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【新课标I版】地区2015届高三数学(理)一轮复习参考试题:导数


导数
2015 2014 1 2013 1
x

2012 1

【2014 新课标 I 版(理)21】 (12 分)设函数 f ( x) ? ae ln x ?

be x ?1 ,曲线 y ? f ( x) 在点 x

(1, f (1)) 处的切线方程为 y ? e( x ?

1) ? 2.
(I)求 a, b; (II)证明: f ( x) ? 1. 【答案】(Ⅰ)a=1,b=2 (Ⅱ)见下面

a b b (I)函数f ( x)的定义域为(0,+?),f '( x) ? ae x1nx ? e x ? 2 e x ?1 ? e x ?1. x x x 由题意可得f (1) ? 2, f '(1) ? e. 故a ? 1, b ? 2.
??5 分

2 2 (II)由(I)知f ( x) ? e x1n ? e x ?1 , 从而f ( x) ? 1等价于x1nx ? xe ? x ? . x e 设函数g ( x) ? x1nx, 则g '( x) ? 1nx.
1 1 所以当x ? (0, )时,g '( x) ? 0; 当x ? ( , ??)时,g '( x) ? 0. e e

1 1 故g ( x)在(0, )单调递减,在( , ??)单调递增,从而g ( x)在(0,?)的最小值为 e e 1 1 g( )=- . e e
??8 分

2 设函数h( x) ? xe ? x ? , 则h '( x) ? e ? x (1 ? x). e 所以当x ? (0,1)时h '( x) ? 0; 当x ? (1, ??)时,h '( x) ? 0.故h( x)在(0,1)单调递增, 1 在(1,+?)单调递减,从而h( x)在(0, ?)的最大值为h(1) ? ? . e 综上,当x ? 0时,g ( x) ? h( x), 即f ( x) ? 1.
??12 分

【2013 新课标 I 版(理)21】(本小题满分 12 分)设函数 f(x)=x +ax+b,g(x)=e (cx+

2

x

d).若曲线 y=f(x)和曲线 y=g(x)都过点 P(0,2),且在点 P 处有相同的切线 y=4x+2.
(1)求 a,b,c,d 的值; (2)若 x≥-2 时,f(x)≤kg(x),求 k 的取值范围. 【答案】 (1)由已知得 f (0) ? 2, g (0) ? 2, f 1 (0) ? 4, g1 (0) ? 4.

而 f1 ( x) ? 2x ? a, g1 ( x) ? e1 (ex ? d ? c), 故
b ? 2, d ? 2, a ? 4, d ? c ? 4

从而a ? 4, b ? 2, c ? 2, d ? 2
() k g ?x() f x() ? (2) 令 Fx
, 则F x () ( ? k e
' x 2 ( ) 1 ? x 4 ) ?

, 由题设可得 F (0) ? 0 , 故k ?1,

令 F ' ( x) ? 0 得 x 1 ? ? ln k , x2 ? ?2 ,
2 (1)若 1 ? k ? e ,则 ?2 ? k ? 0 ,从而当 x ? (?2, x1 ) 时, F ' ( x) ? 0 ,当 x ? ( x1 , ??) 时

F ' ( x) ? 0





F ( x)

学 科 , 网

, 在

(?2, ??)

上 最 小

值 为

F ( x1 ) ? 2x1 ? 2 ? x12 ? 4x1 ? 2 ? ? x1 ( x1 ? 2) ? 0 ,此时 f(x)≤kg(x)恒成立;
' x?2 (2)若 k ? e , F ( x) ? (e ?1)(2 x ? 4) ? 0 ,学科,网,故 F ( x ) 在 (?2, ??) 上单调递
2

增,因为 F ( x) ? 0 所以 f(x)≤kg(x)恒成立
?2 (3)若 k ? e ,则 F (?2) ? ?2ke ? 2 ? 0 ,故 f(x)≤kg(x)不恒成立;
2
2 综上所述 k 的取值范围为 ? ?1, e ? ?.

【2012 新课标 I 版(理)21】已知函数 f(x)满足 f(x)=f′(1)e (1)求 f(x)的解析式及单调区间; (2)若 f(x)≥ 【答案】 (1) f ( x) ? f ?(1)e
x ?1

x-1

-f(0)x+

1 2 x. 2

1 2 x +ax+b,求(a+1)b 的最大值. 2

? f (0) x ?

1 2 x ? f ?( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) ? x 2

令 x ? 1 得: f (0) ? 1

f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? x ?
得: f ( x) ? e ? x ?
x

1 2 x ? f (0) ? f ?(1)e ?1 ? 1 ? f ?(1) ? e 2

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

g?( x) ? ex ? 1 ? 0 ? y ? g ( x) 在 x ? R 上单调递增
f ?( x) ? 0 ? f ?(0) ? x ? 0, f ?( x) ? 0 ? f ?(0) ? x ? 0
得: f ( x ) 的解析式为 f ( x ) ? e ? x ?
x

1 2 x 2

且单调递增区间为 (0, ??) ,单调递减区间为 ( ??, 0) (2) f ( x) ?

1 2 x ? ax ? b ? h( x) ? e x ? (a ? 1) x ? b ? 0 得 h?( x) ? e x ? (a ? 1) 2

①当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ? y ? h( x) 在 x ? R 上单调递增

x ??? 时, h( x) ? ?? 与 h( x) ? 0 矛盾
②当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ? x ? ln(a ? 1), h?( x) ? 0 ? x ? ln(a ? 1) 得:当 x ? ln(a ? 1) 时, h( x)min ? (a ? 1) ? (a ? 1)ln(a ? 1) ? b ? 0

(a ? 1)b ? (a ? 1)2 ? (a ? 1)2 ln(a ?1)(a ?1 ? 0)
令 F ( x) ? x ? x ln x( x ? 0) ;则 F ?( x) ? x(1 ? 2ln x)
2 2

F ?( x) ? 0 ? 0 ? x ? e , F ?( x) ? 0 ? x ? e
当x?

e 时, F ( x ) max ?

e 2 e 2

当 a ? e ?1, b ? e 时, (a ? 1)b 的最大值为

错误!未指定书签。 . (河北省正定中学 2014 届高三上学期第一次月考数学试题) 设函数

f ? x ? ? x sin x ? cos x 的图象在点 ? t , f ? t ? ? 处切线的斜率为 k ,则函数 k ? g ? t ? 的部
分图象为

【答案】B 错误!未指定书签。 . (河北省邯郸市武安三中 2014 届高三第一次摸底考试数学理试题)函数

f ( x) ? 2ln x ? x 2 ? bx ? a (b ? 0, a ? R) 在点 ? b, f (b) ? 处的切线斜率的最小值是
A. 2 2
【答案】A 错误!未指定书签。 . (河北省馆陶中学 2013-2014 学年第一学期高三数学(理)9 月检测卷)已 知二次函数 y ? f ( x) 的图象如图所示,则它与 x 轴所围图形的面积为





B. 2

C. 3

D .1

( A.



2π 5

B.

4 3

C.

3 2

D.

π 2

【答案】B 错误!未指定书签。 . (河北省正定中学 2014 届高三上学期第一次月考数学试题) 函 数

f ? x ? ? x3 ? 3x2 ? 9x ? 3 ,若函数 g ? x ? ? f ? x ? ? m 在 x ?? ?2,5? 上有 3 个零点,则 m
的取值范围为 A.[1,8] 【答案】C ( B.(-24,1] C.[1,8) D.(-24,8) )

错误!未指定书签。 . (河北省容城中学 2014 届高三上学期第一次月考数学(理)试题)已知

直线 y=x+1 与曲线 y=ln(x+a)相切,则 a 的值为 A.1 B.2 C.-1 【答案】选 B

( D.-2



错误!未指定书签。 . (河北省正定中学 2014 届高三上学期第一次月考数学试题) 函数

f ? x ? ? ax3 ? 3x ? 1 对于 x ???1,1? ,总有 f ? x ? ? 0 成立, 则 a ?





A.1
【答案】D

B.2

C.3

D.4

错误!未指定书签。 . (河北省保定市八校联合体 2014 届高三上学期第一次月考数学(理科)试 题) 已知函数

(n > 2 且

)设

是函数 ( )

的零点的最大值,则下述论断一定错误的是 A.
【答案】D 错误!未指定书签。 . (河北省高阳中学 2014 届高三上学期第一次月考数学(理)试题) 曲线
B.

C.

D._

y ? ln(2 x ? 1) 上的点到直线 2 x ? y ? 3 ? 0 的最短距离是
A. 5
【答案】A 错误!未指定书签。 . (河北省高阳中学 2014 届高三上学期第一次月考数学(理)试题)求形如

( D.0



B. 2 5

C. 3 5

y = f ( x) g ( x ) 的函数的导数,我们常采用以下做法:先两边同取自然对数
得: ln y = g ( x) ln f ( x) ,再两边同时求导得

1 ' 1 y ? g ' ( x) ln f ( x) ? g ( x) f ' ( x) ,于 y f ( x)
1

是得到: y = f ( x)[ g ( x) ln f ( x) + g ( x) 个单调递增区间是 A.(e,4) 【答案】C

'

'

1 f ' ( x)] ,运用此方法求得函数 y = x x 的一 f ( x)
( ) C.(0,e) D.(2,3)

B.(3,6)

错误!未指定书签。 . (河北省高阳中学 2014 届高三上学期第一次月考数学(理)试题) 曲线

y ? sin x(0 ? x ? ? ) 与直线 y=
A. 3
【答案】D

1 围成的封闭图形的面积为 2
C. 2 -

( D. 3 -



B. 2 - 3

? 3

? 3

错误!未指定书签。 . (河北省衡水中学 2014 届高三上学期一调考试数学(理)试题)设函数

f ?( x) ? x2 ? 3x ? 4, 则 y ? f ( x ? 1) 的单调减区间
(-4,1) A.
【答案】B 错误!未指定书签。 . (河北省衡水中学 2014 届高三上学期一调考试数学(理)试题)若函数

( D. ( ?



B. (?3,2)

C. ( ?

3 , ??) 2

1 ,?? ) 2

f ( x) ?

1 3 a | x | ? x 2 ? (3 ? a) | x | ?b 有六个不同的单调区间,则实数 a 的取值范围 3 2

是___________

【答案】 (2,3) 错误!未指定书签。 . (河北省衡水中学 2014 届高三上学期一调考试数学(理)试题)若函数

f ( x) ? x 3 ? 3x 对任意的 m ? [?2,2], f (mx ? 2) ? f ( x) ? 0 恒成立,则 x ?_________.
【答案】 ( ?2, ) 错误!未指定书签。 . (河北省高阳中学 2014 届高三上学期第一次月考数学(理)试题)已知函

2 3

数 f ? x ? ? ln ________.

1? x ? sin x , 则 关 于 a 的 不 等 式 f ?a ? 2? ? f a 2 ? 4 ? 0 的 解 集 是 1? x

?

?

【答案】( 3,2) (河南省信阳市 2014 届高中毕业班第一次调研)定义在 R 上的函数 f(x) ,当 x≠-2 时,

恒有(x+2) f ?( x ) <0(其中 f ?( x ) 是函数
0.1 f(x)的导数) ,又 a=f( log 1 3 ) ,b=f[ ( ) ],c=f(ln3) ,则

3

1 3

A.a<b<c 答案:D

B.b<c<a

C.c<a<b

D.c<b<a

(河南省信阳市 2014 届高中毕业班第一次调研)已知函数 f(x)= x3 -t x 2 +3x,若对于 任意的 a,b∈[1,3]且 a<b,函数 f(x)在区间(a,b)上单调递减,则实数 t 的取值 范围是 A. (-∞,3] B. (-∞,5] C.[3,+∞) D.[5,+∞) 答案:D (河南省安阳市 2014 届高三第一次调研)已知函数 f(x)=

2 +sinx,其导函数记为 2 +1
x

f ?( x )
则 f(2013)+ f ?(2013) +f(-2013)- f ?(?2013) =______________. 答案:2 (河南省安阳市 2014 届高三第一次调研) 已知函数 g(x)=



x ,f(x)=g(x)-ax. ln x

(Ⅰ)求函数 g(x)的单调区间; (Ⅱ)若函数 f(x)在区间(1,+∞)上是减函数,求实数 a 的最小值;

e2 ], (Ⅲ) 若存在 x1 , (e=2. 71828??是自然对数的底数) 使( f x1 ) ≤ f ?( x2 ) +a, x2 ∈[e,
求实数 a 的取值范围. 解: (1)由 ?

?x ? 0 得, x ? 0 且 x ? 1 ,则函数 g ? x ? 的定义域为 ? 0,1? ?ln x ? 0

?1, ??? ,

且 g? ? x ? ?

ln x ? 1

? ln x ?

2

,令 g? ? x ? ? 0 ,即 ln x ? 1 ? 0 ,解得 x ? e

当 0 ? x ? e 且 x ? 1 时, g? ? x ? ? 0 ;当 x ? e 时 g? ? x ? ? 0 ,

? 函数 g ? x ? 的减区间是 ? 0,1? , ?1, e ? ,增区间是 ? e, ?? ? ???4 分 x ? ax 在 ?1, ?? ? 上是减函数, (2) 由题意得,函数 f ? x ? ? ln x ln x ? 1 在 ?1, ?? ? 上恒成立, ? f ?? x? ? ? a ? 0 在 ?1, ?? ? 上恒成立,即 a ? ln x ? 1 2 2 ? ln x ? ln x ? ? ln x ? 1 令 h ? x? ? , x ? ?1, ?? ? ,因此 a ? h ? x ?max 即可 2 ln x ? ? 2 1 1 ? 1 1 ,当且仅当 1 ? 1 ,即 x ? e2 时等号成立, 由 h ? x ? ? ?( 1 )2 ? 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ln x 2 ln x ln x ? ln x 2 ? 4 4 1 1 1 ? h ? x ?max ? ,因此 a ? ,故 a 的最小值为 ???8 分 4 4 4 2 (3)命题“若存在 x1 , x2 ? ? ? e, e ? ? ,使 f ? x1 ? ? f ?? x2 ? ? a ,”等价于
2 “当 x ? ? ? e, e ? ? 时,有 f ? x ?min ? f ? ? x ?max ? a ”,

1 1 ? a ,则 f ? ? x ?max ? a ? , 4 4 1 2 故问题等价于:“当 x ? ? ? e, e ? ? 时,有 f ? x ? min ? 4 ”, ln x ? 1 ? 1 ? ln x ? 1 ? ?0, ? , f ?? x? ? ? a ,由(2)知 2 2 (ln x ) ? 4? ln x ? ?
2 由(2)得,当 x ? ? ? e, e ? ? 时, f ? ? x ?max ?

1 e, e 2 ? e, e 2 ? 时, f ? ? x ? ? 0 在 ? 上恒成立,因此 f ? x ? 在 ? ? ? ? ? 上为减函数,则 4 1 1 e2 1 f ? x ?min ? f ? e2 ? ? ? ae2 ? ,故 a ? ? 2 , 2 4e 2 4 2 2 (2)当 a ? 0 时, f ? ? x ? ? 0 在 ? ? e, e ? ? 上恒成立,因此 f ? x ? 在 ? ? e, e ? ? 上为增函数,
(1) 当 a ? 则 f ? x ?min ? f ? e ? ? e ? ae ? e ? (3) 当 0 ? a ?

1 ,不合题意 4

2 1 1 2 1 ? 1 1? 1 时,由于 f ? ? x ? ? ?( ) ? ? a ? ?? ? ? ? ?a 4 ln x ln x ? ln x 2 ? 4

2 2 1 ? ? ? ? 在? ? e, e ? ? 上为增函数,故 f ? ? x ? 的值域为 ? f ? ? e ? , f ? e ? ,即 ??a, ? a ? . 4 ? ? 2 由 f ? ? x ? 的单调性和值域知,存在唯一 x0 ? e, e ,使 f ? ? x0 ? ? 0 ,且满足:

? ?
?

?

?

2 当 x ? ? e, x0 ? 时, f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 减函数; 当 x ? x0 , e 时, f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 增函数;

?

x0 1 ? ax0 ? , x0 ? ? e, e 2 ? , ln x0 4 1 1 1 1 1 1 1 1 所以, a ? ? ? ? 2 ? ? ? 与 0 ? a ? 矛盾,不合题意. 2 4 ln x0 4 x0 ln e 4e 2 4 4
所以, f ? x ?min ? f ? x0 ? ?

综上,得 a ?

1 1 ? .??12 分 2 4e 2
a 有相同的极值点. x

(河南省信阳市 2014 届高中毕业班第一次调研) 已知函数 f(x)=- x 2 +2lnx 与 g(x)=x+ (Ⅰ)求实数 a 的值; (Ⅱ)若对于 ?x1 , x2 ∈[ 围. 2(x+1)(x-1) 2 解:(Ⅰ)f′(x)=-2x+ =- (x>0), x x
?f′(x)>0, ? 由? 得 0<x<1; ?x>0, ? ? ?f′(x)<0, 由? 得 x>1. ?x>0, ?

f ( x1 ) ? g ( x2 ) 1 ,3],不等式 ≤1 恒成立,求实数 k 的取值范 e k ?1

∴f(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数,∴x=1 是函数 f(x)的极值点. a a a ∵g(x)=x+ ,∴g′(x)=1- 2,又∵函数 f(x)与 g(x)=x+ 有相同极值点, x x x ∴x=1 是函数 g(x)的极值点,∴g′(1)=1-a=0,解得 a=1. 经检验,当 a=1 时,函数 g(x)取到极小值,符合题意.(5 分) 1 1 (Ⅱ)∵f( )=- 2-2,f(1)=-1,f(3)=-9+2ln 3, e e 1 1 ∵-9+2ln 3<- 2-2<-1,即 f(3)<f( )<f(1), e e 1 ∴?x1∈[ ,3],f(x1)min=f (3)=-9+2ln 3,f(x1)max=f(1)=-1. e 1 1 由Ⅰ知 g(x)=x+ ,∴g′(x)=1- 2. x x 1 故 g(x)在[ ,1)时,g′(x)<0;当 x∈(1,3]时,g′(x)>0. e 1 故 g(x)在[ ,1)上为减函数,在(1,3]上为增函数. e 1 1 1 10 1 10 1 ∵g( )=e+ ,g(1)=2,g(3)=3+ = ,而 2<e+ < ,∴g(1)<g( )<g(3). e e 3 3 e 3 e 1 10 ∴?x2∈[ ,3],g(x2)min=g(1)=2,g(x2)max=g(3)= . e 3
错误!未指定书签。 . (河北省正定中学 2014 届高三上学期第一次月考数学试题) 已知函数

f ( x) ? 2ln x ? ax2 , g ( x) ? x ?
(1)讨论函数 f ( x ) 的极值;

e 1 ? , a ? R ,( e 为自然对数的底数). a 2

(2) 定义:若 ?x0 ? R ,使得 f ( x0 ) ? x0 成立,则称 x0 为函数 y ? f ( x) 的一个不动点.

设 h( x) ? f ( x) ? g ( x) .当 a ? 0 时,讨论函数 h( x) 是否存在不动点,若存在求出 a 的范 围, 若不存在说明理由.
【答案】(1)

f / ( x) ?

2 2 ? 2ax 2 ? 2ax ? ( x ? 0) x x
2 ? 0 , f ( x) 在 ?0,??? 上为增函数,无极值; x

①当 a ? 0 时, f ?( x ) ?

②当 a ? 0 时, f ?( x) >0 恒成立, f ( x) 在 ?0,??? 上为增函数,无极值; ③当 a ? 0 时, f ?( x) =0,得 x ? X

1 ,列表如下: a 1 a
0 极大值 减

? 1? ? 0, ? ? ? a ? ?

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

f ?( x)
f ( x)
当x ?

?


1 1 时, f ( x) 有极大值= f ( ) ? ? ln a ? 1 a a 1 ) ? ? ln a ? 1 a
2

综上,当 a ? 0 时无极值,当 a ? 0 时, f ( x) 有极大值= f (

(2)假设存在不动点,则方程 h( x) ? x 有解,即 2 ln x ? ax ?

e 1 ? ? 0 有解.设 a 2

? ( x) ? 2 ln x ? ax 2 ?
由(1)可知 ? ( x)极大值 于 0, 设 p (a ) ? ? ln a ? A

e 1 ? ,( a ? 0 ) a 2 e 1 e 1 ? ? ln a ? 1 ? ? ? ? ln a ? ? ,下面判断 ? ( x)极大值 是否大 a 2 a 2

e 1 1 e e?a ? ,(a>0), p ?(a ) ? ? ? 2 ? 2 ,列表如下: a 2 a a a

?0, e)?
?


e 0 极大值

(e,??)
— 减

p ?( a )
P(a)

5 e 1 当 a ? e 时, p(a)极大值 ? p(e) = ? ? 0 ,所以 p ( a ) ? ? ln a ? ? ? 0 恒成立, 2 a 2
即 ? ( x) 极大值小于零,所以 g ( x) 无不动点.
错误!未指定书签。 . (河北省高阳中学 2014 届高三上学期第一次月考数学(理)试题)已知函

数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? k ( x ? 1) ? 1 . (1)当 k ? 1 时,求函数 f ( x) 的最大值; (2)若函数 f ( x) 没有零点,求实数 k 的取值范围;
【答案】解:(1)当 k ? 1 时, f ?( x) ?

2? x x ?1

f ( x) 定义域为(1,+ ? ),令 f ?( x) ? 0, 得x ? 2 ,
∵当 x ? (1, 2)时, f ?( x) ? 0 ,当 x ? (2, ??)时, f ?( x) ? 0 , ∴ f ( x)在(1,2) 内是增函数, 在(2, ??) 上是减函数 ∴当 x ? 2 时, f ( x) 取最大值 f (2) ? 0 (2)①当 k ? 0时 ,函数 y ? ln( x ? 1) 图象与函数 y ? k ( x ? 1) ? 1 图象有公共点, ∴函数 f ( x) 有零点,不合要求;

1 1 ? k ? kx ②当 k ? 0时 , f ?( x) ? ?k ? ?? x ?1 x ?1
令 f ?( x) ? 0, 得x ?

k(x ?

1? k ) k x ?1

k ?1 k ?1 1 ,∵ x ? (1, )时, f ?( x) ? 0, x ? (1 ? , ??)时, f ?( x) ? 0 , k k k 1 1 ∴ f ( x)在(1,1 ? ) 内是增函数, 在[1 ? , ??) 上是减函数, k k 1 ∴ f ( x) 的最大值是 f (1 ? ) ? ? ln k , k ∵函数 f ( x) 没有零点,∴ ? ln k ? 0 , k ? 1 , 因此,若函数 f ( x) 没有零点,则实数 k 的取值范围 k ? (1, ??)
错误!未指定书签。 . (河北省容城中学 2014 届高三上学期第一次月考数学(理)试题) 设

f ( x) ?

a ? x ln x , x

g ( x) ? x3 ? x2 ? 3 .

(1)当 a ? 2 时,求曲线 y ? f ( x) 在 x ? 1 处的切线的斜率; (2)如果存在 x1 , x2 ?[0, 2] ,使得 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? M 成立,求满足上述条件的最大整数

M;
(3)如果对任意的 s , t ? [ , 2] ,都有 f (s) ? g (t ) 成立,求实数 a 的取值范围.
【 答 案 】

1 2

(1)



a?2

时, f ( x) ?

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

所以曲线 y ? f ( x) 在 x ? 1 处的切线方程为 y ? ? x ? 3 ;

(2) 存 在

x1 , x2 ?[0, 2] , 使 得

g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? M

成 立

等 价

于: [ g ( x1 ) ? g ( x2 )]max ? M , 考察 g ( x) ? x3 ? x2 ? 3 , g '( x) ? 3 x ? 2 x ? 3 x( x ? ) ,
2

2 3

x
g '( x ) g ( x)

0 0

2 (0, ) 3 ?

2 3
0
极(最)小值

2 ( , 2] 2 sj.fjjy.org 3

?
递 增

?3 递减

1

?

85 27

由上表可知: g ( x) min ? g ( ) ? ? ??

[ g ( x1 ) ? g ( x2 )]max

85 , g ( x) max ? g (2) ? 1 , 27 112 ? g ( x) max ? g ( x) min ? , 27

2 3

所以满足条件的最大整数 M (3)当 x ? [ , 2] 时, f ( x ) ?

? 4;

7分

1 2

a ? x ln x ? 1 恒成立等价于 a ? x ? x 2 ln x 恒成立, x

错误!未指定书签。 . (河北省衡水中学 2014 届高三上学期一调考试数学(理)试题)已知函数

f ( x) ? (ax2 ? x ? 1)ex ,其中 e 是自然对数的底数, a ? R .
(1)若 a ? 1 ,求曲线 f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程;

(2)若 a ? 0 ,求 f ( x ) 的单调区间; (3)若 a ? ?1 ,函数 f ( x) 的图象与函数 g ( x) ? 点, 求实数 m 的取值范围.
【答案】解:(1)因为

1 3 1 2 x ? x ? m 的图象有 3 个不同的交 3 2

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

x 2 x 2 x 所以 f ?( x) ? (2 x ? 1)e ? ( x ? x ? 1)e ? ( x ? 3 x)e ,

所以曲线 f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线斜率为 k ? f ?(1) ? 4e 又因为 f (1) ? e , 所以所 求切线方程为 y ? e ? 4e( x ? 1) ,即 4ex ? y ? 3e ? 0

? (2) f ( x) ? (2ax ? 1)e ? (ax ? x ? 1)e ? [ax ? (2a ? 1) x]e ,
x 2 x 2 x

1 2a ? 1 时, f ?( x) ? 0 ; ? a ? 0 ,当 x ? 0 或 x ? ? 2 a 2a ? 1 当0 ? x ? ? 时, f ?( x) ? 0 . a 2a ? 1 所以 f ( x) 的单调递减区间为 (??,0] , [? ,??) ; a 2a ? 1 单调递增区间为 [0,? ] a 1 1 ②若 a ? ? , f ?( x) ? ? x 2 e x ? 0 ,所以 f ( x) 的单调递减区间为 (??,??) . 2 2 2a ? 1 1 ③若 a ? ? ,当 x ? ? 或 x ? 0 时, f ?( x) ? 0 ; 2 a 2a ? 1 当? ? x ? 0 时, f ?( x) ? 0 . a 2a ? 1 所以 f ( x) 的单调递减区间为 (??,? ] , [0,??) ; a 2a ? 1 单调递增区间为 [? ,0] a
①若 ? (3) 由 (2) 知 , f ( x) ? ( ? x ? x ? 1)e 在 (??,?1] 上单调递减 , 在 [?1,0] 单调递增 , 在
2 x

[0,??) 上单调递减,
所以 f ( x) 在 x ? ?1 处取得极小值 f (?1) ? ? 由 g ( x) ?

3 ,在 x ? 0 处取得极大值 f (0) ? ?1 . e

1 3 1 2 x ? x ? m ,得 g ?( x) ? x 2 ? x . 3 2

当 x ? ?1 或 x ? 0 时, g ?( x) ? 0 ;当 ? 1 ? x ? 0 时, g ?( x) ? 0 . 所以 g ( x) 在 (??,?1] 上单调递增,在 [?1,0] 单调递减,在 [0,??) 上单调递增. 故 g ( x) 在 x ? ?1 处取得极大值 g (?1) ?

1 ? m ,在 x ? 0 处取得极小值 g (0) ? m . 6

因为函数 f ( x) 与函数 g ( x) 的图象有 3 个不同的交点,

? 3 1 ? f (?1) ? g (?1) 3 1 ?? ? ? m 所以 ? ,即 ? e 6 . 所以 ? ? ? m ? ?1 e 6 ? f (0) ? g (0) ? ?? 1 ? m


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