ?1 k k ?1 1 n 1 (1 ? )k ? a ? 1 恒成立 ? n k ?1 k

n

所 以存在 a ? 2 ,使得 a ?

50. 【命题立意】本题主要考查函数的概念、导数等基础知识,考查数学建模能力、空间想

象能力、数学阅读能力及解决实际问题的能力. 【解析】设包装盒的高为 h(cm) ,底面边长为 a(cm) ,由已知得

a ? 2 x(cm), h ?

60 ? 2 x 2

? 2 (30 ? x),0 ? x ? 30.
2

(1) S ? 4ah ? 8x(30 ? x) ? ?8( x ? 15) ? 1800, 所以当 x ? 15 时,S 取最大值. (2) V ? a 2 h ? 2 2 (? x 3 ? 30x 2 ),V ' ? 6 2x(20 ? x) . 由 V ' ? 0 得 x ? 0 (舍)或 x ? 20 当 x ? (0,20) 时, V ' ? 0 ;当 x ? (20,30) 时, V ' ? 0 . 所以当 x ? 20 时,V 取得极大值,也是最大值.
64

此时

h 1 1 ? .即包装盒的高与底面边长的比值为 . a 2 2

2 f ?( x) ? 2ln(1 ? x) ? 2 x , 51.证明:由 f ( x) ? 2(1 ? x)ln(1 ? x) ? x ? 2 x 得

g ?( x) ? 2 ? 2 ? ?2 x g ( x ) ? 2ln(1 ? x ) ? 2 x 1? x 1? x , 令 ,则
? 0) 上为增函数; 当 ?1 ? x ? 0 时, g ( x) ? 0 , g ( x) 在 (?1, ? ? ?) 上为减函数, 当 x>0 时, g ( x) ? 0 , g ( x) 在 (0,

所以 g ( x) 在 x=0 处取得极大值,且 g (0) ? 0 ,
? 故 f ( x)≤0 (当且仅当 x ? 0 时取等号),

0, ? ?? 所以函数 f ( x) 为 ? 上的减函数,

则 f ( x)≤f (0) ? 0 ,即 f ( x) 的最大值为 0
52. 【答案】解:(1)当 a ? 1 时,

f ( x) ? x3 ? x2 ? x ? 2 f '( x) ? 3x2 ? 2 x ?1 = ( x ? 1)(3x ? 1) , 1 令 f '( x) ? 0 ,解得 x1 ? ? , x2 ? 1. 3 1 当 f '( x) ? 0 时,得 x ? 1 或 x ? ? ; 3 1 当 f '( x) ? 0 时,得 ? ? x ? 1 . 3 当 x 变化时, f '( x) , f ( x) 的变化情况如下表: x 1 1 1 (??, ? ) ? ( ? ,1) 3 3 3 ? + 0 f '( x) 单调递 极大 单调递 f ( x)
增 减

1 0 极小

(1, ??)
+ 单调递 增

65

53.

【解】(1)由题 F ( x) ? f ?( x) ? 1 ? 2(ax ? 1) ? a ? 1 ? 1 ? 1 ax ? 1 ,x ? 0,b ? 0 . 2ab b bx b x 于是 F' ( x) ? 1 a ? 12 ,若 a ? 0 ,则 F' ( x) ? 0 ,与 F ( x) 有极小值矛盾,所以 a ? 0 . b x 令 F' ( x) ? 0 ,并考虑到 x ? 0 ,知仅当 x ? 1 时, F ( x) 取得极小值. a

?

?

?

?

? 1 ? 1, ? 所以 ? a 解得 a ? b ? 1 ? 1 (a ? 1) ? 2, ?b
? ?) . 故 F ( x) ? x ? 1 ( x ? 0) ,由 F ?( x) ? 0 ,得 x ? 1 ,所以 F ( x) 的单调增区间为 (1, x

66

(2)因为 x ? 0 ,所以记 g ( x) ? ? F ( x)? ? F ( xn ) ? ? F ( x)? ? F ( xn ) ? x ? 1 x
n n
n ?1 1 n?2 n ?3 ?1 1 ? C1 ? ? C2 ? 12 ? C3 ? 13 ? ?????? ?Cn nx nx nx n x ? n ?1 x x x x n?r 1 ?r r 1 因为 Cr ? ? Cn , 2, L ,n ? 1) , nx n x ? n ? r ≥2Cn (r ? 1 x x

? ? ? ? x ? x1 ?
n n n




n

2g x ≥

1 ( n ?

n

?

n

2 n? )? ?????? ? n 2 ?3

n

( ?

C ,

1

故 C

C

? F ( x) ?

? F ( x n ) ≥2n ? 2 ? n ? N* ?

54.解: (1)当 x ? 1 时, f (1) ? P(1) ? 39.

当 x ? 2 时, f ( x) ? P( x) ? P( x ? 1) ? 3x(14 ? x)

? f ( x) ? ?3x2 ? 42x( x ? 12, x ? N ? ).
(2)设月利润为 h( x),

。 。 。 。 。 。 。 。 。 。5

'

h( x ) ? q ( x ) ? g ( x ) ?30e(7 ? x),1 ? x ? 7, x ? N ? . ? ? ?10 3 2 ? ? x ? 100 x ? 960 x, 7 ? x ? 12, x ? N ?3
x ? ? ?30e (6 ? x),1 ? x ? 7, x ? N h ( x) ? ? ? ? ?10( x ? 8)( x ? 12), 7 ? x ? 12, x ? N '

。 。 。 。 。 。 。 。 。 。9

'

' ' 当 1 ? x ? 6 时, h ( x) ? 0, 当 6 ? x ? 7 时, h ( x) ? 0,

?1 ? x ? 7且x ? N ?时,h( x)max ? 30e6 ? 12090
' ' 当 7 ? x ? 8 时, h ( x) ? 0, 当 8 ? x ? 12 时, h ( x) ? 0,

。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 11

'

?7 ? x ? 12且x ? N ?时,h( x)max ? h(8) ? 2987
综上,预计该商场第 6 个月的月利润达到最大,最大利润约为 12090 元。 。 。 。 。 。 15
55.解:(1)若 a=1, 则
'

f ( x) ? x x ? 1 ? ln x .
2
'

当 x ? [1, e] 时, f ( x) ? x ? x ? ln x , f ( x) ? 2 x ? 1 ?

1 2 x2 ? x ?1 ? ?0, x x

所以 f ( x) 在 [1, e] 上单调增, ? f ( x) max ? f (e) ? e 2 ? e ? 1
67

(2)由于 f ( x) ? x x ? a ? ln x , x ? (0, ??) . (ⅰ)当 a ? 0 时,则 f ( x) ? x 2 ? ax ? ln x , f ( x) ? 2 x ? a ?
'

1 2 x 2 ? ax ? 1 , ? x x

令 f ' ( x) ? 0 ,得 x0 ?
'

a ? a2 ? 8 ? 0 (负根舍去), 4
'

且当 x ? (0, x0 ) 时, f ( x) ? 0 ;当 x ? ( x0 , ??) 时, f ( x) ? 0 ,

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 ) 上单调减,在 ( , ??) 上单调增 所以 f ( x) 在 (0, 4 4
(ⅱ)当 a ? 0 时, ①当 x ? a 时, f ( x) ? 2 x ? a ?
'

1 2 x 2 ? ax ? 1 , ? x x

' 令 f ( x) ? 0 ,得 x1 ?

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 ? a 舍), (x? 4 4

a ? a2 ? 8 ? a ,即 a ? 1 , 则 f ' ( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (a, ??) 上单调增; 若 4


a ? a2 ? 8 ? a , 即 0 ? a ? 1 , 则 当 x ? (0, x1 ) 时 , f ' ( x) ? 0 ; 当 x ? ( x1 , ??) 4
'

时, f ( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在区间 (0, 单调增

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 ) 上是单调减,在 ( , ??) 上 4 4
1 ?2 x 2 ? ax ? 1 , ? x x

②当 0 ? x ? a 时, f ( x) ? ?2 x ? a ?
'

令 f ( x) ? 0 ,得 ?2 x 2 ? ax ? 1 ? 0 ,记 ? ? a 2 ? 8 ,
'

若 ? ? a 2 ? 8 ? 0 ,即 0 ? a ? 2 2 , 则 f ( x) ? 0 ,故 f ( x) 在 (0, a ) 上单调减;
'

若 ? ? a 2 ? 8 ? 0 ,即 a ? 2 2 ,
' 则由 f ( x) ? 0 得 x3 ?

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 , x4 ? 且 0 ? x3 ? x4 ? a , 4 4
' '

当 x ? (0, x3 ) 时 , f ( x) ? 0 ; 当 x ? ( x3 , x4 ) 时 , f ( x) ? 0 ; 当 x ? ( x4 , ??)

68

a ? a2 ? 8 ) 上 是 单 调 减 , 在 时 , f ( x) ? 0 , 所 以 f ( x) 在 区 间 (0, 4
'

(

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 , ) 上单调增;在 ( , ??) 上单调减 4 4 4 a ? a2 ? 8 ) , f ( x) 单调递增区间 4

综上所述,当 a ? 1 时, f ( x) 单调递减区间是 (0,

是(

a ? a2 ? 8 , ??) ; 4

当 1 ? a ? 2 2 时, f ( x) 单调递减区间是 (0, a ) , f ( x) 单调的递增区间是

(a, ??) ;
当 a ? 2 2 时, f ( x) 单调递减区间是(0,

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 , a) , )和 ( 4 4

f ( x) 单调的递增区间是 (

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 , ) 和 (a, ??) 4 4

(3)函数 f ( x) 的定义域为 x ? (0, ??) . 由 f ( x) ? 0 ,得 x ? a ?
ln x . x

*
ln x ? 0 ,不等式*恒成立,所以 a ? R ; x

(ⅰ)当 x ? (0,1) 时, x ? a ≥ 0 , (ⅱ)当 x ? 1 时, 1 ? a ≥ 0 ,

ln x ? 0 ,所以 a ? 1 ; x ln x ln x 恒成立或 a ? x ? 恒成立. x x

(ⅲ)当 x ? 1 时,不等式*恒成立等价于 a ? x ?

x 2 ? 1 ? ln x ln x ,则 h?( x) ? . x2 x 因为 x ? 1 ,所以 h?( x) ? 0 ,从而 h( x) ? 1 .
令 h( x ) ? x ? 因为 a ? x ?
ln x 恒成立等价于 a ? (h( x)) min ,所以 a ≤ 1 . x

x 2 ? 1 ? ln x ln x ,则 g ?( x) ? . x2 x 1 再令 e( x) ? x 2 ? 1 ? ln x , 则 e?( x) ? 2 x ? ? 0 在 x ? (1, ??) 上恒成立 , e( x) 在 x ? (1, ??) 上 x
令 g ( x) ? x ? 无最大值. 综上所述,满足条件的 a 的取值范围是 (??,1)
56.解:(1) y? ? ?2ax ,切线的斜率为 ?2 at ,
69

? 切线 l 的方程为 y ? (1 ? at 2 ) ? ?2at ( x ? t )
令 y ? 0, 得 x ?

1 ? at 2 1 ? at 2 ? 2at 2 1 ? at 2 1 ? at 2 ?t ? ? ?M ( , 0) , 2at 2at 2at 2at

令 t ? 0 ,得 y ? 1 ? at 2 ? 2at 2 ? 1 ? at 2 ,? N (0,1 ? at 2 )

??MON 的面积 S (t ) ?

1 1 ? at 2 (1 ? at 2 )2 ? (1 ? at 2 ) ? 2 2at 4at

(2) S ?(t ) ?

3a 2t 4 ? 2at 2 ? 1 (at 2 ? 1)(3at 2 ? 1) ? 4at 2 4at 2 1 3a

a ? 0, t ? 0 ,由 S ?(t ) ? 0 ,得 3at 2 ? 1 ? 0, 得t ?

当 3at ? 1 ? 0, 即t ?
2

1 时, S ?(t ) ? 0 3a 1 1 时, S (t )有最小值 时, S ?(t ) ? 0 ?当t ? 3a 3a

当 3at ? 1 ? 0, 即0 ? t ?
2

已知在 t ?

1 1 1 4 ? ,? a ? 处, S (t )取得最小值 ,故有 2 3 3a 2

故当 a ?

4 1 , t ? 时, S (t )min 3 2

4 1 (1 ? ? ) 2 1 3 4 ?2 ? S( ) ? 4 1 2 3 4? ? 3 2

57. 【答案】

70

58.解: f '( x) = 1 ?

2a 2 a x 2 ? ax ? 2a 2 ? = =0,得 x1 ? 2a , x2 ? ?a x2 x x2

(a)当 a=0 时,f(x)=x,在(- ? ,+ ? )上是增 函数. (b)当 a>0 时,f(x)在(- ? ,-a),(2a,+ ? )上是增函数,在(-a,2a)上是减函数. (c)当 a<0 时,f(x)在(- ? ,2a),(-a,+ ? )上是增函数,在(2a,-a)上是减函数.
59.

71

72

60.

73

74

75

76

61.解:(1)

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

由于 a ? 1 ,故当 x ? (0, ??) 时, ln a ? 0, a x ?1 ? 0 ,所以 f ?( x) ? 0 , 故函数 f ( x ) 在 (0, ??) 上单调递增 (2)当 a ? 0, a ? 1 时,因为 f ?(0) ? 0 ,且 f ?( x ) 在 R 上单调递增, 故 f ?( x) ? 0 有唯一解 x ? 0 所以 x, f ?( x), f ( x) 的变化情况如下表所示:

x

(??, 0)
递减

0 0 极小值

(0, ??)
+ 递增

f ?( x )
f ( x)

又函数 y ?| f ( x) ? t | ?1 有三个零点,所以方程 f ( x) ? t ? 1 有三个根, 而 t ? 1 ? t ? 1 ,所以 t ?1 ? ( f ( x)) min ? f (0) ? 1 ,解得 t ? 2 (3)因为存在 x1 , x2 ?[?1,1] ,使得 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? e ?1 , 所以当 x ?[?1,1] 时, | ( f ( x))max ? ( f ( x))min |? ( f ( x))max ? ( f ( x))min ? e ?1 由(2)知, f ( x ) 在 [?1, 0] 上递减,在 [0,1] 上递增, 所以当 x ?[?1,1] 时, ( f ( x))min ? f (0) ? 1,( f ( x))max ? max ? f (?1), f (1)?

1 ? 2 ln a , a 1 1 2 1 2 记 g (t ) ? t ? ? 2 ln t (t ? 0) ,因为 g ?(t ) ? 1 ? 2 ? ? ( ?1) ? 0 (当 t ? 1 时取等号), t t t t 1 所以 g (t ) ? t ? ? 2 ln t 在 t ? (0, ??) 上单调递增. t
而 f (1) ? f (?1) ? (a ? 1 ? ln a ) ? ( ? 1 ? ln a) ? a ? 而 g (1) ? 0 , 故 当 t ? 1 时 , g (t ) ? 0 ; 当 0 ? t ? 1 时 , g (t ) ? 0 . 即 当 a ? 1 时, f (1) ? f (?1) ;

1 a

77

当 0 ? a ? 1 时, f (1) ? f (?1) ①当 a ? 1 时,由 f (1) ? f (0) ? e ? 1 ? a ? ln a ? e ? 1 ? a ? e ; ②当 0 ? a ? 1 时,由 f (?1) ? f (0) ? e ? 1 ? 综上可知,所求 a 的取值范围为 a ? ? 0, ? e

1 1 ? ln a ? e ? 1 ? 0 ? a ? . a e

? ?

1? ?

?e, ?? ?
2分 4分

62.解答:(Ⅰ)

f '( x) ? ln x ? 1 ? f '( x) ? 0 得 ln x ? ?1

?0 ? x ?
(Ⅱ)

1 1 ? 函数 f ( x) 的单调递减区间是 (0, ) ; e e 6 f ( x) ? ? x2 ? ax ? 6 即 a ? ln x ? x ? x

设 g ( x) ? ln x ? x ?

x 2 ? x ? 6 ( x ? 3)( x ? 2) 6 ? 则 g '( x) ? x x2 x2

7分

当 x ? (0, 2) 时 g '( x) ? 0 ,函数 g ( x) 单调递减; 当 x ? (2, ??) 时 g '( x) ? 0 ,函数 g ( x) 单调递增;

? g ( x) 最小值 g (2) ? 5 ? ln 2 ? 实数 a 的取值范围是 (??,5 ? ln 2] ;
(Ⅲ)设切点 T ( x0 , y0 ) 则 k AT ? f '( x0 ) ?

10 分

x0 ln x0 ? ln x0 ? 1即 e2 x0 ? ln x0 ? 1 ? 0 1 x0 ? 2 e
13 分

设 h( x) ? e x ? ln x ? 1 ,当 x ? 0 时 h '( x) ? 0 ? h( x) 是单调递增函数
2

? h( x) ? 0 最多只有一个根,又 h(

1 1 1 1 ) ? e2 ? 2 ? ln 2 ? 1 ? 0 ? x0 ? 2 2 e e e e 1 由 f '( x0 ) ? ?1 得切线方程是 x ? y ? 2 ? 0 . 15 分 e

78


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