kl800.com省心范文网

2016届高三数学文一轮复习专题突破训练:导数及其应用


广东省 2016 届高三数学文一轮复习专题突破训练 导数及其应用
2016 年广东省高考将采用全国卷,下面是近三年全国卷的高考试题及 2015 届广东省部分地区 的模拟试题,供同学们在复习时参考。 一、选择、填空题 1、(2015 年全国 I 卷)已知函数 f ? x ? ? ax ? x ? 1 的图像在点 1, f ?1? 的处的切线过点 ? 2, 7 ? ,
3

?

?

则 a?

.

2、(2014 年全国 I 卷)已知函数 f ( x) ? ax3 ? 3x 2 ? 1 ,若 f ( x ) 存在唯一的零点 x0 ,且 x0 ? 0 ,则

a 的取值 范围是
(A) ? 2, ??? (B) ?1, ?? ? (C) ? ??, ?2? (D) ? ??, ?1? )

3、(佛山市 2015 届高三二模)不可能以直线 y ? A. y ? sin x B. y ?

1 x ? b 作为切线的曲线是( 2
D. y ? e
x

1 x

C. y ? ln x

4、(广州市 2015 届高三一模)已知 e 为自然对数的底数,则曲线 y ? 2 e 在点 ?1, 2e? 处的切线斜
x

率为 5、(华南师大附中 2015 届高三三模)函数 f ( x) ? 2 ln x ? x 2 在 x ? 1 处的切线方程是 *** 6、(惠州市 2015 届高三 4 月模拟)函数 f ( x) ? x ? 3x ? 4 在 x ?
3 2

处取得极小值.

7、(茂名市 2015 届高三二模)函数 y ? 2ln x ? 1 在点(1,1)处的切线方程为

1) 上有增区间,则 a 的取值范 8、(珠海市 2015 届高三二模)已知函数 f ( x) ? ax ? x ? 1 在 (0 ,
3 2

围是

.

9、(深圳市 2015 届高三上期末)函数 f ( x ) ? x ? 是( A. [1,??) ) B。 (??,0) U (0,1]

1 在 (??,?1) 上单调递增,则实数 a 的取值范围 ax
D。 (??,0) U [1,??)

C。 (0,1]

10、(韶关市 2015 届高三上期末)设曲线 y ? x ln x 在点 (e, e) 处的切线与直线 ax ? y ? 1 ? 0 垂直, 则a ? 11、(珠海市 2015 届高三上期末)函数 f ( x) ? e ? ln x 在点 ?1,0 ? 处的切线方程为
x

二、解答题 1、(2015 年全国 I 卷)设函数 f ? x ? ? e
2x

? a ln x .

(I)讨论 f ? x ? 的导函数 f ? ? x ? 的零点的个数; (II)证明:当 a ? 0 时 f ? x ? ? 2a ? a ln

2 . a
1? a 2 x ? bx ? a ? 1? ,曲线 y ? f ? x ? 在点?1 ,f ?1?? 2

2、 (2014 年全国 I 卷)设函数 f ? x ? ? a ln x ? 处的切线斜率为 0 (I)求 b; (II)若存在 x0 ? 1, 使得 f ? x0 ? ?

a ,求 a 的取值范围。 a ?1

3、(2013 年全国 I 卷)已知函数 f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程 为 y=4x+4. (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值. 4、(佛山市 2015 届高三二模)设常数 a>0, ? ? R ,函数 f ( x) ? x 2 ( x ? a) ? ? ( x ? a)3 . (1)若函数 f ( x ) 恰有两个零点,求 ? 的值; (2)若 g (? ) 是函数 f ( x ) 的极大值点,求 g (? ) 的取值范围.

5、(广州市 2015 届高三一模)已知 t 为常数,且 0 ? t ? 1 ,函数 g ? x ? ? 小值和函数

1 ? 1? t ? ?x? ? ? x ? 0 ? 的最 2? x ?

h ? x ? ? x 2 ? 2 x ? 2 ? t 的最小值都是函数 f ? x ? ? ?x3 ? ax2 ? bx (a, b ? R ) 的零点.
(1)用含 a 的式子表示 b ,并求出 a 的取值范围; (2)求函数 f ? x ? 在区间 ?1, 2? 上的最大值和最小值.

6、(华南师大附中 2015 届高三三模)已知 a,b 是实数,1 和 ?1是函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx 的两个 极值点. (1)求 a 和 b 的值; (2)设函数 g ( x) 的导函数 g ?( x) ? f ( x) ? 2 ,求 g ( x) 的极值点;

2] ,求函数 y ? h( x) 的零点个数. (3)设 h( x) ? f ( f ( x)) ? c ,其中 c ? [?2 ,

7、(惠州市 2015 届高三 4 月模拟)已知 a ? R ,函数 f ( x) ? 4 x3 ? 2ax ? a . (1)求 f ( x ) 的单调区间; (2)证明:当 0 ? x ? 1 时, f ( x) ? 2 ? a ? 0 . 8、(茂名市 2015 届高三二模)设函数 f ? x ? ? ln x, (1)当 a ? 1 时,求函数 g ? x ? 的单调区间;

g ? x ? ? ? 2 ? a ?? x ?1? ? 2 f ? x ? .

(2)若对任意 x ? ? 0, ? , g ? x ? ? 0 恒成立,求实数 a 的最小值; ( 3 )设 A? x1 , y1 ? , B? x2 , y2? 是函数 y ? f ? x? 图象上任意不同的两点,线段 AB 的中点为

? ?

1? 2?

C ? x0 , y0 ? ,直线 AB 的斜率为 k . 证明: k ? f ? ? x0 ? .

9、 (梅州市 2015 届高三一模) 已知函数 f ( x) ? aex ? be? x ? cx(a, b, c ? R) 的导函数 f '( x) 为偶函数, 且曲线 y ? f ( x) 在点 (0, f (0)) 年的切线的斜率为 2-c。 (1)确定 a , b 的值; (2)当 c=1 时,判断 f(x)的单调性; (3)若 f(x)有极值,求 c 的取值范围。

10、(深圳市 2015 届高三二模)已知函数 f ( x) ? ln x ? ax ?

b (a, b ? R ) ,且对任意 x ? 0 ,都有 x

1 f ( x) ? f ( ) ? 0 . x
(1)求 a , b 的关系式; (2)若 f ( x) 存在两个极值点 x1 , x2 ,且 x1 ? x2 ,求出 a 的取值范围并证明 f ( (3)在(2)的条件下,判断 y ? f ( x) 零点的个数,并说明理由.

a2 ) ? 0; 2

e ? 2.718 ??? ) 11、 (湛江市2015届高三二模) 已知函数 f ? x ? ? e , ( a 为常数, , g ? x ? ? ln x ? ln a
x

且函数 y ? f ? x ? 在 x ? 0 处的切线和 y ? g ? x ? 在 x ? a 处的切线互相平行.

?1? 求常数 a 的值; ? 2 ? 若存在 x 使不等式 x ? m ? x ? f ? x ? 成立,求实数 m 的取值范围; ? 3? 对于函数 y ? f ? x? 和 y ? g ? x? 公共定义域内的任意实数 x0 ,把 f ? x0 ? ? g ? x0 ? 的值称

为两函数在 x0 处的偏差.求证:函数 y ? f ? x ? 和 y ? g ? x ? 在其公共定义域内的所有偏差 都大于 2 .
12、(珠海市 2015 届高三二模)已知 a ? 0, a ? 1 , f ( x) ? x ? ak , g ( x) ? x 2 ? a 2 . (1)若方程 loga
f ( x)

? loga g ( x) 有解,求 k 的取值范围;

(2)若函数 h( x) 满足: h?( x) ? g ( x) ? kf ( x) ,求当 a ? 2 时函数 h( x) 的单调区间.

13、(潮州市 2015 届高三上期末)已知函数 f ? x ? ? ln x ?

?1? 当 a ? 2 时,求函数 f ? x ? 的图象在点 ?1, f ?1?? 处的切线方程; ? 2 ? 如果对于任意 x ? ?1, ??? ,都有 f ? x ? ? ?x ? 2 ,求 a 的取值范围.
14、 (东莞市 2015 届高三上期末)设函数 (1)当a =1时,求 f (x)的极小值; (2)讨论函数 (3)若对任意 零点的个数;

a ,其中 a ? R . x

恒成立,求实数 a 的取值范围.

ex 15、 (佛山市 2015 届高三上期末) 设函数 f ? x ? ? 的导函数为 f ? ? x ? ( a 为常数, e ? 2.71828 ??? x?a
是自然对数的底数). (Ⅰ) 讨论函数 f ? x ? 的单调性; (Ⅱ) 求实数 a ,使曲线 y ? f ? x ? 在点 ? a ? 2, f ? a ? 2?? 处的切线斜率为 ? (Ⅲ) 当 x ? a 时,若不等式

a3 ? 6a 2 ? 12a ? 7 ; 4

f ?? x? ? k x ? a ? 1 恒成立,求实数 k 的取值范围. f ? x?

参考答案 一、选择、填空题 1、【答案】1 【解析】
2 试题分析:∵ f ?( x) ? 3ax ? 1 ,∴ f ?(1) ? 3a ? 1 ,即切线斜率 k ? 3a ? 1 ,

又∵ f (1) ? a ? 2 ,∴切点为(1, a ? 2 ),∵切线过(2,7),∴

a?2?7 ? 3a ? 1 ,解得 a ? 1. 1? 2

考点:利用导数的几何意义求函数的切线;常见函数的导数; 2、【答案】:C 【解析】:由已知 a ? 0 , f ?( x) ? 3ax2 ? 6 x ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 0 或 x ? 当 a ? 0 时, x ? ? ??,0 ? , f ?( x) ? 0; x ? ? 0,

2 , a

? ?

2? ?2 ? ? , f ?( x) ? 0; x ? ? , ?? ? , f ?( x) ? 0 ; a? ?a ?

且 f (0) ? 1 ? 0 , f ( x ) 有小于零的零点,不符合题意。 当 a ? 0 时, x ? ? ??,

? ?

2? ?2 ? ? , f ?( x) ? 0; x ? ? ,0 ? , f ?( x) ? 0; x ? ? 0, ?? ? , f ?( x) ? 0 a? ?a ?
2 a
2

要使 f ( x ) 有唯一的零点 x0 且 x0 >0,只需 f ( ) ? 0 ,即 a ? 4 , a ? ?2 .选 C 3、B 4、 2e 5、4x-y-3=0 6、2 【解析】 由 f ?( x) ? 3x2 ? 6 x ? 0 得: x ? 0或x ? 2 ,列表得:
x f ?( x)
f ( x)
(??,0)
0
0

(0, 2)
_

2
0

(2, ??)

? ↗

极大值



极小值

? ↗

所以在 x =2 处取得极小值. 7、 2 x ? y ? 1 ? 0

? ?) 8、 ( ,
9、B 10、

2 3

1 2

11、 ex ? y ? e ? 0

二、解答题 1、【答案】(I)当 a ? 0 时, f ? ( x) 没有零点;当 a > 0 时, f ? ( x) 存在唯一零点.(II)见解析 【解析】 试题分析: (I)先求出导函数,分 a ? 0 与 a > 0 考虑 f ? ? x ? 的单调性及性质,即可判断出零点个数;

+? (II)由(I)可设 f ? ( x) 在 0,

(

) 的唯一零点为 x ,根据 f ? ? x ? 的正负,即可判定函数的图像与
0

性质,求出函数的最小值,即可证明其最小值不小于 2a +a ln

2 ,即证明了所证不等式. a

+? 试题解析:(I) f ( x) 的定义域为 0,

(

) , f ?( x)=2e

2x

-

a ( x > 0) . x

当 a ? 0 时, f ? ( x) > 0 , f ? ( x) 没有零点; 当 a > 0 时,因为 e 2 x 单调递增, 当 b 满足 0 < b <

a +? 单调递增,所以 f ? ( x) 在 ( 0, x

) 单调递增.又 f ?(a) > 0 ,

a 1 且 b < 时, f ? (b) < 0 ,故当 a > 0 时, f ? ( x) 存在唯一零点. 4 4

+? (II)由(I),可设 f ? ( x) 在 0,

(

) 的唯一零点为 x ,当 x ? ( 0,x ) 时, f ?( x) < 0 ;
0

0

+? ?   当 x ? ? x0, 时, f ? ( x) > 0 . +? 故 f ( x) 在 0,x0 单调递减,在 x0,
小值为 f ( x0 ) . 由于 2e
2 x0

(

)

(

) 单调递增,所以当 x = x 时, f ( x) 取得最小值,最
0

-

a 2 2 a + 2ax0 + a ln ? 2a a ln . =0 ,所以 f ( x0 )= 2 x0 a a x0
2 . a

故当 a > 0 时, f ( x) ? 2a a ln

考点:常见函数导数及导数运算法则;函数的零点;利用导数研究函数图像与性质;利用导数证明 不等式;运算求解能力.

a ? (1 ? a ) x ? b ,由题设知 f ?(1) ? 0 ,解得 b ?1. ……………4 分 x 1? a 2 x ?x, (Ⅱ) f (x)的定义域为(0,??),由(Ⅰ)知, f ( x) ? a ln x ? 2
2、【解析】:(I) f ?( x) ?

f ?( x) ?

a 1? a ? a ? ? (1 ? a) x ? 1 ? ?x? ? ? x ? 1? x x ? 1? a ?

1 a ? 1 ,故当x?(1,??)时, f '(x) ??0 , f (x)在(1,??)上单调递增. ,则 2 1? a a a 1? a a ?1 ? 所以,存在 x0 ?1, 使得 f ( x0 ) ? 的充要条件为 f (1) ? ,即 1? a 1? a 2 1? a

(i)若 a ?

所以? 2 ?1 ??a ?? 2 ?1;

1 a a a ? a ? 1, ? 1, , ?? )时, f ?( x) ? 0 ,f (x) 则 故当x?(1, )时, f '(x) <?0 , x?( 2 1? a 1? a 1? a a a , ?? 单调递增. 在(1, )上单调递减,f (x)在 1? a 1? a a a a )? 所以,存在 x0 ?1, 使得 f ( x0 ) ? 的充要条件为 f ( ,而 1? a 1? a 1? a
(ii)若

a a a2 a a ,所以不和题意. f( ) ? a ln ? ? ? 1? a 1 ? a 2 ?1 ? a ? 1 ? a 1 ? a
(ⅲ) 若 a ? 1 ,则 f (1) ?

综上,a 的取值范围为: ? 2 ? 1, 2 ? 1 ? ?1, ?? ? 3、解:(1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4. 由已知得 f(0)=4,f′(0)=4,故 b=4,a+b=8. 从而 a=4,b=4. (2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x. x 1? f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)? ?e -2?. 令 f′(x)=0,得 x=-ln 2 或 x=-2. 从而当 x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f′(x)>0;当 x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减. - 当 x=-2 时,函数 f(x)取得极大值,极大值为 f(-2)=4(1-e 2). 4、

?

1? a ?1 ? a a ?1 ? ? 。 2 2 a ?1

?

5、(1)解: 由于 0 ? t ? 1 , x ? 0 ,则 g ? x ? ? 当且仅当 x ?

1 ? 1? t ? 1 1? t ? 1? t , ?x? ? ? ?2 x? 2? x ? 2 x

1? t ,即 x ? 1 ? t 时, ? ? g ? x ?? ? min ? 1 ? t . …………………1 分 x

h ? x ? ? x2 ? 2x ? 2 ? t ?
∵0 ? t ?1,

? x ? 1?

2

? 1 ? t ,当 x ? 1 时, ? ?h ? x ?? ? min ? 1 ? t .
………………………2分

∴1 ? 1? t ? 2 , 0 ? 1? t ? 1 .
2 3 2 由于 f ? x ? ? ?x ? ax ? bx ? x ? x ? ax ? b ,结合题意,可知,

?

?

方程 ? x ? ax ? b ? 0 的两根是 1 ? t , 1 ? t ,
2

………………………3 分 ………………………4 分

故 1 ? t ? 1 ? t ? a , 1 ? t ? 1 ? t ? ?b . ∴ a ? 2 ? 2 1 ? t ? 1 ? t ? 2 ? 2b .
2

∴ b ? 1?

1 2 a . 2
2

………………………5 分

而方程 ? x ? ax ? b ? 0 的一个根在区间 1, 2 上,另一个根在区间 ? 0,1? 上. 令 ? ? x ? ? ?x ? ax ? b ,
2

?

?

? ?? ? 0 ? ? b ? 0, ? 则 ?? ?1? ? ?1 ? a ? b ? 0, ? ? 2 ? ?2 ? 2a ? b ? 0. ? ?

………………………6 分

? ?

? 1 2 ?1 ? 2 a ? 0, ?a ? ? 2或a ? 2, ? ? 1 ? 2 即 ? ?1 ? a ? 1 ? a ? 0, 解得 ?0 ? a ? 2, ………………………7 分 2 ? ? ?a ? 2. 1 2 ? ? ?2 ? 2a ? 1 ? 2 a ? 0. ?
∴ 2 ?a?2. ∴ b ? 1? ………………………8 分

1 2 a , 2 ?a?2. 2
………………………6 分

求 a 的取值范围的其它解法: 另法 1:由 a ? 1 ? t ? 1 ? t ,得 a2 ? 2 ? 2 1 ? t 2 , ∵0 ? t ?1, ∴2 ? a ? 4.
2

………………………7分

∵ a ? 1? t ? 1? t ? 0 , ∴ 2 ?a?2. 另法 2:设 ? ? t ? ? 1 ? t ? 1 ? t , 0 ? t ? 1 , 则 ?? ?t ? ? ………………………8 分

1 1 1? t ? 1? t ? ? ? 0, 2 1? t 2 1? t 2 1? t 2

………………………6 分

故函数 ? ? t ? 在区间 ? 0,1? 上单调递减. ∴? ?t ? ?

?

2, 2 .

?

………………………7分 ………………………8 分
3 2

∴ 2 ?a?2. (2)解:由(1)得 f ? x ? ? ? x ? ax ? ?1 ? 则 f ? ? x ? ? ?3x ? 2ax ? 1 ?
2

? ?

1 2? a ?x, 2 ?
………………………9 分

1 2 a . 2

∵ 2 ?a?2,

∴二次函数 f ? ? x ? ? ?3x ? 2ax ? 1 ?
2

1 2 a 2 a 的开口向下,对称轴 x ? ? . 2 3 3
………………………10 分 ………………………11 分

故函数 f ? ? x ? 在区间 ?1, 2? 上单调递减. 又 f ? ?1? ? ?3 ? 2a ? 1 ?

1 2 1 2 a ? ? ? a ? 2? ? 0 , 2 2

∴当 x ??1, 2? 时, f ? ? x ? ? f ? ?1? ? 0 . ∴函数 f ? x ? 在区间 ?1, 2? 上单调递减. ∴函数 f ? x ? 的最大值为 f ?1? ? a ? ………………………12 分

1 2 a ,最小值为 f ? 2? ? ?a2 ? 4a ? 6 . 2
………………………14 分

6、

7、解:(1)由题意得 f ?( x) ? 12 x2 ? 2a 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 恒成立,此时 f ( x ) 的单调递增区间为 ? ??, +?? 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 12( x ?

…………1 分 ………………2 分 …………4 分 ………5 分 ………………6 分

a a )( x ? ), 6 6
(-∞, ?

此时函数 f ( x ) 的单调递增区间为

a a ] ,[ ,+∞). 6 6 a a f ( x) 的单调递减区间为 [ ? , ]. 6 6

(2)证明:由于 0≤x≤1,故 当 a≤2 时,f(x)+|a-2|=4x3-2ax+2≥4x3-4x+2. ………………8 分 3 3 3 当 a>2 时,f(x)+|a-2|=4x +2a(1-x)-2≥4x +4(1-x)-2=4x -4x+2.…10 分 设 g(x)=2x3-2x+1, 0 ? x ? 1 , 则 g′(x)=6x2-2=6(x- 于 x g′(x) g(x) 1 0

3 3 )(x+ ), 3 3

…………11 分 是

3 (0, ) 3
- 减

3 3
0 极小值

3 ( ,1) 3
+ 增

1

1 ………………12 分

3 4 3 )=1- >0 3 9 3 ∴ 当 0 ? x ? 1 时, 2 x ? 2 x ? 1 ? 0
所以,g(x)min=g( 故 f ( x) ? a ? 2 ? 4x ? 4x ? 2 ? 0 .
3

………………13 分

∴ 当 0 ? x ? 1 时, f ( x) ? a ? 2 ? 0

………………14 分

(注:此问还可以按分类讨论的思想,令 h( x) ? f ( x) ? a ? 2 , 证明当 0 ? x ? 1 时, h( x)min ? 0 成立,请参照给分) 8、解(1) g ? x ? 的定义域为 (0, ??) 当 a ? 1 时, g ? x ? ? x ?1 ? 2ln x , g ? ? x ? ? 1 ? 当 x ? ? 0,2? 时, g? ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递减 当 x ? ? 2, ??? 时, g? ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递增, 综上, g ? x ? 的单调递增区间为 ? 2, ??? ,单调递减区间为 ? 0, 2 ? ………………3 分 (2)由题意知: ? 2 ? a ?? x ?1? ? 2ln x ? 0 ,在 x ? ? 0, ? 上恒成立,

2 x?2 ? ………………………1 分 x x

? ?

1? 2?

即 ? a ? 2??1 ? x ? ? 2ln x 在区间 ? 0, ? 上恒成立,

? ?

1? 2?

又 1 ? x ? 0 ,? a ? 2 ?

2 ln x ? 1? 在区间 ? 0, ? 上恒成立 …………………………4 分 1? x ? 2?

2 2 1 ? x ? ? 2ln x ? 2 ? 2ln x ? 2 ln x ? 1? x x ? 设h ? x ? ? 2 ? , x ? ? 0, ? ,则h ? x ? ? …5 分 ? 2 2 1? x ? 2? ?1 ? x ? ?1 ? x ?
又令 m ? x ? ?

2 2 ?2 ? 2 x 2 ? 1? ? 2 ? 2ln x, x ? ? 0, ? ,则 m? ? x ? ? ? 2 ? ? x x x2 x ? 2?

……6 分

当 x ? ? 0, ? 时,m? ? x ? ? 0 ,m ? x ? 单调递减,? m ?x ? ?m ? ? ? 4 ?2 ? 2ln2 0 ?

? ?

1? 2?

?1? ?2?



即 h? ? x ? ? 0 在 ? 0, ? 恒成立 ………………………………………………………7 分

? ?

1? 2?

?1? ? 1? 所以 h ? x ? 在 ? 0, ? 单调递增,? h ? x ? ? h ? ? ? 2 ? ?2? ? 2?

2ln 1 2

1 2 ? 2 ? 4ln 2 ,

故 a ? 2 ? 4 ln 2 ,所以实数 a 的最小值 2 ? 4 ln 2 . …………………………………8 分 (3) k ?

y2 ? y1 ln x2 ? ln x1 , …………………………………………………………9 分 ? x2 ? x1 x2 ? x1
x1 ? x2 1 2 ,所以 f ? ? x0 ? ? ? ln x ?? ……………………10 分 ? ? 2 x0 x1 ? x2 x ? x0

又 x0 ?

要证 k ? f ? ? x0 ? . 即证

2 ? x2 ? x1 ? ln x2 ? ln x1 2 ,不妨设 0 ? x1 ? x2 ,即证 ln x2 ? ln x1 ? , ? x2 ? x1 x1 ? x2 x1 ? x2

?x ? 2 ? 2 ? 1? x ? x1 ? ………………………………………………………………11 分 即证 ln 2 ? x2 x1 ?1 x1
设t ?

2 ? t ? 1? 4 x2 ? 2? , ? 1 ,即证: ln t ? t ?1 t ?1 x1

4 ? 2 ? 0 ,其中 t ? ?1, ??? , ……………………………12 分 t ?1 4 ? 2 ? t ? ?1, ?? ? ? , 事实上:设 k ? t ? ? ln t ? t ?1
也就是要证: ln t ?

? t ? 1? ? 4t ? ? t ? 1? ? 0 ,……………………………13 分 1 4 则 k? ?t ? ? ? ? 2 2 2 t ? t ? 1? t ? t ? 1? t ? t ? 1?
2 2

所以 k ? t ? 在 ?1, ?? ? 上单调递增,因此 k ?t ? ? k ?1? ? 0 。 9、解:(1)对 f ? x ? 求导得, f ?( x) ? aex ? be? x ? c , 由 f ? ? x ? 为偶函数,知 f ? ? ? x ? ? f ? ? x ? , 即 (a ? b)(e ? x ? e x ) ? 0, 对?x ? R成立 ,所以 a ? b . 又 f ?(0) ? a ? b ? c ? 2 ? c, 解得 a ? 1, b ? 1 . (2)当 c ? 1 时, f ( x) ? e x ? e ? x ? x ,那么 …………4 分 …………1 分 …………2 分 …………3 分

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


…………6 分 …………7 分

f ( x) 在 R 上为增函数.

(3)由(1)知 f ?( x) ? e x ? e ? x ? c , 而 e x ? e ? x ? 2 e x ? e ? x ? 2, 当 x ? 0 时,等号成立. 下面分三种情况进行讨论. 当 c ? 2 时,对任意 x ? R, f ?( x) ? e x ? e ? x ? c ? 0 ,此时 f ? x ? 无极值; 当 c ? 2 时,对任意 x ? 0, f ?( x) ? e x ? e ? x ? 2 ? 0 ,此时 f ? x ? 无极值;
2 当 c ? 2 时,令 e x ? t , 方程 t ? ? c ? 0, 即t ? ct ? 1 ? 0 有两根,

…………8 分

……9 分 …10 分

1 t

t1 ?

c ? c2 ? 4 c ? c2 ? 4 ? t2 ? , 2 2

…………11 分

所以 f ? ? x ? ? 0 有两个根 x1 ? ln t1 , x2 ? ln t 2 . 当 x1 ? x ? x2 时, f ? ? x ? ? 0 ;当 x ? x2 时, f ? ? x ? ? 0 从而 f ? x ? 在 x ? x2 处取得极小值. , …………13 分

综上,若 f ? x ? 有极值,则 c 的取值范围为 (2,??) . 10、解: (1)法一:根据题意:令 x ? 1 ,可得 f (1) ? f ( ) ? 0 ,

…………14 分

1 1

∴ f (1) ? ?a ? b ? 0 ,…………………………………………………………………………1 分 经验证,可得当 a ? b 时,对任意 x ? 0 ,都有 f ( x) ? f ( ) ? 0 , ∴ b ? a .………………………………………………………………………………………2 分 法二: Q f ( x) ? f ( ) ? ln x ? ax ?

1 x

1 x

b a ? ln x ? ? bx x x

? ?ax ?

b a ? ? bx , x x

1 ? (b ? a )( x ? ) ? 0 ,………………………………………………1 分 x
∴要使上式对任意 x ? 0 恒成立,则须有 b ? a ? 0 ,即 b ? a .……………………………2 分 (2)由(1)可知 f ( x ) ? ln x ? ax ?

a ,且 x ? 0 , x

1 a ?ax 2 ? x ? a ,………………………………………………………3 分 ? f '( x) ? ? a ? 2 ? x x x2
令 g ( x) ? ?ax2 ? x ? a , 要使 f ( x) 存在两个极值点 x1 , x2 ,则须有 y ? g ( x) 有两个不相等的正数根,

?a ? 0 ?a ? 0 ?1 ?1 ? ? 1 ? 0 ? ? ?0 或 ? 2a ,解得 0 ? a ? 或无解,………………………5 分 ? ? 2a 2 ? ? ? 1 ? 4a 2 ? 0 ? ? ? 1 ? 4 a 2 ? 0 ? ? ? ? ? g (0) ? ?a ? 0 ? g (0) ? ?a ? 0
2 1 ? a 的取值范围 0 ? a ? ,可得 0 ? a ? 1 , 2 2 8

由题意知 f (

a2 a2 a3 2 2 a3 ) ? ln ? ? ? 2 ln a ? ? ? ln 2 , 2 2 2 a a 2
2 x3 2 2 3x 2 ?3x 4 ? 4 x ? 4 , ? ? ln 2 ,则 h '( x) ? ? 2 ? ? x 2 x x 2 2x2

令 h( x) ? 2 ln x ? 而当 x ? (0,

1 ) 时, ?3x4 ? 4x ? 4 ? ?3x4 ? 4(1 ? x) ? 0 ,即 h '( x) ? 0 , 2

? h( x) 在 (0,

1 ) 上单调递减, 2

∴ h( x) ? h( ) ? ?2 ln 2 ? 4 ? 即0 ? a ?

1 2

1 63 ? ln 2 ? ? 3ln e ? 0 , 16 16

1 a2 时, f ( ) ? 0 .……………………………………………………………7 分 2 2
1 a ?ax 2 ? x ? a , g ( x) ? ?ax2 ? x ? a , ?a? 2 ? x x x2

(3)∵ f '( x) ?

1 ? 1 ? 4a 2 , 1 ? 1 ? 4a 2 ,由(2)知 0 ? a ? 1 时, y ? g ( x) 的对 令 f ' ( x) ? 0 得: x1 ? x2 ? 2a 2a
2
称轴 x ?

1 ? (1, ?? ) , ? ? 1 ? 4a2 ? 0 , g (0) ? ?a ? 0 , 2a

∴ x2 ? 1 ,又 x1 x2 ? 1 ,可得 x1 ? 1 , 此时, f ( x) 在 (0, x1 ) 上单调递减, ( x1 , x2 ) 上单调递增, ( x2 , ? ?) 上单调递减, 所以 y ? f ( x) 最多只有三个不同的零点,…………………………………………………10 分 又∵ f (1) ? 0 , ∴ f ( x ) 在 ( x1 , 1) 上递增,即 x ? [ x1 ,1) 时, f ( x) ? 0 恒成立, 根据(2)可知 f ( ∴ ?x0 ? (

a2 a2 1 a2 a2 ) ? 0且0 ? ? 所以 ? ( x1 ,1) ,即 ? (0, x1 ) 2 2 8 2 2

a2 , x1 ) ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,……………………………………………………12 分 2
1 1 ? 1 ,又 f ( ) ? ? f ( x0 ) ? 0, f (1) ? 0 , x0 x0 1 . x0

由 0 ? x0 ? x1 ? 1 ,得

∴ f ( x ) 恰有三个不同的零点: x0 , 1,

综上所述, y ? f ( x) 恰有三个不同的零点.………………………………………………14 分 【说明】本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识,包括函数的极值、零点,二次方程根的分 布等知识,考查考生综合运用数学知识解决问题的能力,同时也考查函数与方程思想、化归与转化 思想. 11、

?1? ? x ? ak ? 0....... ? 2 2 ?2? 12、解:(1)由题意得: ? x ? a ? 0...... ......2 分(全对 2 分,不全对最多 1 ?( x ? ak) 2 ? x 2 ? a 2 ...... ?3? ?
分) 易知[1][3]成立时,[2]显然成立,所以只需解[1][3]。 由[3]得: 2kx ? a(1 ? k ) ......[4]......3 分
2

当 k ? 0 时,由 a ? 0 知[4]无解;......4 分 所以 k ? 0 , x ?

a(1 ? k 2 ) ,代入[1]得: 2k

a(1 ? k 2 ) (1 ? k 2 ) (1 ? k 2 ) (1 ? k 2 ) ? ak ? ?k? ?k ?0? ?0 2k 2k 2k k

即k (1 ? k )(1 ? k ) ? 0 ......6 分
? k ? (??,?1) ? (0,1) ......7 分

(2) h?( x)

? g ( x) ? kf ( x) ? x 2 ? kx ? 2k 2 ? 4 ......8 分

? ? 16 ? 7k 2 ......9 分

4 7 4 7 或者k ? 时,? ? 0,h?( x) ? 0恒成立, 7 7 ? h( x)在R上单调递增; ..........10分 当k ? ? 当? 4 7 4 7 ?k? 时,? ? 0, 7 7

k ? 16 ? k 2 k ? 16 ? k 2 , x2 ? ........11分 2 2 当x ? x1或者x ? x2时,h?( x ) ? 0, 所以h( x )在(??, x1 )和( x2 , ??)单调递增; 令h?( x) ? 0,得x1 ? 同理,h( x)在( x1,x2 )单调递减, .........13分
? 当k ? ? 当? 4 7 4 7 或k ? 时,h( x )的递增区间为R; 7 7

4 7 4 7 k ? 16 ? k 2 k ? 16 ? k 2 ?k? 时,h( x )的递增区间为(??, ), ( , ??); 7 7 2 2 k ? 16 ? k 2 k ? 16 ? k 2 , )..........14分 2 2
1 2 2 ,故 f ?( x) ? ? 2 ,………...… 2 分 x x x

递减区间为(

13、(1)解:当 a ? 2 时,由已知得 f ( x) ? ln x ? 所以 f '(1) ? 1 ? 2 ? 3 ,又因为 f (1) ? ln1 ?

2 ? ?2 , 1

所以函数 f ( x) 的图象在点 (1 , f (1) ) 处的切线方程为 y ? 2 ? 3( x ? 1) , 即 3 x ? y ? 5 ? 0 ;…………………………………………………………... 5 分 (2)解:由 f ( x) ? ? x ? 2 ,得 ln x ? 故 a ? x ln x ? x 2 ? 2 x . 设函数 g ( x) ? x ln x ? x ? 2 x ,
2

a ? ? x ? 2 ,又 x ? (1 , ? ? ) , x
…………………………7 分

则 g '( x) ? ln x ? x ?

1 ? 2 x ? 2 ? ln x ? 2 x ? 1 . ………….…..……… 8 分 x

因为 x ? (1 , ? ? ) , 所以 ln x ? 0 , 2 x ? 1 ? 0 , 所以当 x ? (1 , ? ? ) 时, g '( x) ? ln x ? 2 x ? 1 ? 0 ,…………………… 10 分

故函数 g ( x) 在 (1 , ? ? ) 上单调递增. 所以当 x ? (1 , ? ? ) 时, g ( x) ? g (1) ? 1? ln1 ? 1 ? 2 ?1 ? ?1 .. …….… 12 分 因为对于任意 x ? (1 , ? ? ) ,都有 f ( x) ? ? x ? 2 成立, 所以对于任意 x ? (1 , ? ? ) ,都有 a ? g ( x) 成立. 所以 a ? ?1 . 14、解: (本小题满分 14 分) (1)当时 a ? 1 , f ( x) ? ln x ? ………………………………..……… 14 分

x?2 ,易得 f ( x ) 的定义域为 (0, ??) …………1 分 x 1 2 x?2 ? f ' ( x) ? ? 2 ? 2 ……………2 分 x x x ? 当 x ? (0,2) 时, f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x) 在 (0,2) 上单调递减; 当 x ? (2,??) 时, f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x ) 在 (2,??) 上单调递增; …………3 分 ? 当 x ? 2 时, f ( x) 取得极小值 f (2) ? ln 2 ? 2 ? f ( x) 的极小值为 f (2) ? ln 2 ? 2 …4 分 x 1 2a x (2)? 函数 g ( x) ? f ' ( x) ? ? ? 2 ? ( x ? 0) 6 x x 6 3 x x x x3 ( x ? 0) ,设 ? ( x) ? ? ( x ? 0) 令 g ( x) ? 0 ,得 a ? ? …………5 分 2 12 2 12 1 x2 1 ∴ ? '(x ) ? ? ? ? (x ? 2 )(x ? 2 ) 2 4 4 当 x ? (0, 2 ) 时, ? ?( x) ? 0 ,此时 ? ( x) 在(0, 2 )上单调递增;
当 x ? ( 2,??) 时, ? ?( x) ? 0 ,此时 ? ( x) 在( 2, ??)上单调递减; 所以 x ?

2 是 ? ( x) 的唯一极值点, 且是极大值点, 因此 x ? 2 也是 ? ( x) 的最大值点,

? ? ( x) 的最大值为 ? ( 2 ) ?

2 ,又 ? (0) ? 0 ,结合 y ? ? ( x) 的图像(如图) ,可知……6 分 3 2 2 ① 当a ? 时,函数 g ( x) 无零点; 3 3 2 a? ② 时,函数 g ( x) 有且仅有一个零点; 3 2 ③当 0 ? a ? 时,函数 g ( x) 有两个零点; 2 3 ④ a ? 0 时,函数 g ( x) 有且只有一个零点; ………………8 分
综上所述,当 a ?

2 2 时,函数 g ( x) 无零点;当 a ? 或 a ? 0 时,函数 g ( x) 有且仅 3 3

2 时,函数 g ( x) 有两个零点. …………9 分 3 f ( m) ? f ( n ) ? 1 恒成立,等价于 f (m) ? m ? f (n) ? n 恒成立……10 分 (3)对任意 m ? n ? 0, m?n
有一个零点;当 0 ? a ?

设 h( x) ? f ( x) ? x ? ln x ?

a( x ? 2) ? x( x ? 0) 等价于 h( x) 在 (0, ??) 上单调递减 …11 分 x

1 2a ? ? 1 ? 0 在 (0, ??) 恒成立 ………………12 分 x x2 1 1 1 1 1 ? a ? ? x 2 ? x ? ? ( x ? ) 2 ? ( x ? 0) 恒成立 ………………13 分 2 2 2 2 8 1 1 1 1 ? a ? (对 a ? , h' ( x) ? 0 仅在 x ? 时成立) ,? a 的取值范围是 [ , ?? ) 14 分 2 8 8 8 15、【解析】(Ⅰ)函数 f ? x ? 的定义域是 ? ??, a ? ? ? a, ??? ,…………………………1 分 ? h' ( x ) ?
对 f ? x ? 求导得: f ? ? x ? ?

e x ? x ? a ? 1?

? x ? a?

2

,…………………2 分

由 f ? ? x ? ? 0 得 x ? a ? 1 ;由 f ? ? x ? ? 0 得 x ? a 或 a ? x ? a ? 1 ,…………………4 分 所以 f ? x ? 在 ? ??, a ? , ? a, a ? 1? 上单调递减,在 ? a ? 1, ?? ? 上单调递增.…………………5 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)得 f ? ? a ? 2 ? ? 令

ea ? 2 ……………………………………6 分 4

ea ? 2 a 3 ? 6a 2 ? 12a ? 7 a?2 3 2 ?? 得 e ? a ? 6a ? 12a ? 7 ? 0 ………① 4 4
t 3

令 a ? 2 ? t ,则有 e ? t ? 1 ? 0 ,……………………………8 分 令 h ? t ? ? et ? t 3 ?1 ,则 h? ?t ? ? et ? 3t 2 ? 0 ,……………………………9 分 故 h ? t ? 是 R 上的增函数,又 h ? 0? ? 0 ,因此 0 是 h ? t ? 的唯一零点,即 ?2 是方程①的唯一实数解, 故存在唯一实数 a ? ?2 满足题设条件.…………………………………………………………10 分 (Ⅲ)因为

f ?? x? f ?? x? x ? a ?1 x ? a ?1 ? ? k x ? a ? 1 可化为 ,故不等式 ? k x ? a ?1, f ? x? x?a f ? x? x?a
且有 k t ? 1 ? 1 ?

令 x ? a ? t ,则 t ? 0 ,……………………………11 分 ① 若 t ? 0 ,则 ? kt ? ,即 k ? ?

1 ………12 分 t

1 t

1 ,此时 k ? 0 ; t2

② 若 0 ? t ? 1 ,则 kt ? 2 ? ,即 k ? ③ 若 t ? 1 ,则 kt ?

1 t

2 1 ?1 ? ? 2 ? ? ? ? 1? ? 1,此时 k ? 1 ; t t ?t ?

2

1 1 ,即 k ? 2 ,此时 k ? 1 . t t

故使不等式恒成立的 k 的取值范围是 ?1, ?? ? .………………………………………………14 分


赞助商链接

...届高三理科数学二轮专题复习:第5讲-导数及其应用

吉林省东北师范大学附属中学2015届高三理科数学轮专题复习:第5讲-导数及其应用 - 【高考考情解读】 导数的概念及其运算是导数应用的基础,这是高考重点考查的内容...

...南昌市高三第一轮复习训练题数学(4)(导数及其应用)1...

2013-2014 学年度南昌市新课标高三一轮复习训练数学(四) (导数及其应用)命题人:赵子锋 学校:南昌一中 审题人:喻瑞明 学校:南昌一中 一、选择题:本大题...

...2018届高三最新数学文试题分类汇编:导数及其应用 Wo...

湖北省各地 2018 届高三最新数学文试题分类汇编 导数及其应用 一、选择、填空题 1、(黄冈市 2016 高三 3 月质量检测)函数 f(x)=excosx 在点(0,f(0))处...

...版数学(理)一轮复习第二章 函数、导数及其应用 章末...

2015《创新大课堂》高三人教版数学(理)一轮复习第二章 函数、导数及其应用 章末高频考点 - 章末高频考点 高频考点 1 函数的定义域与值域 1 1.(2013· 湖北...

...单元测试(配最新高考+模拟)第三章 导数及其应用1

2013高考数学一轮复习单元测试(配最新高考+模拟)第三章 导数及其应用1_高三数学_数学_高中教育_教育专区。2013 高考数学(理)一轮复习单元测试 第三章导数...

高三一轮复习《导数在研究函数中的应用》

高三一轮复习导数在研究函数中的应用》_高三数学_数学_高中教育_教育专区。高三一轮复习导数概念及其几何意义》 考纲要求:1、了解导数概念的实际背景 2、理解...

2011届高三一轮复习数学精品资料:第三章 导数及其应用

2011届高三一轮复习数学精品资料:第三章 导数及其应用 - 第三章 导数及其应用 §3.1 变化率与导数、导数的计算 基础自测 ?y 1. 在曲线 y=x2+1 的图象上...

导数一轮复习学案(陈学俊整理)

导数一轮复习学案(陈学俊整理) - 兴化市文正实验学校高三数学一轮复习学案 导数及其应用 2013/4/9 导数及其应用复习 一.变化率与导数、导数的计算 1.平均变化率...

高三数学一轮复习必备精品:导数、定积分

高三数学一轮复习必备精品:导数、定积分 - 2009~2010 学年度高三数学(人教版 A 版)第一轮复习资料 第 38 讲一. 【课标要求】 导数、定积分 1.导数及其应用...

高三数学(理)6导数及其应用

xe ? x ? 理4 2017 年高三数学理科专题训练六(导数及其应用) 1、 (昌平区 2017 届高三上学期期末) 设函数 f ( x) ? ln(1 ? ax) ? bx ,g ( x)...