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江苏13大市2013年高三历次考试数学试题分类汇编15:导数


【推荐】江苏省 13 大市 2013 年高三历次考试数学试题分类汇编 15:导数
一、填空题 1 . (南京市、盐城市 2013 届高三第三次模拟考试数学试卷)记定义在 R 上的函数 y=f(x)的导

函数为 f′(x).如果存在 x0∈[a,b],使得 f(b)-f(a)=f′(x0)(b-a)成立,则称 x0 为函数 f(x)在区间[a,b]上

的“中值点”.那么函数 f(x)=x3-3x 在区间[-2,2]上“中值点”的 个数为________. 【答案】2
2 . (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
x

直线 y ? ex ? 1 上各取一点 M 与 N ,则 MN 的最小值为_____.

【答案】

1 ? e2 1 ? e2

3 . (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) 曲线 y=2lnx 在点(e,2)

处的切线与 y 轴交点的坐标为_____________ 【答案】(0,0)
4 . (常州市 2013 届高三教学期末调研测试数学试题) 已知点 A(1,1) 和点 B(?1, ?3) 在曲线

C: y ? ax3 ? bx 2 ? d (a, b, d 为 常 数 上 , 若 曲 线 在 点 A 和 点 B 处 的 切 线 互 相 平 行 , 则
a 3 ? b 2 ? d ? ______. 【答案】 7
[来源:学&科&网] 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 ?
【答案】 ? 3e

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

6 . (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_____.
【答案】

1 2

7 . (苏州市 2012-2013 学年度第一学期高三期末考试数学试卷)过坐标原点作函数 y ? ln x 图

像的切线,则切线斜率为_____.
【答案】

1 e
1

8 . (南通市 2013 届高三第一次调研测试数学试卷) 曲线 f ( x) ?

f ?(1) x 1 e ? f (0) x ? x 2 在点 e 2

(1,f(1))处的切线方程为________.
【答案】

答案: y ? ex ?

1 . 2

本题主要考查基本初等函数的求导公式及其导数的几何意义. f ?(1) x f ?(1) 1 f ?( x) ? e ? f (0) ? x ? f ?(1) ? e ? f (0) ? 1 ? f (0) ? 1 . e e f ?(1) x 1 在方程 f ( x) ? e ? f (0) x ? x 2 中,令 x=0,则得 f ?(1) ? e . e 2 讲评时应注意强调“在某点处的切线”与“过某点处的切线”的区别.
二、解答题 9 . 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, 求实数 m 的值.

【答案】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

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. 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

10. (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;[来源:学科网] (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.
【答案】解:(1)若 a=1, 则

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

1 2 x2 ? x ?1 当 x ? [1, e] 时, f ( x) ? x ? x ? ln x , f ( x) ? 2 x ? 1 ? ? ?0, x x
2

所以 f ( x) 在 [1, e] 上单调增, ? f ( x) max ? f (e) ? e 2 ? e ? 1 (2)由于 f ( x) ? x x ? a ? ln x , x ? (0, ??) . (ⅰ)当 a ? 0 时,则 f ( x) ? x ? ax ? ln x , f ( x) ? 2 x ? a ?
2
'

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 ,

3

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 , ??)
' 时 , f ( x) ? 0 , 所 以 f ( x) 在 区 间 (0,

a ? a2 ? 8 ) 上 是 单 调 减 , 在 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 综上所述,当 a ? 1 时, f ( x) 单调递减区间是 (0, 4

4

a ? a2 ? 8 , ??) ; 是( 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

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 , ) 和 (a, ??) f ( x) 单调的递增区间是 ( 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)
11. (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.

1 【答案】 解:(1)因 f(x)在 (1, ??) 上为减函数,故 f ?( x) ? ln x ?2 ? a ? 0 在 (1, ??) 上恒成立 (ln x)

5

所以当 x ? (1, ??) 时, f ?( x) max ? 0 .
1 又 f ?( x) ? ln x ?2 ? a ? ? 1 ln x (ln x)

? ?

2

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

?

? ? 1 ?a, 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

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

2

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

6

“ ?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
12 . 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.

【答案】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) [来源:学科网] (2) “ 对 任 意 的 x1,x2?[?1,1], 都 有 |f?(x1)?f?(x2)|?4” 等 价 于 “ 函 数 y=f ?(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 2 2

2

2

7

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
13. (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

【答案】

8

14. (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
9

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

【答案】 【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

(2)因为 x ? 0 ,所以记 g ( x) ? ? F ( x)? ? F ( xn ) ? ? F ( x)? ? F ( xn ) ? x ? 1 x
n n

? ? ? ? x ? x1 ?
n n n

? C1 xn ?1 ? 1 ? C2 xn ?2 ? 12 ? C3 xn ?3 ? 13 ? ?????? ?Cn ?1 x ? 1?1 n n n n x x x xn 1 因为 Cr xn ?r ? 1 ? Cn ?r x ? n? r ≥2Cr (r ? 1, , ,n ? 1) , 2 L n n n x x




n

2g x ≥

1 (? n

n

?

n

2 n? )? ?????? ? n2 ? 3

n

( ?

C ,

1

故 C

C

? F ( x) ?

? F ( x n ) ≥2n ? 2 ? n ? N* ?

15. (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 xn

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
10

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.
【答案】

解:(1)依题意, g1 ( x) ?

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

4a 2 1 ? ≥ 0 恒成立,得 a ≤ x2 , x5 x3 2 因为 x ? 0 ,所以 a ≤ 0
故 [ g1 ( x)]? ? ? 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 [来源:Z_xx_k.Com] 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”

16. (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

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

11

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
【答案】

17. (镇江市 2013 届高三上学期期末考试数学试题)已知 a ? 0 ,函数 f ( x) ? ax ? bx( x ? R)图
3

12

象上相异两点 A, B 处的切线分别为 l1 , l2 , 且 l1 ∥ l2 . (1)判断函数 f ( x ) 的奇偶性;并判断 A, B 是否关于原点对称; (2)若直线 l1 , l2 都与 AB 垂直,求实数 b 的取值范围.

【答案】解:(1)? f ?? x ? ? a ?? x ? ? b?? x ? ? ? ax 3 ? bx ? ? f ?x ? ,
3

?

?

? f ?x ? 为奇函数
设 A?x1 , y1 ?, B?x2 , y 2 ? 且 x1 ? x2 ,又 f ??x ? ? 3ax 2 ? b ,

? f ?x ? 在两个相异点 A, B 处的切线分别为 l1 , l2 ,且 l1 ∥ l2 ,
2 2 ? k1 ? f ? ? x1 ? ? 3ax1 ? b ? k2 ? f ? ? x2 ? ? 3ax2 ? b ? a ? 0 ? ,

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

又? f ( x ) 为奇函数,

? 点 A, B 关于原点对称
(2)由(1)知 A?x1 , y1 ?, B?? x1 ,? y1 ? ,

? k AB ?

y1 2 ? ax1 ? b , x1

2 又 f ?x ? 在 A 处的切线的斜率 k ? f ??x1 ? ? 3ax1 ? b , ? 直线 l1 , l2 都与 AB 垂直,

? k AB ? k ? ?1,
2

?ax

2 1

? b ? 3ax12 ? b ? ?1 ,

??

?

令 t ? ax1 ? 0 ,即方程 3t 2 ? 4bt ? b 2 ? 1 ? 0 有非负实根,

? ? ? 0 ? b 2 ? 3 ,又 t1t2 ?

b2 ? 1 4b ?0 , ? ? 0 ? b ? 0 .综上 b ? 3 3 3

【说明】本题考查函数性质和导数的运算与应用、一元二次方程根的分布;考查换元法 考查推理论证能力.
18 .( 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)? 2x ? ( a? 2 ) x? a l n 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;

13

(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

【答案】

14

19 .( 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 ?

15

第二部分(加试部分)
【答案】解:(Ⅰ) f 3 ( x) ? 3ax ,由
' 2

f3? ? 2 ? ? 12 得 a ? 1
n ?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 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 ? 体验), g n ( x) ? ?? .
2 3

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

16

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, [来源:Z_xx_k.Com] 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

20. 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