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高考数学导数压轴题精练


高考数学导数压轴题精练
1.已知函数 f ( x) ? x2 ? ln x ? ax . (1)若 f ? x ? 在 (0,1) 上是增函数,求 a 得取值范围; (2)在(1)的结论下,设 g ( x) ? e2 x ? | e x ? a | , x ?[0, ln 3] ,求函数 g ( x) 的最小值.

2.已知对任意 m ? R ,直线

x ? y ? m ? 0 都不是 f ( x) ? x3 ? 3ax(a ? R) 的切线. (I)求 a 的取值范围; (II)求证在 x ? [?1,1] 上至少存在一个 x 0 ,使得 | f ( x0 ) |?
2 3.设函数 f ( x) ? x ? 2 ? ?1? ln x k

1 成立. 4

?k ? N ? ? .

(Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调递增区间; (Ⅱ) 设函数 g ? x ? ? 2bx ?

1 在 ?0,1? 上是增函数, 且对于 ?0,1? 内的任意实数 x1 , x2 当 k 为 x2

偶数时,恒有 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立,求实数 b 的取值范围;

4.已知函数 f(x)=x-ln(x+a). (a 是常数) (I)求函数 f(x)的单调区间; 1 (II) 当 y ? f ( x) 在 x=1 处取得极值时,若关于 x 的方程 f(x)+2x=x2+b 在[ ,2]上恰 2 有两个不相等的实数根,求实数 b 的取值范围; (III)求证:当 n ? 2, n ? N + 时 ?1 ?

? ?

1 ?? 1? ? 1? 1 ? 2 ?...... ?1 ? 2 ? ? e . 2 ?? 2 ?? 3 ? ? n ?

5.已知函数 f ( x) ? ( x ? ax ? a)e , ( a 为常数) .
2

?x

1

(Ⅰ)若函数 f ( x ) 在 x ? 0 时取得极小值,试确定 a 的取值范围; (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,设由 f ( x ) 的极大值构成的函数为 g ( x) ,试判断曲线 g ( x) 只可能与直线 2 x ? 3 y ? m ? 0 、 3x ? 2 y ? n ? 0 ( m , n 为确定的常数)中的哪一条 相切,并说明理由.

6. 已知定义在正实数集上的函数 f ( x) ? x2 ? 4 ax? 1, g ( x) ? 6a2 ln x ? 2b ? 1 ,其中

a ? 0. (Ⅰ)设两曲线 y ? f ( x) , y ? g ( x) 有公共点,且在该点处的切线相同,用 a
表示 b ,并求 b 的最大值; (Ⅱ)设 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ,证明:若 a ? 3 ? 1 ,则对 任意 x1 , x2 ? (0, ??) , x1 ? x2 有

h( x2 ) ? h( x1 ) ?8. x2 ? x1

7.已知对任意的 x ? 0 恒有 a1nx ? b( x ? 1) 成立。 (1)求正数 a 与 b 的关系; (2)若 a ? 1, 设f ( x) ? m x ? n, (m, n ? R),若 1nx ? f ( x) ? b( x ? 1) 对 ?x ? 0 恒成立,求函数 f ( x) 的解析式;

8.设函数 f ( x) ? x ? m ln x , g ( x) ? x ? x ? a .
2 2

⑴当 a ? 0 时, f ( x) …g ( x) 在 (1, ??) 上恒成立,求实数 m 的取值范围; ⑵当 m ? 2 时,若函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) 在 [1,3] 上恰有两个不同零点,求实数 a 取 值范围; ⑶是否存在实数 m ,使函数 f ( x ) 和 g ( x) 在其公共定义域上具有相同的单调性,若存 在,求出 m 的值;若不存在,请说明理由.

2

9.已知函数 f ( x) ?

x2 , g ( x) ? 2a ln x(e 为自然对数的底数) e

(1)求 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) 的单调区间,若 F ( x) 有最值,请求出最值; (2)是否存在正常数 a ,使 f ( x)与g ( x) 的图象有且只有一个公共点,且在该公共点 处有共同的切线?若存在,求出 a 的值,以及公共点坐标和公切线方程;若不存 在,请说明理由。

10.已知函数 f ( x) ? ? x2 ? ax ? ln x ( a ? R ) . (1)当 a ? 3 时,求函数 f ( x ) 在 ? , 2 ? 上的最大值和最小值; 2 (2)当函数 f ( x ) 在 ?

?1 ?

? ?

?1 ? , 2 ? 单调时,求 a 的取值范围; ?2 ?

(3)求函数 f ( x ) 既有极大值又有极小值的充要条件。

11.设函数 f ( x) ? ax ? ln x, g ( x) ? a x .
2 2

(I)当 a ? ?1 时, 求函数y ? f ( x) 图像上的点到直线 x ? y ? 3 ? 0 距离的最小值; (II)是否存在正实数 a,使 f ( x) ? g ( x) 对一切正实数 x 都成立?若存在,求出 a 的 取值范围;若不存在,请说明理由.

12.已知 a ? R,函数f ( x) ? x 2 ? 2a ln x.

时, 求f ( x) 的单调区间和最值; (Ⅰ) 当a ? 1
(Ⅱ)若 a ? 0, 试证明 :"方程 f ( x) ? 2ax有唯一解 "的充要条件是 " a ?

1 ". 2

3

13.已知函数 f ( x ) 满足 2 f ( x ? 2) ? f ( x) ? 0 , 当 x ? ?0,2? 时, f ( x) ? ln x ? ax ? a ? ? ? ,当 x ? ?? 4,?2? 时, f ( x ) 的最大值为-4. (I)求实数 a 的值; (II)设 b ? 0 ,函数 g ( x) ?

? ?

1? 2?

1 3 bx ? bx , x ? ?1,2? .若对任意的 x1 ? ?1,2? , 3

总存在 x2 ? ?1,2? ,使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? 0 ,求实数 b 的取值范围.

14.已知函数 f ( x) ? ?a 2 x 2 ? ax ? ln x (a∈R) 。 (I)我们称使 f ( x ) =0 成立的 x 为函数的零点。证明:当 a=1 时,函数 f ( x ) 只有一个 零点; (II)若函数 f ( x ) 在区间(1,+∞)上是减函数,求实数 a 的取值范围。

15.定义: F ( x, y ) ? xy ? ln x, x ? (0,?? ), y ? R, , f ( x) ? F ( x, ) (其中 a ? 0 ) 。 (1)求 f ( x) 的单调区间; (2)若 f ( x) ? ?

x a

1 恒成立,试求实数 a 的取值范围; 2 1 2 ax ? 2 x(a ? 0). 2

16.已知函数 f ( x) ? ln x ?

(1)若函数 f ( x ) 在定义域内单调递增,求 a 的取值范围; (2)若 a ? ?

1 1 且关于 x 的方程 f ( x ) ? ? x ? b 在 ?1, 4? 上恰有两个不相等的实数根, 2 2
*

求实数 b 的取值范围; (3)设各项为正的数列 {an } 满足: a1 ? 1, an?1 ? ln an ? an ? 2, n ? N . 求证: an ? 2 ? 1
n

4

高考数学导数压轴题精练
详解答案
1.解: (1) f ?( x) ? 2 x ?

1 ?a, x

f ( x) 在 (0,1) 上是增函数,

? 2x ?
2x ?

1 1 ? a ? 0 在 (0,1) 上恒成立,即 a ? 2 x ? 恒成立. x x
1 2 ? 2 2 (当且仅当 x ? 时取等号) ,所以 a ? 2 2 . x 2

当 a ? 2 2 时,易知 f ( x ) 在(0,1)上也是增函数,所以 a ? 2 2 .
2 (2)设 t ? e ,则 h(t ) ? t ? t ? a ,
x

0 ? x ? ln 3 ,?1 ? t ? 3 .

当 a ? 1 时 , h(t ) ? t 2 ? t ? a 在 区 间 [1,3] 上 是 增 函 数 , 所 以 h(t ) 的 最 小 值 为

h(1) ? 2 ? a .
当 1 ? a ? 2 2 时, h(t ) ? ?

?t 2 ? t ? a (1 ? t ? a ) ? . 2 ? ?t ? t ? a (a ? t ? 3)

因为函数 h(t ) 在区间 [ a,3] 上是增函数, 在区间 [1, a] 上也是增函数, 所以 h(t ) 在 [1,3] 上为增函数,所以 h(t ) 的最小值为 h(1) ? a . 所以,当 a ? 1 时, g ( x) 的最小值为 2 ? a ;当 1 ? a ? 2 2 时, g ( x) 的最小值为 a . 2. 解: (I) f ?( x) ? 3x 2 ? 3a ?[?3a,??) , …………(2 分) m ? R ∵ 对任意 ,直线 x ? y ? m ? 0 都不是 y ? f ( x) 的切线,∴? 1?[?3a,?? ) ,
? 1 ? ?3a ,实数 a 的取值范围是 a ?

1 ; 3 1 , 4

…………(4 分) …………(6 分)

(II)方法 1:问题等价于当 x ? [?1,1] 时, | f ( x) |max ? 设 g ( x) ?| f ( x) | , g ( x) 在 x ? [?1,1] 上是偶函数, 故只要证明当 x ?[0,1] 时, | f ( x) |max ?

① 当 a ? 0时, f ?( x) ? 0, f ( x)在[0,1] 上单调递增且 f (0) ? 0 , g ( x) ? f ( x)
5

1 , 4

g ( x)max ? f (1) ? 1 ? 3a ? 1 ? 1 3

1 ; 4

…………(8 分)

② 当 0 ? a ? 时, f ?( x) ? 3x 2 ? 3a ? 3( x ? a )( x ? a ) ,列表:

x
f ?( x )
f ( x)

(??,? a )
+

? a
0
极大 2a a

(? a , a )
-

a
0
极小

( a ,??)
+

?

?

? 2a a

?

f ( x) 在 (0, a ) 上递减,在 ( a ,1) 上递增,
∴g ( x)max ? max{ f (1),? f ( a )} ,

…………(10 分)

∵ a ? 3a ? 1 ,∴x ? (0, 3a ) 时, g ( x) ? ? f ( x) , x ? ( 3a ,1) 时, g ( x) ? f ( x) ,

1 1 ,则 g ( x)max ? f (1) ? 1 ? 3a ? ; 4 4 1 1 1 若 ? f ( a ) ? f (1) ? 1 ? 3a,即 ? a ? ,则 g ( x)max ? ? f ( a ) ? 2a a ? ; 4 3 4 1 ∴ 在 x ? [?1,1] 上至少存在一个 x 0 ,使得 | f ( x0 ) |? 成立. …………(12 分) 4
若 ? f ( a ) ? f (1) ? 1 ? 3a,即0 ? a ? 方法 2:反证法 假设在 x ? [?1,1] 上不存在 x 0 ,使得 | f ( x0 ) |?

设 g ( x) ?| f ( x) | ,∵g ( x) 在 x ? [?1,1] 上是偶函数, ∴x ?[0,1] 时, | f ( x) | max ?

1 1 成立,即 ? x ? [?1,1] , | f ( x0 ) |? , 4 4

1 , …………(6 分) 4 ① 当 a ? 0时, f ?( x) ? 0, f ( x)在[0,1] 上单调递增且 f (0) ? 0 , g ( x) ? f ( x) 1 1 …………(8 分) g ( x) max ? f (1) ? 1 ? 3a ? , a ? 与 a ? 0 矛盾; 4 4 1 ② 当 0 ? a ? 时, f ?( x) ? 3x 2 ? 3a ? 3( x ? a )( x ? a ) ,列表: 3 x (??,? a ) (? a , a ) ( a ,??) ? a a
f ?( x )
f ( x)
+ 0
极大
2a a

-

0
极小

+

?

?

? 2a a

?

f ( x) 在 (0, a ) 上递减,在 ( a ,1) 上递增,
∴g ( x)max ? max{ f (1),? f ( a )} ,
6

…………(10 分)

∵ a ? 3a ? 1 ,∴x ? (0, 3a ) 时, g ( x) ? ? f ( x) , x ? ( 3a ,1) 时, g ( x) ? f ( x) ,

1 ?? f ( a ) ? f (1) ? 1 ? 3a ? 0?a? ? ? ? 4 矛盾; ,? ? 1 ? f (1) ? 1 ? 3a ? ?a ? 1 4 ? ? 4 ? 1 ?? f ( a ) ? f (1) ? 1 ? 3a ? ?a ? 4 ? ? 矛盾; ? 1 ,? ?? f ( a ) ? 2 a a ? ?a ? 1 4 ? ? 4 ? 1 1 综上, ? x ? [?1,1] , | f ( x0 ) |? 与 a ? 矛盾, 3 4 假设不成立,原命题成立.

…………(12 分)

3. 解:由已知,得函数 f(x)的定义域为 ?0,??? . …………………1 分 (Ⅰ )当 k 为偶数时, f ( x) ? x 2 ? 2 ln x ,则 f ?( x) ? 2 x ?

2 2 x2 ?1 ? ,又 x ? 0 , x x

?

?

f ?( x) ? 0 ,即 x2 ? 1 ? 0 ,得 x ? 1 ,所以此时函数 f ( x) 的单调递增区间为 ?1,??? .
2 当 k 为奇数时, f ( x) ? x ? 2 ln x ,则 f ?( x) ? 2 x ?

2 2 x2 ?1 ? ? 0 在定义域内恒成 x x
…………… 4 分

?

?

立,所以此时函数 f ( x) 的单调增区间为 ?0,??? . (Ⅱ )∵ 函数 g ? x ? ? 2bx ? ∴g ?( x) ? 2b ? 即b ? ??

1 在 ?0,1? 上是增函数 x2

2 1 ? 0 在 ?0,1? 上恒成立,即 b ? ? 3 在 ?0,1? 上恒成立, 3 x x
………………………6 分

? 1 ? ? ?1,∴b ? ?1 . ① 3 ? ? x ? max

由(Ⅰ )可知当 k 为偶数时,

f ?( x) ? 0 得 0<x ? 1 ,即 f ( x) 在 ?0,1? 为减函数,
∴ f ( x) min ? f (1) ? 1 . 又∵ 对于 ?0,1? 内的任意实数 x1,x2,当 k 为偶数时,恒有 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立,

7

∴1 ? g ?x ?max ? g (1) ,即 1 ? 2b ? 1 ,所以 b ? 1 , ② 由① ② 得 ? 1 ? b ? 1. …………………………………………8 分

4. (I) 由已知由函数 f ? x ? 的定义域为 x ? ?a , f ?? x ? ? 1 ?

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

? ?a ? ?a ? 1 ,

? 由 f ?( x) ? 0, 得 x ? ?a ? 1 ,
由 f ?( x) ? 0, 得 ? a ? x ? ?a ? 1 , 所以函数 f ( x) 的减区间为 ?? a,?a ? 1? ,增区间为 ?? a ? 1,??? . (II)由题意,得 f ??1? ? 0 ,? a=0 . ……5 分 …4 分

? 由(Ⅰ)知 f(x)=x-lnx,
∴ f(x)+2x=x2+b ,即 x-lnx+2x=x2+b ,? x2-3x+lnx+b=0, 设 g ?x ? =x2-3x+lnx+b(x>0),
2 1 2x -3x+1 (2x-1)(x-1) 则 g ?? x ? =2x-3+ = = , x x x

当 x ? ? , 2 ? 变化时, g ?? x ? , g ?x ? 的变化情况如下表: 2 x 1 2 0 5 b- -ln2 4 1 ( ,1) 2 - ↘ 1 0 b- 2 (1,2) + ↗ b-2+ln2 2

?1 ?

? ?

g ??x ?

g ?x ?

……………………. .……6 分 1 ∵ 方程 f(x)+2x=x2+b 在[ ,2]上恰有两个不相等的实数根, 2

?g(2)≥0 ? ?g(1)<0 ?g(2)≥0

1

,?

?b-4-ln2≥0 ?b-2<0 , ?b-2+ln2≥0
8

5

5 ?5 ? ? 4+ln2≤b<2,即 b ? ? ln 2, 2 ? . ?4 ? (III)由(I) 和(II)可知当 a ? 0, x ? ? , ?? ? 时, f ( x) ? f (1) ,即 ln x ? x ? 1 ,

……8 分

?1 ?2

? ?

? 当 x ? 1 时, ln x ? x ? 1 .
令 x ? 1?

……… 10 分

1 1? 1 ? * ( n ? 2, n ? N ),则 ln?1 ? 2 ? ? 2 . 2 n ? n ? n

所以当 n ? 2, n ? N* 时,

1? 1? 1? 1 1 1 ? ? ? ln?1 ? 2 ? ? ln?1 ? 2 ? ? .......? ln?1 ? 2 ? ? 2 ? 2 ? ......? 2 n ? 2 ? ? 3 ? ? n ? 2 3
? 1 1 1 1 ? ? ......? ? 1 ? ? 1, 1? 2 2 ? 3 n ? ?n ? 1? n

即 ln?1 ?

? ?

1 ?? 1? 1? ? 1 ? 2 ?....... ?1 ? 2 ? ? 1 , 2 ?? 2 ?? 3 ? ? n ?
……12 分

1 ?? 1? ? 1? ? ? ?1 ? 2 ??1 ? 2 ?...... ?1 ? 2 ? ? e . ? 2 ?? 3 ? ? n ?

5. 解: (Ⅰ ) f ?( x) ? (2x ? a)e? x ? e? x ( x2 ? ax ? a) ? e? x [? x2 ? (2 ? a) x]

? e? x ? (? x) ?[ x ? (2 ? a)] ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 0 或 x ? 2 ? a ,……2 分 2 ?x 当 a ? 2 时, f ?( x) ? ? x e ≤ 0 恒成立,此时 f ( x ) 单调递减; 当 a ? 2 时, 2 ? a ? 0 ,若 x ? 0 ,则 f ?( x) ? 0 ,若 0 ? x ? 2 ? a , 则 f ?( x) ? 0 , x ? 0 是函数 f ( x ) 的极小值点; ……2 分 当 a ? 2 时, 2 ? a ? 0 ,若 x ? 0 ,则 f ?( x) ? 0 ,若 2 ? a ? x ? 0 ,则 f ?( x) ? 0 ,
此时 x ? 0 是函数 f ( x ) 的极大值点,综上所述,使函数 f ( x ) 在 x ? 0 时取得极小值 的 a 的取值范围是 a ? 2 ……2 分
a ?2

(Ⅱ )由(Ⅰ )知 a ? 2 ,且当 x ? 2 ? a 时, f ?( x) ? 0 ,因此 x ? 2 ? a 是 f ( x ) 的极 大值点, fmax ( x) ? f (2 ? a) ? (4 ? a)e ,于是 g ( x) ? (4 ? x)e
x ?2

( x ? 2) ……2 分

g?( x) ? ?ex?2 ? ex?2 (4 ? x) ? (3 ? x)e x?2 ,令 h( x) ? (3 ? x)ex?2 ( x ? 2) ,
9

则 h?( x) ? (2 ? x)e x?2 ? 0 恒成立,即 h( x) 在 (??, 2) 是增函数,所以当 x ? 2 时,

h( x) ? h(2) ? (3 ? 2)e2?2 ? 1 ,即恒有 g ?( x) ? 1 ,……2 分 2 3 又直线 2 x ? 3 y ? m ? 0 的斜率为 ,直线 3x ? 2 y ? n ? 0 的斜率为 ,所以由导数的几 3 2
何意义知曲线 g ( x) 只可能与直线 2 x ? 3 y ? m ? 0 相切 ……2 分 6. (Ⅰ ) 设 f ( x)与g ( x) 交于点 P( x0 , y0 ) ,则有

f ( x0 ) ? g ( x0 ) ,即 x02 ? 4ax0 ? 1 ? 6a2 ln x0 ? 2b ? 1
又由题意知 f ?( x0 ) ? g ?( x0 ) ,即 2 x0 ? 4a ? 由(2)解得 x0 ? a或x0 ? ?3a(舍去) 将 x0 ? a 代入(1)整理得 b ? 令 h( a ) ?

(1)

6a 2 x0

(2)

……2 分

5 2 a ? 3a 2 ln a 2

…………………………4 分

5 2 a ? 3a 2 ln a ,则 h?(a) ? 2a(1 ? 3 ln a) 2
3
3

3 2 a ? ( 0 , e 时, ) h(a) 递增, a ? ( e , ??) 时 h(a) 递减,所以 h(a) ? h( e ) ? e 3 2
3

即b ? 分

3 2 3 2 e 3 , b 的最大值为 e 3 2 2

……………………………………6

(Ⅱ ) 不妨设 x1 , x2 ? ?0,???, x1 ? x2 ,

h?x 2 ? ? h?x1 ? ? 8 变形得 h?x2 ? ? 8x2 ? h?x1 ? ? 8x1 x 2 ? x1

6a 2 ? 4a ? 8 ,? a ? 3 ? 1, 令 T ( x) ? h?x ? ? 8x , T ?( x) ? 2 x ? x

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? T ?( x) ? 2 x ?

6a 2 ? 4a ? 8 ? 4 3a ? 4a ? 8 ? 4( 3 ? 1)( 3 ? 1) ? 8 ? 0 x

T ( x) 在 ?0,??? 内单调增, T ( x2 ) ? T ( x1 ) ,同理可证 x1 ? x 2 命题成立
10

……………………12 分 7. 解: (1)设 f ( x) ? a ln x ? b( x ? 1) , 易知 f (1) ? 0 ,由已知 f ( x) ? 0 恒成立, 所以函数 f ( x) 在 x ? 1 处取得最大值。

f ?( x) ?

a a ? bx ?b ? x x

? f ?(1) ? 0,? a ? b
又? a ? 0,? f ( x) 在 x ? 1 处取得极大值,符合题意, 即关系式为 a ? b. (2)? a ? 1,? b ? 1 (3 分)

?ln x ? m x ? n ? x ?1 恒成立,
令 x ? 1 ,有 0 ? m ? n ? 0 ,? m ? n ? 0 (5 分)

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

? 须 1 ? m ? ?1,即m ? 2

? 函数 f ( x) ? 2( x ? 1)
8.

(7 分)

11

12

9.解: (1) F ?( x) ? f ?( x) ? g ?( x) ? ①当 a ? 0时, F ?( x) ? 0 恒成立

2 x 2a 2( x3 ? ea) ? ? ( x ? 0) e x ex

, 没有最值…… F ( x)在(0, ??) 上是增函数,F ( x) F 只有一个单调递增区间(0,-∞) 3分 ②当 a ? 0 时, F ( x) ? 若0 ? x ? 若x?

2( x ? ea ( x ? ea ) ( x ? 0) , ex

ea ,则 F ?( x) ? 0, F ( x)在(0, ea ) 上单调递减;

ea ,则 F ?( x) ? 0, F ( x)在( ea , ??) 上单调递增,

?当x ? ea 时, F ( x) 有极小值,也是最小值,
即 F ( x)min ? F ( ea ) ? a ? 2a ln ea ? ?a ln a …………6 分 所以当 a ? 0 时, F ( x) 的单调递减区间为 (0, ea ) 单调递增区间为 ( ea , ??) ,最小值为 ? a ln a ,无最大值…………7 分 (2)方法一,若 f ( x) 与 g ( x) 的图象有且只有一个公共点, 则方程 f ( x) ? g ( x) ? 0 有且只有一解,所以函数 F ( x) 有且只有一个零点…………8 分 由(1)的结论可知 F ( x)min ? ?a ln a ? 0得a ? 1 …………10 分 此时, F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ?

x2 ? 2ln x ? 0 e

F ( x)min ? F ( e ) ? 0

? f ( e ) ? g ( e ) ? 1,? f ( x)与g ( x) 的图象的唯一公共点坐标为 ( e ,1)


f ?( e ) ? g ?( e ) ?

2 e

? f ( x)与g ( x) 的图象在点 ( e ,1) 处有共同的切线,

13

其方程为 y ? 1 ?

2 e

( x ? e ) ,即 y ?

2 e

x ? 1 …………13 分

综上所述,存在 a ? 1,使 f ( x)与g ( x) 的图象有且只有一个公共点 ( e ,1) ,且在该 点处的公切线方程为 y ?

2 e

x ? 1. …………14 分

方法二:设 f ( x)与g(x)图象的公共点坐标为 ( x0 , y0 ) ,
2 ? x0 ? ? 2a ln x0 ? f ( x0 ) ? g ( x0 ) ?e 根据题意得 ? ' 即? ' ? f ( x0 ) ? f ( x0 ) ? 2 x0 ? 2a ? x0 ? e
2 x0 1 ,代入①得 ln x0 ? ,? x2 ? e 2 e

由②得 a ?

从而 a ? 1 …………10 分

此 时 由 ( 1 ) 可 知 F( x ) i ?n m

F ( ?e )

? 0 当x ? 0且x ? e 时 ,

F ( x? ) 即 0 , f ?x (
因此除 x0 ?

) g

x (

)

e 外,再没有其它 x0 ,使 f ( x0 ) ? g ( x0 ) …………13 分

故存在 a ? 1 , 使 f (x) 与 g (x) 的图象有且只有一个公共点,且在该公共点处有共同的 切线,易求得公共点坐标为 ( e ,1) ,公切线方程为 y ?

2 e

x ? 1 …………14 分

1 2 x 2 ? 3x ? 1 (2 x ? 1)( x ? 1) ?? 10. 【解析】 (1) a ? 3 时, f '( x) ? ?2 x ? 3 ? ? ? , x x x
函数 f ( x ) 在区间 ?

?1 ? , 2 ? 仅有极大值点 x ? 1 ,故这个极大值点也是最大值点, ?2 ?

故函数在 ? , 2 ? 最大值是 f (1) ? 2 , 2
14

?1 ?

? ?

又 f (2) ? f ?

1 5 3 ?1? ? ? (2 ? ln 2) ? ( ? ln 2) ? ? 2ln 2 ? 0 ,故 f (2) ? f ( 2 ) , 4 4 ?2?

故函数在 ? , 2 ? 上的最小值为 f (2) ? 2 ? ln 2 。 (4 分) 2 (2) f '( x ) ? ?2 x ? a ? 则函数在 ?

?1 ?

? ?

1 1 1 ,令 g ( x ) ? 2 x ? ,则 g '( x ) ? 2 ? 2 , x x x

?1 2? ? 2 ? 9 ?1? , , 2 递减,在 ? 递增,由 g ? ? ? 3 , g (2) ? , ? ? ? 2 ? ?2 2 ? 2 ?2? ? ? ? ?

g(

2 9? ?1 ? ? ) ? 2 2 ,故函数 g ( x) 在 ? , 2 ? 的值域为 ? 2 2, ? 。 2 2? ?2 ? ?
1 ?1 ? ?1 ? , 2 ? 恒成立,即 a ? 2 x ? 在 ? , 2 ? 恒成立, x ?2 ? ?2 ? 1 ?1 ? ?1 ? , 2 ? 恒成立,即 a ? 2 x ? 在 ? , 2 ? 恒成立, x ?2 ? ?2 ?

若 f '( x) ? 0 在 ?

只要 a ? 2 2 ,若要 f '( x) ? 0 在在 ?

只要 a ?

9 。即 a 的取值范围是 ??, 2 2 ? ? 2

?

?9 ? (8 分) , ?? ? 。 ? ?2 ?

(3)若 f ( x) 既有极大值又有极小值,则首先必须 f ?( x) ? 0 有两个不同正根 x1 , x 2 , 即 2 x ? ax ? 1 ? 0 有两个不同正根。
2

?? ? 0 ?a 2 ? 8 ? 0 ? ?? ? a ? 2 2 ,∴ 故 a 应满足 ? a 当 a ? 2 2 时, ? 0 a ? 0 ? ? ?2
f ?( x) ? 0 有两个不等的正根,不妨设 x1 ? x 2 ,
由 f ?( x) ? ?

1 2 2 x 2 ? ax ? 1? ? ? ( x ? x1 )(x ? x2 ) 知: 0 ? x ? x1 时 f ?( x) ? 0 , ? x x

x1 ? x ? x2 时 f ?( x) ? 0 , x ? x2 时 f ?( x) ? 0 ,

15

∴ 当 a ? 2 2 时 f ( x) 既有极大值 f ( x2 ) 又有极小值 f ( x1 ) . 反之,当 a ? 2 2 时, 2 x ? ax ? 1 ? 0 有两个不相等的正根,故函数 f ( x ) 既有极大
2

值又有极小值的充要条件 a ? 2 2 。

(12 分)

1 1? x ? x x ? x ? (0,1)时, f ' ( x) ? 0, f ( x)为增; x ? (1,??)时, f ' ( x) ? 0, f ( x) 为减函数 ? f ( x) max ? f (1) ? ?1 1 则令 f ' ( x) ? 1, 得x ? ------------------------------(2 分) 2 1 1 ? 所求距离的最小值即为 P ( , f ( )) 到直线 x ? y ? 3 ? 0 的距离 2 2 1 1 | ? (? ? ln 2) ? 3 | 2 2 d? 2 ? (4 ? ln 2) -------------------------(5 分) 2 2 (Ⅱ )假设存在实数 a 满足条件,令 F ( x) ? f ( x) ? g ( x)(x ? 0) 则 F ( x) max ? 0 ---------------------------------(7 分) 1 1 2 由 F ' ( x) ? a ? ? 2a x ? 0, 得x ? x a 1 ? 当x ? 时, F ' ( x) ? 0,? F ( x) 为减函数 a 1 当 0 ? x ? 时, F ' ( x) ? 0,? F ( x) 为增函数 a 1 1 ? F ( x) max ? F ( ) ? ln --------------------------------(10 分) a a 1 ? ln ? 0, a ? 1 a --------------------------------(12 分) ? a 的取值范围为 ?1,???
11. 解: (Ⅰ )由 f ( x) ? ? x ? ln x知x ? 0, f ' ( x) ? ?1 ?

12. 解:(Ⅰ )
∵ f(x)在[1,+∞)上连续,

(x>1),若 a≤1,x>1,则 f′(x)>0,

16

∴ f(x)在[1,+∞)上是单调递增函数, ∴ 当 a≤1,x≥1 时,f(x)min=f(1)=1, ∴ 函数有最小值 1,无最大值. ---------(4 分)

(Ⅱ )记 g(x)=f(x)-2ax=x2-2alnx-2ax,



① 充分性:若

,则 g(x)=x2-lnx-x,

g′(x)=

(2x2-x-1)=

(2x+1)(x-1).

当 x∈ (0,1)时,g′(x)<0,g(x)在(0,1)上是单调递减函数; 当 x∈ (1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上是单调递增函数. ∴ 当 x=1 时,g(x)min=g(1)=0,即 g(x)≥0,当且仅当 x=1 时取等号, ∴ 方程 f(x)=2ax 有唯一解. ② 必要性:若方程 f(x)=2ax 有唯一解,即 g(x)=0 有唯一解. 令 g′(x)=0,得 x2-ax-a=0.

∵ a>0,x>0,∴ x1=

(舍去),x2=



当 x∈ (0,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(0,x2)上是单调递减函数;
17

当 x∈ (x2,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(x2,+∞)上是单调递增函数. ∴ 当 x=x2 时,g′(x2)=0,g(x)min=g(x2). ∵ g(x)=0 有唯一解,∴ g(x2)=0,

∴ 2alnx2+ax2-a=0,∵ a>0,∴ 2lnx2+x2-1=0, (*) 设函数 h(x)=2lnx+x-1,∵ 在 x>0 时 h(x)是增函数, ∴ h(x)=0 至多有一解.

∵ h(1)=0,∴ 方程(*)的解为 x2=1,即

,解得



由① 、② 知,“方程 f(x)=2ax 有唯一解”的充要条件是“

”.

--(12 分)

13. (I)由已知,得 2 f ( x ? 2) ? f ( x) , ∴ f ( x) ? 2 f ( x ? 2) ? 4 f ( x ? 4) . ∵x ? ?0,2? 时, f ( x) ? ln x ? ax , 设 x ? ?? 4,?2? ,则 x ? 4 ? ?0,2? , ∴ f ( x ? 4) ? ln(x ? 4) ? a( x ? 4) , ……………………………….4 分

∴x ? ?? 4,?2? 时, f ( x) ? 4 f ( x ? 4) ? 4 ln(x ? 4) ? 4a( x ? 4) , 所以 f ?( x) ?

4 ? 4a ? 0 ,∵x ? ?? 4,?2? ,??4ax ? 4 ? 16a , x?4

18

∵a ? ?

1 1 1 1 ,∴x ? ? ? 4 .又由 a ? ? ,可得 ? 4 ? ? ? 4 ? ?2 , 2 2 a a

∴ f ( x ) 在 ? ? 4,? ∴ f (x) max ? f ( ? ∴a =-1 .

? ?

1 1 ? ? 2) 上是减函数, ? 4 ? 上是增函数,在 (? ? 4, a a ? 1 1 1 ? 4) ? 4 ln(? ) ? 4a ? ( ? ) ? ?4 . a a a
……………………. .7 分

( II ) 设 f ( x) 的 值 域 为 A , g ( x) 的 值 域 为 B , 则 由 已 知 , 对 于 任 意 的

x1 ? (1, 2) ,总存在 x2 ? (1,2) ,使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? 0 得, A ? B .
, 2) 时, f ( x) ? ln x ? x , f ?( x) ? 由(I) a =-1,当 x ? (1
1 1? x ?1 ? , x x

…………….9 分

( 1, 2) ( 1, 2) ∵x ? ,∴ f ' ( x) ? 0 , f ( x) 在 x ? 上单调递减函数,
∴ f ( x) 的值域为 A= (ln 2 ? 2,?1) . ∵g?( x) ? bx ? b ? b( x ? 1)(x ? 1) ,
2

……………………. .10 分

, 2) 上是减函数, ∴ (1)当 b ? 0 时, g ( x) 在 (1
2 b) , 3 2 2 3 为满足 A ? B ,又 ? b ? 0 ? ?1. ∴ b ? ln 2 ? 2. 即 b ? ln 2 ? 3 . ………….11 分 3 2 3 ? 此时, g ( x) 的值域为 B ? ( b, 2 3

, 2) 上是单调递增函数, (2)当 b ? 0 时, g ( x) 在 (1
2 2 b, b) ,为满足 A ? B ,又, 3 3 2 3 3 ∴? b ? ln 2 ? 2 ,∴b ? ? (ln 2 ? 2) ? 3 ? ln 2 , 3 2 2
此时, g ( x) 的值域为 B ? ( ? 综上可知 b 的取值范围是 ? ??,

? ?

3 ? ln 2 ? 3? 2 ?

? 3 ? 3 ? ln 2, ?? ? . ? ? 2 ?

………….12 分

14. 解: (I)当 a=1 时, f ( x) ? ? x 2 ? x ? ln x ,其定义域为(0,+∞) ,

19

f / ( x) ? ?2 x ? 1 ?
解得 x ? ?

1 2 x2 ? x ?1 ?? ,令 f / ( x) ? 0 , x x

1 或 x ? 1 ,又∵ x>0,故 x=1,当 0<x<1 时, f / ( x) ? 0 ; 2

当 x>1 时, f / ( x) ? 0 ,∴ 函数 f ( x ) 在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞) 上单调递减,当 x=1 时, 函数 f ( x ) 取得最大值, 即 f ( x)max ? f (1) ? 0 , 所以函数 f ( x ) 只有一个零点; (5 分) (II)因为 f ( x) ? ?a 2 x 2 ? ax ? ln x ,其定义域为(0,+∞) , 所以 f ( x) ? ?2a x ? a ?
/ 2

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

(1)当 a=0 时, f ( x ) ?
/

1 ?0, x

所以 f ( x ) 在区间(0,+∞)上为增函数,不合题意。 (7 分)
/ (2)当 a>0 时, f ( x) ? 0 ( x ? 0) 等价于 (2ax ? 1)(ax ? 1) ? 0 ( x ? 0) ,

即 x>

1 1 ,此时, f ( x ) 的单调减区间为( ,+∞) ,依题意, a a

?1 ? ?1 得 ?a ,解之得 a ? 1 。 (9 分) ? ?a ? 0
/ (3)当 a<0 时, f ( x) ? 0 ( x ? 0) 等价于 (2ax ? 1)(ax ? 1) ? 0 ( x ? 0) ,

即 0<x< ?

1 1 ,此时 f ( x ) 的单调减区间为(0, ? ) ,不合题意。 2a 2a

综上所述,实数 a 的取值范围是 [1, ??) 。 (12 分)

1 2 x ? ln x ( x ? 0) , a 2 1 2 x2 ? a 则 f ?( x) ? x ? ? a x ax
15. 解: (1) f ( x) ?
20

………1 分

① 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 对 x ? (0, ??) 恒成立, f ( x ) 在 (0, ??) 上递增 ② 当

a?0







f ?( x) ? 0





x?

?2a , ………2 分 2 ?2a ?2a x ? (0, ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 为增函数; x ? ( , ??) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 2 2

为减函数 综上, a ? 0 时, f ( x ) 增区间为 (0, ??) ;

a?0





f ( x)









(0,

?2a ) 2











(

(2)由(1)知 a ? 0 时, f ( x ) 在 (0, ??) 递增,

?2a , ??) . 2

………4 分

) 且 x ? 1 时 , f ( 1?
a?0
………5 分

1 ? a

1 1 0 则 , f (1) ? ? ,? f ( x) ? ? 不 恒 成 立 , 故 2 2

?2a 1 ?2a 2 ?2a )? ( ) ? ln 2 a 2 2 1 1 f ( x) ? ? 恒成立,只须 ? f ( x) ?max ? ? 2 2 ?2a ?2a ∴ , 即 ln ?0 0? ?1 2 2 ∴?2 ? a ? 0 ………6 分 2 ax ? 2 x ? 1 ( x ? 0). 16. 解: (1) f ?( x) ? ? x 2 依题意 f ?( x) ? 0 在 x ? 0 时恒成立,即 ax ? 2 x ? 1 ? 0 在 x ? 0 恒成立. 1? 2x 1 ? ( ? 1) 2 ? 1 在 x ? 0 恒成立, 则a ? 2 x x 1 2 即 a ? (( ? 1) ? 1) min ( x ? 0) x 1 2 当 x ? 1 时, ( ? 1) ? 1 取最小值 ?1 x ∴ a 的取值范围是 (??, ?1] …… 4 ? 1 1 1 2 3 (2) a ? ? , f ( x) ? ? x ? b ? x ? x ? ln x ? b ? 0. 2 2 4 2
又 f ( x ) 的极大值即 f ( x ) 最大值 f (

21

设 g ( x) ?

x

1 2 3 ( x ? 2)( x ? 1) x ? x ? ln x ? b( x ? 0). 则 g ?( x) ? . 列表: 4 2 2x (0,1) 1 (1, 2) 2 (2, 4)

g ?( x) g ( x)

?
?

0
极大值

?
?

0
极小值

?
?

∴ g ( x) 极小值 ? g (2) ? ln 2 ? b ? 2 , g ( x) 极大值 ? g (1) ? ?b ? 又 g (4) ? 2ln 2 ? b ? 2 …… 6 ? 方程 g ( x) ? 0 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根.

5 , 4

? g (1) ? 0 5 ? 则 ? g (2) ? 0 , 得 ln 2 ? 2 ? b ? ? 4 ? g (4) ? 0 ?
(3)设 h( x) ? ln x ? x ? 1, x ??1, ??? ,则 h?( x ) ?

………… 8 ?

? h( x) 在 ?1, ?? ? 为减函数,且 h( x)max

1 ?1 ? 0 x ? h(1) ? 0, 故当 x ? 1 时有 ln x ? x ? 1 .

a1 ? 1. 假设 ak ? 1(k ? N * ), 则 ak ?1 ? ln ak ? ak ? 2 ? 1 ,故 an ? 1(n ? N * ).
从而 an?1 ? ln an ? an ? 2 ? 2an ? 1.?1 ? an?1 ? 2(1 ? an ) ? 即 1 ? an ? 2n ,∴ an ? 2n ? 1

? 2n (1 ? a1 ).

………… 12?

22


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