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广东省各地2014届高三11月模拟数学(理)试题分类汇编4导数及其应用(含解析精编)


广东省各地 2014 届高三 11 月模拟数学(理)试题分类汇编 导数及其应用
一、选择题 1、(汕头市潮师高级中学 2014 届高三上学期期中)已知函数 y ? f ( x) 是定义在 R 上的奇函数, 且当 x ? (??,0) 时不等式 f ( x) ? xf ?( x) ? 0 成立, 若

a ? 30.3 ? f (30.3 ), b ? (log? 3) ? f (log? 3), c ? (log 3 ) ? f (log 3 ) ,则 a, b, c 的大小关系是(
9 9

1

1



A. c ? b ? a

B.

c?a?b

C. a ? b ? c

D. a ? c ? b

2、(汕头市聿怀中学 2014 届高三上学期期中考试)已知函数 y ? f ( x) 是定义在实数集 R 上的奇 函数, 且当 x ? (??,0) 时 xf ?( x) ? f (? x) 成立 (其中 f ?( x)是f ( x) 的导函数) , 若 a ? 3 f ( 3) ,

1 1 b ? f (1) , c ? (log 2 ) f (log 2 ) 则 a, b, c 的大小关系是 4 4
A. c ? a ? b B. c ? b ? a C. a ? b ? c D. a ? c ? b

3、 (汕头四中 2014 届高三第二次月考)已知函数 相切的切线方程为 A. B. ,则实数 的值是( C.6 D.9

,若过点 )

且与曲线

4、 (珠海一中等六校 2014 届高三上学期第二次联考)一个物体的运动方程为 s ? 1 ? t ? t ,其中 s
2

的单位是米, t 的单位是秒,那么物体在 3 秒末的瞬时速度是





A. 7 米/秒

B. 6 米/秒

C. 5 米/秒

D. 8 米/秒

二、填空题 1、(广东省百所高中 2014 届高三 11 月联考)曲线 y ? ____

x ?1 ( x ? 0) 在点(1,2)处的切线方程为 x2

2、 (广东省宝安中学等七校 2014 届高三第二次联考) 已知函数 f ? x ? ? ? 的值等于 .

? ?cos x, x ? 0 ,则 ? 2 f ? x ? dx ?2 x?0 ?1,

3、 (广州市培正中学 2014 届高三 11 月月考) 对于三次函数 f ( x) ? ax3 ? bx2 ? cx ? d ( a ? 0 ) , 给出定义:设 f ?( x ) 是函数 y ? f ( x) 的导数, f ??( x) 是函数 f ?( x ) 的导数,若方程 f ??( x) ? 0 有实 数解 x0 ,则称点 ( x0 , f ( x0 )) 为函数 y ? f ( x) 的“拐点”,某同学经过探究发现:任何一个三次函 数都有“拐点”;任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心 . 给定函数

f ( x) ?

1 3 1 2 5 x ? x ? 3x ? ,请你根据上面探究结果,解答以下问题: 3 2 12 1 3 1 2 5 x ? x ? 3x ? 的对称中心坐标为 3 2 12 ? f( 2012 )= 2013


(1)函数 f ( x) ?

(2)计算 f (

1 2 3 )? f ( )? f ( )? 2013 2013 2013

.

4、 (河源市东江中学 2014 届高三 11 月月考)曲线 的三角形面积为

在点

处的切线与坐标轴围成

5、 (江门市 2014 届高三调研) 直线 y ? x 和抛物线 y ? x 2 所围成封闭图形的面积 S ?



6、(汕头市潮师高级中学 2014 届高三上学期期中) 已知函数 y ? x3 ? 3x ? m 的图像与 x 轴恰有 两个公共点,则实数 m = 。

7、 (汕头市潮师高级中学 2014 届高三上学期期中) 曲线 f ( x) ? 处的切线的方程为 。

sin x 1 ? ? 在点 M ( , f (0)) sin x ? cos x 2 4

8、(中山一中 2014 届高三上学期第二次统测)若函数 f ?x ? 的导函数 f ??x? ? x 2 ? 4 x ? 3 ,则函 数 f ?1 ? x ? 的单调减区间是

9、 (中山一中 2014 届高三上学期统测)一物体在力 F ( x) ? ?

0 ? x ? 2, ?5, (单位: N )的作用下 ?3x ? 4, x ? 2
焦.

沿与力 F 相同的方向,从 x ? 0 处运动到 x ? 4 (单位: m )处,则力 F ( x) 做的功为

x 10、 (珠海一中等六校 2014 届高三上学期第二次联考)由曲线 y ? e 与直线 x ? 0 、直线 y ? e 所

围成的图形的面积为____________.

三、解答题

1、(广东省百所高中 2014 届高三 11 月联考) 已知函数 f ( x) ? ex ? kx2 , x ? R (1)若 k ?

1 ,求证:当 x ? (0, ??) 时,f(x)>1; 2

(2)若 f(x)在区间 (0, ??) 上单调递增,试求 k 的取值范围; (3)求证:

2、(广东省宝安中学等七校 2014 届高三第二次联考)

2 2 2 x 已知函数 f ? x ? ? ?ax ? ? a ? 1? x ? a ? ? a ? 1? ? e (其中 a ? R ).

(Ⅰ) 若 x ? 0 为 f ? x ? 的极值点,求 a 的值;

?

?

(Ⅱ) 在(Ⅰ)的条件下,解不等式 f ? x ? ? ? x ? 1? ?

(Ⅲ) 若函数 f ? x ? 在区间 ?1, 2 ? 上单调递增,求实数 a 的取值范围.

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

3、(广州市培正中学 2014 届高三 11 月月考)

已知函数 f ( x) ? x2 ? (2a ? 1) x ? a ln x 。 (1)当 a ? 2 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程; (2)当 a ? 0 ,且 a ?

1 ,求函数 f ( x ) 的单调区间。 2

4、(广州增城市 2014 届高三上学期调研)设 f ? x ? ? ln x ?

a . x2

(1)求 f(x)的单调区间; (2)求 f(x)的零点个数.

5、(海珠区 2014 届高三上学期综合测试(二))

设 a ? R ,函数 f ( x) ? ln x ? ax . (Ⅰ)若 a ? 2 ,求曲线 y ? f ( x) 在 P ?1, ?2? 处的切线方程; (Ⅱ)若 f ( x ) 无零点,求实数 a 的取值范围;
2 (Ⅲ)若 f ( x ) 有两个相异零点 x1 , x2 ,求证: x1 ? x2 ? e .

6、(河源市东江中学 2014 届高三 11 月月考) 已知函数 ,其图象在点 处的切线方程为

. (1)求 的值; 上的最大值

(2)求函数 f(x)的单调区间,并求出 f(x)在区间

7、(惠州市 2014 届高三上学期第二次调研) 已知函数 f ( x) ? ax ? ln(1 ? x )
2

(1)当 a ?

4 时,求函数 f ( x ) 在 (0, ??) 上的极值; 5

(2)证明:当 x ? 0 时, ln(1 ? x2 ) ? x ; (3)证明: (1 ?

1 1 )(1 ? 4 ) 4 2 3

(1 ?

1 ) ? e (n ? N ? , n ? 2, e为自然对数的底数) . n4

8、(江门市 2014 届高三调研)
x y ? 4x ? 2 . 已知函数 f ( x) ? e (ax ? b) , 曲线 y ? f ( x) 经过点 P(0 , 2) , 且在点 P 处的切线为 l :

⑴ 求常数 a , b 的值; ⑵ 求证:曲线 y ? f ( x) 和直线 l 只有一个公共点; ⑶ 是否存在常数 k ,使得 x ? [?2 , ? 1] , f ( x) ? k (4 x ? 2) 恒成立?若存在,求常数 k 的取值 范围;若不存在,简要说明理由.

9、(揭阳一中、潮州金山中学 2014 届高三上学期期中联考) 设函数 f ( x) ? x2 ? (a ? 2) x ? a ln x .

(Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间 (Ⅱ)若函数 f ( x ) 有两个零点 x1 , x2 ,且 x1 ? x2 ,求证: f '(

x1 ? x2 )?0 2

10、(汕头市潮师高级中学 2014 届高三上学期期中) 已知 f ( x) ? x ? ax ?1nx, a ? R 。
2

(1)若 a=0 时,求函数 y ? f ( x) 在点(1, f (1) )处的切线方程; (2)若函数 f ( x ) 在[1,2]上是减函数,求实数 a 的取值范围; (3)令 g ( x) ? f ( x) ? x2 , 是否存在实数 a ,当 x ? (0, e](e 是自然对数的底)时,函数 g ( x) 的 最小值是 3,若存在,求出 a 的值;若不存在,说明理由。

11、(汕头市聿怀中学 2014 届高三上学期期中考试) 已知函数 f ( x) ? ln x ?

a( x ? 1) ,a ? R . x ?1

(Ⅰ)若 x ? 2 是函数 f ( x ) 的极值点,求曲线 y ? f ( x) 在点 ?1, f (1) ? 处的切线方程; (Ⅱ)若函数 f ( x ) 在 (0, ??) 上为单调增函数,求 a 的取值范围; (Ⅲ)设 m, n 为正实数,且 m ? n ,求证:

m?n m?n ? . ln m ? ln n 2

12、(汕头四中 2014 届高三第二次月考) 已知二次函数 ,且不等式 的解集为 .

(1)方程 (2) (3)

有两个相等的实根,求 的最小值不大于

的解析式.

,求实数 的取值范围. ( )存在零点,并求出零点.

如何取值时,函数

13、(中山一中 2014 届高三上学期第二次统测)
1? x 已知函数 f ( x) ? (2 ? a)( x ? 1) ? 2ln x , g ( x) ? xe ( a ? R, e 为自然对数的底数)

(1)当 a ? 1 时,求 f ( x) 的单调区间; (2)对任意的 x ? (0, ), f ( x) ? 0 恒成立,求 a 的最小值; (3)若对任意给定的 x0 ? ? 0, e? , 在? 0, e? 上总存在两个不同的xi (i ? 1,2) , 使得 f ( xi ) ? g ( x0 ) 成立,求 a 的取值范围。

1 2

14、(珠海一中等六校 2014 届高三上学期第二次联考)
2 已知函数 f ( x) ? x ? a ln x (a ? R)

(1)若函数 f ( x) 在 x ? 1 处的切线垂直 y 轴,求 a 的值; (2)若函数 f ( x) 在 (1,??) 为增函数,求 a 的取值范围; (3) 讨论函数 g ( x) ? f ( x) ? (a ? 2) x 的单调性.

15、(珠海一中等六校 2014 届高三上学期第二次联考)

已知函数 f ( x) ?

x(1 ? ln x) , ( x ? 1) x ?1

(1)设 x0 为函数 f ( x ) 的极值点,求证: f ( x0 ) ? x0 ; (2)若当 x ? 1 时, x ln x ? (1 ? k ) x ? k ? 0 恒成立,求正整数 k 的最大值.

选择:

1.答案:B 2.答案:A 3.答案:D 4.答案:C 填空: 1.答案:3x+y-5=0 2.答案:3 3.答案: ( , 1)

1 2

;2012

4.答案:

1 9

5.答案:

1 6

6.答案:.-2 或 2

7.答案: x ? 2 y ? 解答:

?
4

?0

8.答案:

? 0, 2?

9.答案:36

10.答案:1

1 1.解:(1)f(x)=ex- x2,则 h(x)=f′(x)=ex-x,∴h′(x)=ex-1>0(x>0), 2 ∴h(x)=f′(x)在(0,+∞)上递增,∴f′(x)>f′(0)=1>0, 1 ∴f(x)=ex- x2 在(0,+∞)上单调递增,故 f(x)>f(0)=1.(5 分) 2 (2)f′(x)=ex-2kx,下求使 f′(x)>0(x>0)恒成立的 k 的取值范围. 若 k≤0,显然 f′(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 记 φ (x)=ex-2kx,则 φ ′(x)=ex-2k, 1 当 0<k< 时,∵ex>e0=1,2k<1,∴φ ′(x)>0,则 φ (x)在(0,+∞)上单调递增, 2 于是 f′(x)=φ (x)>φ (0)=1>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增; 1 当 k≥ 时,φ (x)=ex-2kx 在(0,ln 2k)上单调递减,在(ln 2k,+∞)上单调递增, 2 于是 f′(x)=φ (x)≥φ (ln 2k)=eln 2k-2kln 2k, 1 e 由 eln 2k-2kln 2k≥0 得 2k-2kln 2k≥0,则 ≤k≤ , 2 2 e 综上,k 的取值范围为(-∞, ].(10 分) 2

1 (3)由(1)知,对于 x∈(0,+∞),有 f(x)=ex> x2+1,∴e2x>2x2+1, 2 2 2 则 ln(2x2+1)<2x,从而有 ln( 4+1)< 2(n∈N*),

n

n

于是 ln( 2

2 1

+ 1) + ln( 4

2 2

+ 1) + ln( 4

2 3

+ 1) +…+ ln( 4

2

n

+ 1) < 4

2 1

+ 2

2 2

+…+ 2

2

n

< 2

2 1

+ 2

2 1×2

+…+

1 1 1 2 2 2 2 2 =2+2(1- +…+ - )=4- <4,故( 4 +1)( 4+1)( 4+1)…( 4+1)<e4.(14 (n-1)×n 2 n-1 n n 1 2 3 n 分)
2 2 2, 【解析】(Ⅰ)因为 f ? x ? ? ?ax 2 ? ? a ? 1? x ? a ? ? a ? 1? ? e x

?

?


2 2 2



2 2 ? x f ? ? x ? ? ?2ax ? ? a ? 1? ? e x ? ?ax 2 ? ? a ? 1? x ? a ? ? a ? 1? ? e x ? ? ?ax ? ? a ? 1? x ? a ? e …2 分 ? ? ? ? 0 因为 x ? 0 为 f ? x ? 的极值点,所以由 f ? ? 0? ? ae ? 0 ,解得 a ? 0 ……………3 分

x 检验,当 a ? 0 时, f ? ? x ? ? xe ,当 x ? 0 时, f ? ? x ? ? 0 ,当 x ? 0 时, f ? ? x ? ? 0 .

所以 x ? 0 为 f ? x ? 的极值点,故 a ? 0 .……………4 分 (Ⅱ) 当 a ? 0 时,不等式 f ? x ? ? ? x ? 1? ?







?1 2 ? 1 2 ? x ? x ? 1? ? ? x ? 1? ? e x ? ? x ? 1? ? x ? x ? 1? , ? ?2 ? ?2 ? ?x ?1 ? 0 ? x ?1 2 ?? 或 ? x ? 1? ?e ? ? x ? x ? 1?? ? 0 , 即 ? ? x ?1 2 ? ?2 ?? ? ?e ? ? 2 x ? x ? 1? ? 0 ? ? ?

?x ?1 ? 0 ? …6 分 ? x ?1 2 ? ?e ? ? 2 x ? x ? 1? ? 0 ? ? ? ?1 2 ? x x x 令 g ? x ? ? e ? ? x ? x ? 1? , h ? x ? ? g? ? x ? ? e ? ? x ? 1? , h? ? x ? ? e ?1 , 2 ? ? x x 当 x ? 0 时, h? ? x ? ? e ?1 ? 0 ;当 x ? 0 时, h? ? x ? ? e ?1 ? 0 ,
所以 h ? x ? 在 ? ??,0? 单调递减,在 (0, ??) 单调递增,所以 h ? x ? ? h ? 0? ? 0 ,即 g? ? x ? ? 0 , 所以 g ? x ? 在 R 上单调递增,而 g ? 0 ? ? 0 ;

?1 2 ? 1 2 ? x ? x ? 1? ? 0 ? x ? 0 ; e x ? ? x ? x ? 1? ? 0 ? x ? 0 , ? ?2 ? ?2 ? 所以原不等式的解集为 ? x x ? 0或x ? 1? ;…………………………9 分
故e ??
x

(Ⅲ) 当 a ? 0 时, f ? ? x ? ? ? ax ? a ? 1 x ? a ? ? e

?

2

?

2

?

?

x

因为 x ? ?1, 2? ,所以 f ? ? x ? ? 0 ,所以 f ? x ? 在 ?1, 2 ? 上是增函数. ……………………11 分

1? x ? ? e , x ? ?1, 2? 时, f ? x ? 是增函数, f ? ? x ? ? 0 . a? 1? x ? ? 1 ? ? 1 ? ① 若 a ? ?1 , 则 f ? ? x ? ? a ? x ? a ? ? x ? ? e ? 0 ? x ? ? ? , ?a ? , 由 ?1, 2 ? ? ? ? , ?a ? 得 a? ? ? a ? ? a ? a ? ?2 ;
当 a ? 0 时, f ? ? x ? ? a ? x ? a ? ? x ? ②
x 若 ?1 ? a ? 0 , 则 f ? ? x ? ? a ? x ? a ? ? x ? ? ? e ? 0 ? x ? ? ?a, ? ? , 由 ?1, 2 ? ? ? ?a, ? ? 得

? ?

? ?

1? a?

? ?

1? a?

? ?

1? a?

1 ? ?a?0. 2
x ③ 若 a ? ?1 , f ? ? x ? ? ? ? x ? 1? ? e ? 0 ,不合题意,舍去. 2

综上可得,实数 a 的取值范围是 ? ??, ?2? (亦可用参变分离或者图像求解).

? 1 ? ? , ?? ? ? ? 2 ?

……………………………14 分

3.解:(1)当 a=2 时,f(x)=x2-(2a+1)x+aln x=x2-5x+2ln x, 2 ∴f′(x)=2x-5+ ,(2 分) ∴f′(1)=-1,

x

又 f(1)=-4,(4 分)

∴y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 x+y+3=0.(5 分)

(2)f′(x)=2x-(2a+1)+ =

a 2x2-(2a+1)x+a x x

(x>0),

1 令 f′(x)=0,可得 x1= ,x2=a.(6 分) 2 1 1 ①当 a> 时,由 f′(x)>0?x>a 或 x< , 2 2

f(x)在(0, ),(a,+∞)上单调递增.由 f′(x)<0? <x<a.
2 2 1 2

1

1

f(x)在( ,a)上单调递减.(9 分)
1 1 ②当 0<a< 时,由 f′(x)>0 可得 f(x)在(0,a),( ,+∞)上单调递增. 2 2 1 由 f′(x)<0 可得 f(x)在(a, )上单调递减.(12 分) 2

4.(1)解:f(x)的定义域是 ? 0, ???

1分

∵ f ?? x? ?

1 a x2 ? a ? ? x x3 x3

2分

当 a ? 0 时, f ? ? x ? ? 0 , ? 0, ??? 是 f(x)的增区间, 当 a ? 0 时,令 f ? ? x ? ? 0, x ? ? a , (负舍去) 当0 ? x ?

3分

a 时, f ? ? x ? ? 0 ;当 x ? a 时, f ? ? x ? ? 0

5分 6分

所以 0, a 是 f(x)的减区间,

?

?

?

a , ?? 是 f(x)的增区间。

?

综合:当 a ? 0 时,f(x)的增区间是 ? 0, ??? , 当 a ? 0 时,f(x)的减区间是 0, a ,f(x)的增区间是

?

?

?

a , ??

?

7分 8分

(2)由(1)知道当 a ? 0 时,f(x)在 ? 0, ??? 上是增函数,当 a=0 时有零点 x=1,
a 2a ?a ? a 1 ? e ?2 a ? 0, 当 a ? 0 时, f e ? a e ? 1 ? 0, f e

? ?

?

?

? ?

?

?

9分

(或当 x→+0 时,f(x)→-∞, 当 x→+∞时,f(x)→+∞,) 所以 f(x)在 ? 0, ??? 上有一个零点, 当 a ? 0 时,由(1)f(x)在 0, a 上是减函数,f(x)在 f(x)有极小值,即最小值 f 10 分

?

?

?

a , ?? 上是增函数,所以当 x ? a 是,
11 分

?

? ln a ? 1? 。 ? a? ? 1 2



1 1 ? ln a ? 1? ? 0 ,即 a ? 时 f(x)无零点, 2 e 1 1 ? ln a ? 1? ? 0 ,即 a ? 时 f(x)有一个零点, 2 e 1 1 ? ln a ? 1? ? 0 ,即 0 ? a ? 时 f(x) 有 2 个零点。 2 e





13 分

综合:当 a ?

1 1 1 时 f(x)无零点,当 a ? 时 f(x)有一个零点,当 0 ? a ? 时 f(x) 有 2 个零点。 e e e 1 1 ? ax ?a ? . x x
…………………1 分 …………2 分 …………3 分 …………4 分 …………5 分

5.解:在区间 ? 0, ??? 上, f ?( x) ?

(1)当 a ? 2 时, f ?(1) ? 1 ? 2 ? ?1 , 则切线方程为 y ? (?2) ? ?( x ? 1) ,即 x ? y ? 1 ? 0 (2)①若 a ? 0 , f ( x) ? ln x 有唯一零点 x ? 1 . ②若 a ? 0 ,则 f ?( x) ? 0 , f ( x ) 是区间 ? 0, ??? 上的增函数,

Q f (1) ? ?a ? 0 , f (ea ) ? a ? aea ? a(1 ? ea ) ? 0 ,

? f (1) ? f (ea ) ? 0 ,函数 f ( x) 在区间 ? 0, ??? 有唯一零点.
③若 a ? 0 ,令 f ?( x) ? 0 得: x ?

…………6 分

1 . a

在区间 (0, ) 上, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x ) 是增函数; 在区间 ( , ??) 上, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x ) 是减函数; 故在区间 ? 0, ??? 上, f ( x ) 的极大值为 f ( ) ? ln 由 f ( ) ? 0, 即 ? ln a ? 1 ? 0 ,解得: a ? 故所求实数 a 的取值范围是 ( , ??) .

1 a

1 a

…………7 分

1 a

1 ? 1 ? ? ln a ? 1 .………8 分 a

1 a

1 . e
…………9 分

1 e

(3) 设 x1 ? x2 ? 0, Q f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? 0, ?ln x1 ? ax1 ? 0,ln x2 ? ax2 ? 0

?ln x1 ? ln x2 ? a( x1 ? x2 ) , ln x1 ? ln x2 ? a( x1 ? x2 )
原不等式 x1 ? x2 ? e ? ln x1 ? ln x2 ? 2
2

…………10 分

? a( x1 ? x2 ) ? 2 ?


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

…………11 分

x1 x 2( x1 ? x2 ) 2(t ? 1) ? t ,则 t ? 1 ,于是 ln 1 ? ? ln t ? . x2 x1 ? x2 t ?1 x2

…………12 分

设函数 g (t ) ? ln t ?

1 4 (t ? 1)2 2(t ? 1) ? ?0 (t ? 1) ,求导得: g ?(t ) ? ? t ?1 t (t ? 1)2 t (t ? 1)2
…………13 分

故函数 g (t ) 是 ?1, ?? ? 上的增函数,

? g (t ) ? g (1) ? 0 ,即不等式 ln t ?
故所证不等式 x1 ? x2 ? e 成立.
2

2(t ? 1) 成立, t ?1
……………………14 分

6.

7.解 (1)当 a ?

4 4 时, f ( x) ? x ? ln(1 ? x 2 ) ……………1 分 5 5

x, f ' ( x), f ( x) 变化如下表

x

? 1? ? 0, ? ? 2?

1 2

?1 ? ? ,2 ? ?2 ?

2

?2,???

f ' ( x)

+

0 极

-

0 极

+

f ( x) ↗
大值

↘ 小值



1 2 5 ? f 极大值 ? f ( ) ? ? ln , 2 5 4
(2)令 g ( x) ? x ? ln( 1? x2 ) 则 g ( x) ? 1 ?
'

f 极小值 ? f (2) ?

8 ? ln 5 ……………4 分 5

2x ( x ? 1) 2 ? ?0 1? x2 1? x2

………………………6 分 ………………8 分 …………………9 分 …………………10 分 …………12 分

? g ( x)在?0, ? ?? 上为增函数。? g ( x) ? g (0) ? 0
?ln(1 ? x2 ) ? x
(3)由(2)知 ln( 1? x2 ) ? x 令x ?

1 1 1 1 1 1 1? 4 ) ? 2 ? ? ? 4 得, ln( n n(n ? 1) n ? 1 n n n 1 1 1 ) ? ln(1 ? 4 ) ? ?? ? ln(1 ? 4 ) 4 2 3 n

? ln(1 ?

? 1?

1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ? ?? ? ? ? 1? ? 1 2 2 3 3 4 n ?1 n n 1 1 1 )(1 ? 4 ) ? (1 ? 4 ) ? e 4 2 3 n
/ x

…………13 分

? (1 ?

…………14 分

8.解:⑴ f ( x) ? e (ax ? a ? b) ……1 分,
0 ? ? f ( 0) ? 2 ?e (a ? 0 ? b) ? 2 依题意, ? / 即? 0 ……3 分, ? f ( 0) ? 4 ? ?e (a ? 0 ? a ? b) ? 4 解得 a ? b ? 2 ……5 分。

⑵记 g ( x) ? e (ax ? b) ? (4x ? 2) ? 2e ( x ? 1) ? 2(2x ? 1) ,
x x

则 g ( x) ? 2e ( x ? 2) ? 4 ……6 分,
/ x / / / 当 x ? 0 时, g ( x) ? 0 ;当 x ? 0 时, g ( x) ? 0 ;当 x ? 0 时, g ( x) ? 0 …… 8 分,所以

g ( x) ? g (0) ? 0 ,等号当且仅当 x ? 0 时成立,即 f ( x) ? 4 x ? 2 ,等号当且仅当 x ? 0 时成立,曲
线 y ? f ( x) 和直线 l 只有一个公共点……9 分。 ⑶ x ? [?2 , ? 1] 时, 4 x ? 2 ? 0 ,所以 f ( x) ? k (4 x ? 2) 恒成立当且仅当

k?

f ( x) e x ( x ? 1) ? ……10 分, 4x ? 2 2x ? 1 e x ( x ? 1) e x ( 2 x 2 ? 3 x) 记 h( x ) ? , x ? [?2 , ? 1] , h / ( x) ? ……11 分, 2x ? 1 (2 x ? 1) 2 3 由 h / ( x) ? 0 得 x ? 0 (舍去), x ? ? ……12 分 2 3 3 / / 当 ? 2 ? x ? ? 时, h ( x) ? 0 ;当 ? ? x ? ?1 时, h ( x) ? 0 ……13 分, 2 2
3 1 ? e x ( x ? 1) 所以 h( x) ? 在区间 [?2 , ? 1] 上的最大值为 h(? ) ? e 2 ,常数 k 的取值范围为 2 4 2x ? 1
3

1 ? ( e 2 , ? ?) ……14 分. 4

3

9.解(Ⅰ) f '( x) ? 2 x ? (a ? 2) ?

a 2 x 2 ? (a ? 2) x ? a (2 x ? a)( x ? 1) ? ( x ? 0) ……2 分 ? x x x

当 a ? 0 时, f '( x) ? 0 ,函数 f ( x ) 在 (0, ??) 上单调递增, 所以函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (0, ??) 当 a ? 0 时,由 f '( x) ? 0 ,得 x ? …………………………4 分

a a ;由 f '( x) ? 0 ,得 0 ? x ? 2 2 a 2
………………6 分

所以函数的单调增区间为 ( , ??) ,单调减区间为 (0, )

a 2

(Ⅱ)因为 x1 , x2 是函数 f ( x ) 的两个零点,有 0 ? x1 ? x2 , a ? 0 则 x1 ? (a ? 2) x1 ? a ln x1 ? 0 , x2 ? (a ? 2) x2 ? a ln x2 ? 0
2 2

两式相减得 x1 ? (a ? 2) x1 ? a ln x1 ? x2 ? (a ? 2) x2 ? a ln x2 ? 0
2 2

即 x1 ? 2x1 ? x2 ? 2x2 ? ax1 ? a ln x1 ? ax2 ? a ln x2 ? a( x1 ? ln x1 ? x2 ? ln x2 )
2 2

x12 ? 2 x1 ? x2 2 ? 2 x2 所以 a ? x1 ? ln x1 ? x2 ? ln x2
a 2 a 2 a 2

……………………………8 分

又因为 f '( ) ? 0 ,当 x ? (0, ) 时, f '( x) ? 0 ;当 x ? ( , ?? ) 时, f '( x) ? 0

故只要证

x1 ? x2 a x 2 ? 2 x1 ? x2 2 ? 2 x2 ? 即可,即证明 x1 ? x2 ? 1 2 2 x1 ? ln x1 ? x2 ? ln x2

…………………10 分

即证明 x1 ? x2 ? ( x1 ? x2 )(ln x1 ? ln x2 ) ? x1 ? 2x1 ? x2 ? 2x2 ,
2 2 2 2

即证明 ln

x1 2 x1 ? 2 x2 ? , x2 x1 ? x2

……………………………………12 分

设t ?

2t ? 2 x1 (0 ? t ? 1) .令 g (t ) ? ln t ? , t ?1 x2

则 g '(t ) ? ?

(t ? 1)2 1 4 t ? 0 ,所以 g '(t ) ? 0 ,当且仅当 t ? 1 时, g '(t ) ? 0 ? 2 ,因为 t (t ? 1) 2 t (t ? 1)

所以 g (t ) 在 (0, ??) 是增函数;又因为 g (1) ? 0 ,所以当 t ? (0,1) 时, g (t ) ? 0 总成立. 所以原题得证. ……………………………………14 分

10.解 (1)当 a=0 时,f(x)=x2-lnx , f (1) ? 1 ,切点为(1, 1)。

f ?( x) ? 2 x ?

1 x

∴所求切线的斜率 k= f ?(1) ? 1

∴曲线在点(1,f(1))处的切线方程为 y-1=x-1 即 x-y=0. ------------------4 分 (2)∵函数在[1,2]上是减函数,∴ f ?( x) ? 2 x ? a ?

1 2 x 2 ? ax ? 1 ? ? 0 在[1,2]上恒成立。-----6 分 x x
------------8 分

令 h(x)=2x2+ax-1, 则 h(2) ? 0 ,解得 a ? ?

7 2

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

g ?( x ) ? a ?

1 ax ? 1 ? x x

-----------9 分

11 解: (Ⅰ) f ?( x) ?

1 a( x ? 1) ? a( x ? 1) ( x ? 1)2 ? 2ax x 2 ? (2 ? 2a) x ? 1 ? ? ? . ……2 分 x ( x ? 1)2 x( x ? 1)2 x( x ? 1)2
9 ,经检验,符合题意。 4

由题意知 f (2) ? 0 ,代入得 a ?
'

从而切线斜率

k ? f ' (1) ? ?

1 ,切点为 ?1,0 ? , 8
………4 分

切线方程为 x ? 8 y ? 1 ? 0 (Ⅱ) f ?( x) ?

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

因为 f ( x)在(0, ??) 上为单调增函数,所以 f ?( x) ? 0在(0, ??) 上恒成立.

即x 2 ? (2 ? 2a) x ? 1 ? 0在(0, ??)上恒成立. 1 当x ? (0, ??)时,由x 2 ? (2 ? 2a) x ? 1 ? 0, 得2a ? 2 ? x ? . x 1 1 1 设g ( x) ? x ? , x ? (0, ??).g ( x) ? x ? ? 2 x ? ? 2. x x x 1 所以当且仅当x ? , 即x ? 1时, g ( x)有最小值2. x
所以2a ? 2 ? 2.所以a ? 2. 所以 a 的取值范围是 (??, 2].
………8 分

m m ? 1 ?1 m?n m?n n n ? (Ⅲ)要证 ,只需证 , ? m ln m ? ln n 2 2 ln n

m m 2( ? 1) 2( ? 1) m m n . 只需证 ln ? n ? 0. 即证 ln ? m m n n ?1 ?1 n n

12.解:∵ ∴ ∴ 即 ,且方程

的解集为

, 的解集为 , 的两根为 ……………………1 分

,∴ 有两个相等的实根,即 ∴ ∴ ∵ 或 ,∴ , …………3 分 ∴ ,

……2 分 有两个相等的实根

(1)∵方程

…………4 分

(2) ∵ ,∴ 的最小值为 , ……………………5 分



,

,解得

,

…………7 分



,∴

………………………………8 分 ,得 时,方程(※) 有一解 , (※)

(3)由 ①当

函数 ②当 时,

有一零点

; ……………………9 分

方程(※)有一解 得 i)当 , , 时,(

,

令 , (负根舍去)),函数

有一零点 ii) 当

.

……………10 分 或 时,

时, 的两根都为正数, 当

函数

有一零点

.11 分

ⅲ) 当 ③方程(※)有二解 i) ( 有两个零点 若 ,

时,

, , , 时,

(负根舍去)),函数 ; …12 分

ii)

函数 ⅲ) 当 取大于 0(

有两个零点 时, )的任意数,函数 …14 分 ,

。……13 分 恒成立, 有两个零点

13.解:(1)当 a ? 1 时, f ( x) ? x ? 1 ? 2 ln x, f ?( x ) ? 1 ? 由 f ?( x) ? 0, x ? 2 ,由 f ?( x) ? 0, 0 ? x ? 2. 故 f ( x) 的单调减区间为 ? 0, 2? , 单调增区间为 ? 2, ??? . (2)即对 x ? (0, ), a ? 2 ?

2 , x

…………3 分

1 2

2 ln x 恒成立。 x ?1

2 2 ( x ? 1) ? 2 ln x 2 ln x ? ? 2 2 ln x 1 x , x ? (0, ) ,则 l ' ( x) ? ? x ? , 令 l ( x) ? 2 ? 2 x ?1 2 ( x ? 1) ( x ? 1) 2
再令 m( x) ? 2 ln x ?

2 1 2 2 ?2(1 ? x) ? 2, x ? (0, ), m?( x) ? ? 2 ? ? ? 0, x 2 x x x2
1 2

m ? x ? 在 (0, ) 上为减函数,于是 m( x) ? m( ) ? 2 ? 2 ln 2 ? 0,
' 从而, l ( x) ? 0 ,于是 l ( x) 在 (0, ) 上为增函数 , l ( x) ? l ( ) ? 2 ? 4 ln 2,

1 2

1 2

1 2

故要 a ? 2 ?

2 ln x 恒成立,只要 a ?? 2 ? 4ln 2, ??? , 即 a 的最小值为 2 ? 4 ln 2 x ?1
1? x

…7 分

(3) g ?( x) ? e

? xe1? x ? (1 ? x)e1? x , 当 x ? (0,1) 时, g ?( x) ? 0, 函数 g ( x) 单调递增; g(0)=0,g(1)=1,g(e)=e ? e1?e ? 0,

当 x ? ?1, e? 时, g ?( x) ? 0 ,函数 g ( x) 单调递减 所以,函数 g ( x)在? 0, e? 上的值域为? 0,1?. 当 a ? 2 时,不合题意;

2 (2 ? a) x ? 2 当 a ? 2 时, f ?( x) ? 2 ? a ? ? ? x x
故0 ?

(2 ? a)( x ? x

2 ) 2 ? a , x ? ? 0, e?

2 2 ? e, a ? 2 ? 2?a e



此时,当 x 变化时 , f ?( x), f ( x) 的变化情况如下:

x
f ?( x) f ( x)

(0,

2 ) 2?a


2 2?a
0 最小值

? 2 ? , e? ? ?2?a ?
+ 单调增

单调减

, x ? 0, f ( x) ? ??, 2 2 f( ) ? a ? 2 ln , f (e) ? (2 ? a)(e ? 1) ? 2 2?a 2?a

?,对任意给定的 x0 ? ? 0, e? ,在区间 ? 0, e? 上总存在两个不同的 xi (i ? 1, 2),
使得 f ( xi ) ? g ( x0 ) 成立,当且仅当 a 满足下列条件

2 2 ? ? ) ? 0, ?a ? 2ln ? 0, ?f( 即? 2?a ? 2?a ? ? ? f (e) ? 1, ?(2 ? a)(e ? 1) ? 2 ? 1.
令 h(a) ? a ? 2 ln

② ③

2 2 , a ? (??, 2 ? ), 2?a e

h?(a) ? 1 ? 2[ln 2 ? ln(2 ? a)]? ? 1 ?

2 a ? , 令 h?(a) ? 0 ,得 a ? 0,a ? 2, 2?a a?2

当 a ? (??, 0) 时, h?(a) ? 0, 函数 h(a) 单调递增 当 a ? (0, 2 ? ) 时, h?(a) ? 0, 函数 h(a) 单调递减

2 e

所以,对任意 a ? ( ??, 2 ? ), 有 h(a) ? h(0) ? 0,

2 e

即②对任意 a ? (??, 2 ? ) 恒成立。

2 e

由③式解得: a ? 2 ?

3 . e ?1



综合①④可知,当 a ? ? ??, 2 ?

? ?

3 ? 时, 对任意给定的x0 ? ? 0, e? , e ? 1? ?

在 ? 0, e? 上总存在两个不同的xi (i ? 1,2), 使 f ( xi ) ? g ( x0 ) 成立。…………14 分

2 14.解:(1)因为 f ( x) ? x ? a ln x ,故 f ?( x) ? 2 x ?

a , x

……1 分 ……3 分

函数 f ( x) 在 x ? 1 处的切线垂直 y 轴,所以 f ?(1) ? 2 ? a ? 0 ? a ? ?2 (2)函数 f ( x) 在 (1,??) 为增函数,所以当 x ? (1, ??) 时, f ?( x) ? 2 x ? 数得: a ? ?2 x ,从而有: a ? ?2 .
2

a ? 0 恒成立,分离参 x

……7 分

(3) g ( x) ? f ( x) ? (a ? 2) x ? x2 ? (a ? 2) x ? a ln x

g ?( x) ? 2 x ? (a ? 2) ?

a 2 x 2 ? (a ? 2) x ? a ( x ? 1)(2 x ? a) ? ? x x x
a ,因为函数 g ( x) 的定义域为 (0, ??) ,所以 2

……10 分

令 g ?( x) ? 0 ? x1 ? 1, x2 ? (1)当

a ? 0 ,即 a ? 0 时,函数 g ( x) 在 (0,1) 上递减,在 (1, ??) 上递增; ……11 分 2 a a ? 1 ,即 0 ? a ? 2 时,函数 g ( x) 在 (0, ) 上递增, 2 2
……12 分

(2)当 0 ?

在 ( ,1) 上递减,在 (1, ??) 上递增

a 2

(3)当

a ? 1 ,即 a ? 2 时,函数 g ( x) 在 (0, ??) 上递增; 2

……13 分

(4)当 增.

a a a ? 1 ,即 a ? 2 时,函数 g ( x) 在 (0,1) 上递增,在 (1, ) 上递减,在 ( , ??) 上递 2 2 2
……14 分

15.解:(1)因为 f ( x) ?

x(1 ? ln x) x ? 2 ? ln x , ( x ? 1) ,故 f ?( x) ? , x ?1 ( x ? 1) 2

……2 分

x0 为函数 f ( x) 的极值点, ? f ?( x0 ) ? 0 ,
即 x0 ? 2 ? ln x0 ? 0 ,于是 x0 ?1 ? 1 ? ln x0 , 故 f ( x0 ) ? ……3 分

x0 (1 ? ln x0 ) x0 ( x0 ? 1) ? ? x0 x0 ? 1 x0 ? 1
x(1 ? ln x) ? f ( x) x ?1

……5 分

(2) x ln x ? (1 ? k ) x ? k ? 0 恒成立,分离参数得 k ?

……7 分

则 x ? 1 时, f ( x) ? k 恒成立,只需 f ( x)min ? k ,

f ?( x) ?

1 x ? 2 ? ln x ,记 g ( x) ? x ? 2 ? ln x ,? g ?( x) ? 1 ? ? 0 , 2 x ( x ? 1)

……9 分

? g ( x) 在 (1,??) 上递增,又 g (3) ? 1 ? ln 3 ? 0, g (4) ? 2 ? ln 4 ? 0 , ? g ( x) 在 (1,??) 上存在唯一的实根 x0 ,
且满足 x0 ? (3, 4) , ……11 分

? 当1 ? x ? x0 时 g ( x) ? 0 ,即 f ?( x) ? 0 ;当 x ? x0 时 g ( x) ? 0 ,
即 f ?( x) ? 0 ,

f ( x)min ? f ( x0 ) ? x0 ? (3, 4) ,
……14 分

故正整数 k 的最大值为 3


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