江苏省2016年高考数与积分相关练习

导数与积分
姓名____________班级___________学号____________分数______________ 一、填空题 1 . (苏北老四所县中 2013 届高三新学期调研考试)已知函数 f(x)= ?

?(2a ? 1) x ? 3a ? 4, x ? t ,无论 t 取 x3 ? x, x ? t ?

何值,函数 f(x)在区间(-∞,+∞)总是不单调.则 a 的取值范围是__▲___. 2 3 2 . (苏北老四所县中 2013 届高三新学期调研考试) 已知 f(x)=x , g(x)=-x2+x- a, 若存在 x0∈[-1, 9

a
3

](a>0),使得 f(x0)<g(x0),则实数 a 的取值范围是



3 . (盱眙县新马中学 2013 届高三下学期期初检测数学试题)函数 y= x x 的导数为_______________ 4 . (江苏省扬州中学 2013 届高三下学期开学质量检测数学试卷) 设 a ? 0 且 a ? 1 ,则“函数 f ( x) ? a x 在

R 上是减函数 ”,是“函数 g ( x) ? (2 ? a) x3 在 R 上是增函数”的_______条件.
5 . (江苏省盱眙中学 2013 届高三下学期期初检测数学试题)函数 f(x)= x - 4x ? 5x ? 2 的单调减区间
3 2

6

为___________________ .( 江 苏 省 盱 眙 中 学 2013 届 高 三 下 学 期 期 初 检 测 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

f ( x) ?

1 3 1 1 x ? (a ? ) x 2 ? x(a ? 0) , 则 f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线的斜率最大时的切线方程是 3 2 a

______________ 7 . (江苏省盱眙中学 2013 届高三下学期期初检测数学试题)函数 y = x + x - 5 x - 5 的单调增区间是 ___________________________. 8 . (江苏省青阳高级中学 2013 届高三月测试卷(一) (数学) )已知曲线 C : x 2 ? y 2 ? 9 ( x ? 0, y ? 0) 与 函数 y ? ln x 及函数 y ? e 的图像分别交于点 A( x1,y1 ),B ( x2,y2 ) ,则 x1 ? x 2 的值为________.
x

3

2

2

2

9 . (江苏省青阳高级中学 2013 届高三月测试卷(一) (数学) )不等式 2 x ? 解,则实数 a 的取值范围是________

2 ? a ? 0 的在 ?1,2? 内有实数 x

10. (江苏省青阳高级中学 2013 届高三月测试卷(三) (数学) )设函数 f ( x) ? cos( 3 x ? ? )(0. ? ? ? ? ) , 若 f ( x) ? f ' ( x) 是奇函数,则 ? ? _____________. 11. (江苏省青阳高级中学 2013 届高三月测试卷(二) (数学) )已知 f ( x ), g ( x ) 都是定义在 R 上的函数, 并满足: (1) f ( x ) ? 2a g ( x ),(a ? 0, a ? 1) ;(2) g ( x ) ? 0 ;
x

1

(3) f ( x ) g ' ( x ) ? f ' ( x ) g ( x ) 且

f (1) f ( ?1) ? ? 5 ,则 a ? ________. g (1) g ( ?1)

12. (江苏省青阳高级中学 2013 届高三 3 月份检测数学试题 )若函数 f ? x ? ? mx 2 ? ln x ? 2 x 在定义域内是 增函数,则实数 m 的取值范围是________. x 13. (江苏省南师附中等五校 2013 届高三下学期期初教学质量调研数学试卷)若点 P、Q 分别在函数 y=e 和函数 y=lnx 的图象上,则 P、Q 两点间的距离的最小值是_____. 14. (江苏省南菁高级中学 2013 届高三第二学期开学质量检测数学试卷)已知直线 ax ? by ? 2 ? 0 与曲线

y ? x 3 在 P(1,1) 处的切线互相垂直,则

a ? ____. b

15. (江苏省金湖中学 2013 届高三下学期期初检测数学试题)已知函数 f ( x) 的定义域为 [?2, ??), 部分对 应值如下表, f ?( x ) 为 f ( x) 的导函数,函数 y ? f ?( x) 的图象如图所示:

x
1

-2

0 -1

4

f ( x)

1

若两正数 ..a , b 满足 f (2a ? b) ? 1 ,则 a ? 3 的取值范围是_____________. 16 . ( 江 苏 省 姜 堰 市 蒋 垛 中 学 2012-2013 学 年 度 第 二 学 期 期 初 测 试 高 三 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

b?3

f ( x) ? ax3 ? bx2 ? x ? 1, ( x, a, b ? R) , 若对任意实数 x , f ( x) ? 0 恒成立 , 则实数 b 的取值范围是
_________ 17 . (江苏省姜堰市蒋垛中学 2012-2013 学年度第二学期期初测试高三数学试题)点 M (1, m) 在函数

f ( x) ? x 3 的图像上,则该函数在点 M 处的切线方程为__________
18. (江苏省淮阴中学 2013 届高三下学期期初检测数学试题)关于 x 的不等式 ax ? e 在 x ? ?0,1? 上恒成
x

立,则 a 的取值范围是

.

2

二、解答题

( x ) ? x? a |ln x ? 1 | 19. (苏北老四所县中 2013 届高三新学期调研考试)设 a ?0,函数 f .
2

)在 x ?1处的切线方程; (1) 当 a ?1时,求曲线 y? f (x [ 1 ,?? )时,求函数 f ( x) 的最小值. (2) 当 x?

20.(苏北老四所县中 2013 届高三新学期调研考试)某商场对 A 品牌的商品进行了市场调查,预计 2012 年从 1 月起前 x 个月顾客对 A 品牌的商品的需求总量 P ( x) 件与月份 x 的近似关系是:

P( x) ?

1 x( x ? 1)(41 ? 2 x)( x ? 12且x ? N ? ) 2

(1) 写出第 x 月的需求量 f ( x ) 的表达式;

? f ( x) ? 21x,1 ? x ? 7且x ? N ? , ? (2)若第 x 月的销售量 g ( x) ? ? x 2 1 (单位:件) , 2 ? ? x ( x ? 10 x ? 96),7 ? x ? 12, 且x ? N ?e 3
每件利润 q( x) 元与月份 x 的近似关系为: q ( x) ?

10e x ,问:该商场销售 A 品牌商品,预计第几月 x

的月利润达到最大值?月利润最大值是多少?( e6 ? 403 )

21. (南京九中 2013 届高三第二学期二模模拟) 已知函数 f1 ( x) ? e|x?2a?1| , f 2 ( x) ? e|x?a|?1 , x ? R . ( I )若 a ? 2 , 求 f ( x) ? f1 ( x) + f 2 ( x) 在 x ?[2,3]上的最小值; ( II)若 x ?[a, ??) 时, f 2 ( x) ? f1 ( x) , 求 a 的取值范围; (III)求函数 g ( x ) ?

f1 ( x) ? f 2 ( x) | f1 ( x) ? f2 ( x) | ? 在 x ?[1,6]上的最小值. 2 2

3

22. (江苏省南通市、泰州市、扬州市、宿迁市 2013 届高三第二次调研(3 月)测试数学试题)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) 的导函数) ,且当 x = 1 时, 2ab b b
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 ) ≥2n ? 2 ? n ? N* ? .
n

23. (江苏省南通市、泰州市、扬州市、宿迁市 2013 届高三第二次调研(3 月)测试数学试题)已知函数

f (x)=(m-3)x3 + 9x.
(1)若函数 f (x)在区间(-∞,+∞)上是单调函数,求 m 的取值范围; (2)若函数 f (x)在区间[1,2]上的最大值为 4,求 m 的值.

24. (盱眙县新马中学 2013 届高三下学期期初检测数学试题) 求曲线 y ? 2 x ? 1 的斜率等于 4 的切线方程.
2

25. (盱眙县新马中学 2013 届高三下学期期初检测数学试题)已知函数 f ( x) ? 3x ? 9 x ? 5 .
3

(Ⅰ)求函数 f ( x) 的单调递增区间; (Ⅱ)求函数 f ( x) 在 ?? 2,2?的最大值和最小值.

4

26. (南京市四星级高级中学 2013 届高三联考调研考试(详细解答)2013 年 3 月 )已知函数

f ( x) ? k[(loga x)2 ? (log x a)2 ] ? (loga x)3 ? (log x a)3 , g ( x) ? (3 ? k 2 )(loga x ? log x a) ,
(其中 a ? 1 ),设 t ? log a x ? log x a . (Ⅰ)当 x ? (1, a) ? (a, ??) 时,试将 f ( x ) 表示成 t 的函数 h(t ) ,并探究函数 h(t ) 是否有极值; (Ⅱ)当 x ? (1, ??) 时,若存在 x0 ? (1, ??) ,使 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立,试求 k 的范围.

27. (江苏省郑梁梅中学 2013 届高三下学期期初检测数学试题) f ?x? ? x ? a ? ln x ?a ? 0? (1)若 a ? 1, 求 f ?x ? 的单调区间及 f ?x ? 的最小值; (2)若 a ? 0 ,求 f ?x ? 的单调区间;

.

(3)试比较 结论.

ln 2 2 ln 3 2 ln n 2 ? ? ? ? 22 32 n2



?n ? 1??2n ? 1? 2?n ? 1?

的大小. n ? N 且n ? 2

?

?

?

,并证明你的

5

28. (江苏省扬州中学 2013 届高三下学期开学质量检测数学试卷)已知函数 f ( x ) 的定义域为 (0, ??) ,若

y?

f ( x) f ( x) 在 (0, ??) 上为增函数,则称 f ( x ) 为“一阶比增函数”;若 y ? 2 在 (0, ??) 上为增函数, x x

则称 f ( x ) 为“二阶比增函数”. 我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为 ?1 ,所有“二阶比增函数”组成的集合记为 ? 2 . (Ⅰ)已知函数 f ( x) ? x3 ? 2hx 2 ? hx ,若 f ( x) ??1 , 且 f ( x) ??2 ,求实数 h 的取值范围; (Ⅱ)已知 0 ? a ? b ? c , f ( x) ??1 且 f ( x ) 的部分函数值由下表给出,

x
f ( x)

a
d

b

c

a?b?c

d

4

求证: d (2d ? t ? 4) ? 0 ; (Ⅲ)定义集合 ? ? f ( x) | f ( x) ??2 , 且存在常数k , 使得任取x ? (0, ??),f ( x) ? k , 请问:是否存在常数 M ,使得 ?f ( x) ? ? , ?x ? (0, ??) ,有 f ( x ) ? M 成立?若存在,求出 M 的最小 值;若不存在,说明理由.

?

?

29. (江苏省扬州中学 2013 届高三 3 月月考数学试题)已知 f ( x) ? x ? 直线 y ? 2 x ? 2 与曲线 y ? g ( x) 相切.

a (a ? 0) , g ( x) ? 2 ln x ? bx ,且 x

(1)若对 [1,??) 内的一切实数 x ,不等式 f ( x) ? g ( x) 恒成立,求实数 a 的取值范围; (2)当 a ? 1 时,求最大的正整数 k ,使得对 [e,3] ( e ? 2.71828 ??? 是自然对数的底数 )内的任意 k 个实 数 x1 , x2 ,?, xk 都有 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? ? f ( xk ?1 ) ? 16g ( xk ) 成立; (3)求证:

? 4i
i ?1

n

2

4i ? ln(2n ? 1) (n ? N * ) . ?1

6

30 .( 江 苏 省 盐 城 市 2013 届 高 三 第 二 次 模 拟 ( 3 月 ) 考 试 数 学 试 题 ) 设 函 数

f n ( x) ? ? x n ? 3ax ? b ( n ? N * , a, b ? R ).
⑴若 a ? b ? 1 ,求 f 3 ( x) 在 ?0,2? 上的最大值和最小值; ⑵若对任意 x1 , x 2 ? [?1,1] ,都有 f 3 ( x1 ) ? f 3 ( x 2 ) ? 1 ,求 a 的取值范围; ⑶若 f 4 ( x) 在 [?1,1] 上的最大值为

1 ,求 a, b 的值. 2

31 .( 江 苏 省 盱 眙 中 学 2013 届 高 三 下 学 期 期 初 检 测 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

t f ( x) ? x ? (t ? 0), 过点P(1,0)作曲线y ? f ( x) x
(I)当 t ? 2 时,求函数 f ( x) 的单调递增区间; (II)设|MN|= g (t ) ,试求函数 g (t ) 的表达式;

的两条切线 PM、PN,切点分别为 M、N.

(III) 在 (II) 的 条 件 下 , 若 对 任 意 的 正 整 数 n , 在 区 间 [ 2, n ?

64 ] 内 , 总 存 在 m+1 个 数 n
成立,求 m 的最大值.

a1 , a 2 , ?, a m , a m ?1 ,

使得不等式 g (a1 ) ? g (a 2 ) ? ? ? g (a m ) ? g (a m ?1 )

32 . ( 江 苏 省 泰 兴 市 第 三 高 级 中 学 2013 届 高 三 下 学 期 期 初 调 研 考 试 数 学 试 题

)已知

f ( x) ? ax ? ln x, x ? (0, e], g ( x) ?

(Ⅰ)当 a ? 1 时, 研究 f ( x ) 的单调性与极值; (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,求证: f ( x ) ? g ( x ) ?

ln x ,其中 e 是自然常数, a ? R. x
1 ; 2

(Ⅲ)是否存在实数 a ,使 f ( x ) 的最小值是 3 ,若存在,求出 a 的值;若不存在,说明理由.

7

33. (江苏省青阳高级中学 2013 届高三月测试卷(二) (数学) )已知函数 f ( x) ? (1)求函数 f ( x) 的单调区间; (2)设 m ? 0 ,求函数 f ( x)在[m, 2m] 上的最大值; (3)证明:对 ?n ? N * ,不等式 ln(

ln x ? 1. x

2?n 2?n 恒成立. )? n n

34 .( 江 苏 省 青 阳 高 级 中 学 2013 届 高 三 3 月 份 检 测 数 学 试 题

) 已 知 k?R , 函 数

f ( x ) ? m x ? k ? n x (0 ? m ? 1, 0 ? n ? 1) .
(1) 如果实数 m, n 满足 m ? 1, mn ? 1 ,函数 f ( x) 是否具有奇偶性?如果有,求出相应的 k 值,如果没有,说明为什么? (2) 如果 m ? 1 ? n ? 0, 判断函数 f ( x) 的单调性; (3) 如果 m ? 2 , n ?
1 ,且 k ? 0 ,求函数 y ? f ( x) 的对称轴或对称中心. 2

35 . ( 江 苏 省 涟 水 县 金 城 外 国 语 学 校 2013 届 高 三 下 学 期 期 初 检 测 数 学 试 题 ) 设 a ? 0 , 函 数

f ( x) ?

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

(1)若曲线 y ? f ( x) 在 (2, f (2)) 处切线的斜率为-1,求 a 的值; (2)求函数 f ( x) 的极值点

8

36. (江苏省涟水县金城外国语学校 2013 届高三下学期期初检测数学试题)求在 [0, 2? ] 上,由 x 轴及正弦 曲线 y ? sin x 围成的图形的面积.

37 .( 江 苏 省 金 湖 中 学 2013 届 高 三 下 学 期 期 初 检 测 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

f ( x) ?

1 2 x ? 2a ln x ? (a ? 2) x , a ? R . 2

(Ⅰ)当 a ? 1 时,求函数 f ( x ) 的最小值; (Ⅱ)当 a ? 0 时,讨论函数 f ( x ) 的单调性; (Ⅲ)是否 存在实数 a ,对任意的 x1 , x2 ? ? 0, ? ? ? ,且 x1 ? x2 ,有 恒成立,若存在求出 a 的取值范围,若不存在,说明理由.

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ?a x2 ? x1

38 . ( 江 苏 省 姜 堰 市 蒋 垛 中 学 2012-2013 学 年 度 第 二 学 期 期 初 测 试 高 三 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

f ( x) ?

2 3 1 2 x ? x ? x ? 1, x ? R 3 2

(1)求函数 f ( x) 的极大值和极小值; (2)已知 x ? R ,求函数 f (sin x) 的最大值和最小值. (3)若函数 g( x) ? f ?x ? ? a 的图象与 x 轴有且只有一个交点,求 a 的取值范围.

39. (江苏省淮阴中学 2013 届高三下学期期初检测数学试题)已知函数 f ( x ) ?

1 ? ln x . x
9

?1? 如果 a ? 0 ,函数在区间 (a , a ? 1 ) 上存在极值, 求实数
2 f ( x) ? k 恒成立,求实数 k 的取值范围. x ?1

a 的取值范围 ;[

?2? 当 x ? 1 时,不等式

40. (江苏省淮阴中学 2013 届高三 3 月综合测试数学试题)已知数列 ?an ? 是由正数组成的等比数列, Sn 是 其前 n 项和. (1)当首项 a1 ? 2 ,公比 q ? 求 c 的取值范围;

1 S ?c 时,对任意的正整数 k 都有 k ?1 ? 2(0 ? c ? 2) 成立, 2 Sk ? c

2 * (2)判断 S n S n ? 2 ? S n ?1 n ? N 的符号,并加以证明;

?

?

(3)是否存在正常数 m 及自然数 n , 使得 lg(Sn ? m) ? lg(Sn?2 ? m) ? 2lg(Sn?1 ? m) 成立 ? 若存在,请 求出相应的 m, n ;若不存在,说明理由.

41. (江苏省淮阴中学 2013 届高三 3 月综合测试数学试题)设函数 f ( x) ?

x ? 0 处取得极值 ?1 . (1)设点 A(?a, f ( ?a)) ,求证:过点 A 的切线有且只有一条;并求出该切线方程. (2)若过点 (0, 0) 可作曲线 y ? f ( x) 的三条切线,求 a 的取值范围; (3)设曲线 y ? f ( x) 在点 ( x1 , f ( x1 )) , ( x2 , f ( x2 )) ( x1 ? x2 )处的切线都过点 (0, 0) ,
证明: f ' ( x1 ) ? f ' ( x2 ) .

1 3 x ? ax 2 ? bx ? c (a ? 0) 在 3

42 .( 江 苏 省 洪 泽 中 学

2013

届 高 三 下 学 期 期 初 考 试 数 学 试 题 ) 设 函 数

f ( x) ? c ln x ?

1 2 x ? bx (b, c ? R, c ? 0) ,且 x ? 1 为 f ( x) 的极值点. 2

(Ⅰ) 若 x ? 1 为 f ( x ) 的极大值点,求 f ( x ) 的单调区间(用 c 表示); (Ⅱ)若 f ( x) ? 0 恰有两解,求实数 c 的取值范围.

10

江苏省 2013 届高三下学期最新精选试题(27 套)分类汇编 14:导数与积分参考答案 一、填空题 1. 2.
a? 1 2

-3+ 21 (0, ) 2

3. 4. 5.

3 -4 x 4
充分不必要 (1,

1

5 ) 3 1 3

6.

y?

7. 8. 9.

5 [1, ??), (??, ? ] 3
9;

a?3 ? 10. 6 11. 2
12.
m≥ 1 2

13. 14. ?

2

1 3 3 7 15. ( , ) 5 3 1 16. [ ,?? ) 4
17. y ? 3x ? 2 18. ?e,??? 二、解答题

( x ) ? x? |ln x ? 1 | 19.解(1)当 a ?1时, f
2

? ( 1 ) ? 2 ,f ( 1 ) ? 1 , 令 x ?1 得 f 所以切点为(1,2) ,切线的斜率为 1,
)在 x ?1处的切线方程为: x ? y ? 1 ? 0 所以曲线 y? f (x 。

11

2 ( x ) ? x ? a ln x ? a (2)①当 x?e时, f ,

f ?(x) ?2x?

a x (x ? e)

f(x )?0 ) 上增函数。 ? a ? 0 ,? 恒成立。 ?f (x) 在 [e,??

? f( e ) ? e ? e min 故当 x 时, y
2

2

x ) ? x? a ln x ? 1 ? x? e ② 当1 时, f( ,

a2 a a ? f ( x ) ? 2 x ? ?( x ? )( x ? ) x x 2 2( 1 ? x? e ) a ? 1, ? ( 1 ,e )时为正数,所以 f ( x) 在区间 [1, e ) 上为增函数。 ? a ? 2 (i)当 2 即0 时, f (x) 在 x?
? 1 ? a 1 )?f( e ) min 故当 x ?1时, y ,且此时 f(

1?
(ii)当

a a a ?e x ? (1, ) x ? ( ,e) 2 2 2 时为负数,在间 2 ? a ? 2 e 时, f ?(x) 在 ,即 2 时为正数。 [1 , a a ) ( ,e] 2 上为减函数,在 2 上为增函数

所以 f ( x) 在区间

x?
故当

a a 3 a a a f ( ) ? f (e) y ? ? ln min 2 时, 2 2 2 2,且此时

a ?e ( 1 ,e )时为负数,所以 f ( x) 在区间[1,e]上为减函数, e2 时, f ?(x) 在 x? (iii)当 2 ;即 a?2
? f( e ) ? e。 ? e min 故当 x 时, y
2
2 ? x? e e2 时, f ( x) 在 x?e时和 1 综上所述,当 a?2 时的最小值都是 e 。

2 ? a ? 2 e 所以此时 f ( x) 的最小值为 f (e) ? e ;当 2 时, f ( x) 在 x?e时的最小值为

2

f(

a 3 a a a a ) ? ? ln f ( ) ? f (e) 2 2 2 2,而 2 , f( a 3 a a a ) ? ? ln 2 2 2 2。

所以此时 f ( x) 的最小值为

2 1 )? 1 ? a ? a ? 2 ? x? e 当0 时,在 x?e时最小值为 e ,在 1 时的最小值为 f( ,

1 )?f( e ),所以此时 f ( x) 的最小值为 f( 1 )? 1 ? a 而 f(
12

? 1?a ,0?a?2 ? 3 a a a ymin?? ? ln ,2?a?2 e2 ?2 2 2 2 e ,a?2 e2 y ? f ( x ) ? 所以函数 的最小值为
20.解: (1)当 x ? 1 时, f (1) ? P(1) ? 39. 当 x ? 2 时, f ( x) ? P( x) ? P( x ? 1) ? 3x(14 ? x)

? f ( x) ? ?3x2 ? 42x( x ? 12, x ? N ? ).
(2)设月利润为 h( x),

。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 5'

h( x ) ? q ( x ) ? g ( x ) ?30e(7 ? x),1 ? x ? 7, x ? N ? . ? ? ?10 3 2 ? ? x ? 100 x ? 960 x, 7 ? x ? 12, x ? N ?3
?30e x (6 ? x),1 ? x ? 7, x ? N ? ? h ( x) ? ? ? ? ?10( x ? 8)( x ? 12), 7 ? x ? 12, x ? N
'

。 。 。 。 。 。 。 。 。 。9

'

当 1 ? x ? 6 时, h' ( x) ? 0, 当 6 ? x ? 7 时, h' ( x) ? 0,

?1 ? x ? 7且x ? N ?时,h( x)max ? 30e6 ? 12090
' ' 当 7 ? x ? 8 时, h ( x) ? 0, 当 8 ? x ? 12 时, h ( x) ? 0,

。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 11

'

?7 ? x ? 12且x ? N ?时,h( x)max ? h(8) ? 2987
综上,预计该商场第 6 个月的月利润达到最大,最大利润约为 12090 元。 。 。 。 。 。 15'
| x ?3| 21.解:(1)因为 a ? 2 ,且 x ?[2,3],所以 f ( x) ? e ? e|x?2|?1 ? e3? x ? e x ?1 ?

当且仅当 x=2 时取等号,所以 f ( x ) 在 x ?[2,3]上的最小值为 3e (2) 由 题 意 知 , 当 x ?[a, ??) 时 , e
| x ? 2 a ?1|

e3 e x e3 e x ? ? 2 ? ? 2e , ex e ex e

? e|x?a|?1 , 即 | x ? 2a ? 1|?| x ? a | ?1 恒 成 立 所 以

| x ? 2a ? 1|? x ? a ? 1 ,即 2ax ? 3a2 ? 2a 对 x ?[a, ??) 恒成立, 2a ? 0 ? 则由 ? 2 ,得所求 a 的取值范围是 0 ? a ? 2 2 ?2a ? 3a ? 2a (3) 记 h1 ( x) ?| x ? (2a ?1) |, h2 ( x) ?| x ? a | ?1 ,则 h1 ( x), h2 ( x) 的图象分别是以 (2a-1,0)和(a,1)为顶 点开口向上的 V 型线,且射线的斜率均为 ?1 . 7 0 ①当 1 ? 2a ? 1 ? 6 ,即 1 ? a ? 时,易知 g ( x) 在 x ?[1,6]上的最小值为 f1 (2a ?1) ? e ? 1 2
②当 a<1 时,可知 2a-1<a,所以 (ⅰ)当 h1 (1) ? h2 (1) ,得 | a ? 1|? 1,即 0 ? a ? 1 时, g ( x) 在 x ?[1,6]上的最小值为 f1 (1) ? e2?2a
13

(ⅱ)当 h1 (1) ? h2 (1) ,得 | a ? 1|? 1 ,即 a ? 0 时, g ( x) 在 x ?[1,6]上的最小值为 f2 (1) ? e2?a

7 时,因为 2a-1>a,可知 2a ? 1 ? 6 , 2 7 (ⅰ)当 h1 (6) ? 1,得 | 2a ? 7 |? 1 ,即 ? a ? 4 时, g ( x) 在 x ?[1,6]上的最小值为 f1 (6) ? e2a ?7 2 (ⅱ)当 h1 (6) ? 1 且 a ? 6 时,即 4 ? a ? 6 , g ( x) 在 x ?[1,6]上的最小值为 f 2 (a) ? e1 ? e (ⅲ)当 a ? 6 时,因为 h1 (6) ? 2a ? 7 ? a ? 5 ? h2 (6) ,所以 g ( x) 在 x ?[1,6]上的最小值
③当 a ? 为 f 2 (6) ? ea?5

? e2?a ? 2?2 a ?e ? ? 1 ? 综上所述, 函数 g ( x) 在 x ?[1,6]上的最小值为 ? ?e 2 a ? 7 ? ?e ? a ?5 ? ?e

a?0 0 ? a ?1 7 1? a ? 2 7 ?a?4 2 4?a?6 a?6

22. 【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 .?????????????4 分 ? 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
n ?1 1 n?2 n ?3 ?1 1 ? C1 ? ? C2 ? 12 ? C3 ? 13 ? ?????? ?Cn nx nx nx n x ? n ?1 x x x x n?r 1 ?r r 1 因为 Cr ? ? Cn , 2, L ,n ? 1) , nx n x ? n ? r ≥2Cn (r ? 1 x x

? ? ? ? x ? x1 ?
n n n

1 2 3 n? 1 n 所以 2g (x ) ≥ 2(C ? ) 2(2 ? n ? C n ? C n ? ?????? ? C n

n ? 2 ,故 ? F ( x )? ? F (x n )≥ 2 2) ? n ? N* ? .??? 10 n


? ? ? 上只能是单调增函数.3 分 23. 【解】 (1)因为 f ? (0)=9 > 0,所以 f (x)在区间 ? ??,
2 由 f ? (x)=3(m-3)x + 9≥0 在区间(-∞,+∞)上恒成立,所以 m≥3.

故 m 的取值范围是[3,+∞) . ???????????6 分 (2)当 m≥3 时,f (x)在[1,2]上是增函数,所以[f (x)] max=f (2)=8(m-3)+18=4,
14

5 解得 m= <3,不合题意,舍去. ????????????8 分 4
2 当 m<3 时, f ? (x)=3(m-3) x + 9=0,得 x ? ?

所以 f (x)的单调区间为: ??, ? 减.????10 分 ①当

?

3 单调减, ? 3 , 3 单调增, 3? m 3? m 3? m

?

3 . 3? m

?

?

?

3 , ? ? 单调 3? m

?

3 ≥2 ,即 9 ≤m ? 3 时, [1 3 , 3 ? ,所以 f (x)在区间[1,2]上单调增, , 2] ? ? ? 4 3? m 3? m 3? m?

?

5 [f (x)] max =f(2)=8(m-3)+18=4,m= ,不满足题设要求. 4 ②当 1 ? ③当
max

3 ? 2 ,即 0<m< 9 时,[f (x)] max ? f 4 3? m

?

3 ? 0 ? 4 舍去. 3? m

?

3 ≤ 1 ,即 m≤0 时,则 [1, 2] ? 3? m

?

3 , ? ?? ,所以 f (x)在区间[1,2]上单调减,[f (x)] ? 3? m ?

=f (1)=m + 6=4,m=-2.

综上所述:m=-2.?????????????16 分 24.设切点为 P( x0 , y0 ) ,则

y? ? (2x 2 ?1)? ? 4x ,∴ y? x ? x0 ? 4 ,即 4x0 ? 4 ,∴ x0 ? 1
当 x0 ? 1 时, y0 ? 1 ,故切点 P 的坐标为(1,1). ∴所求切线方程为 y ? 1 ? 4( x ? 1) 即 4 x ? y ? 3 ? 0.

25. (1) (??, ?1)和(1, ??) (2)函数 f ( x) 取得最小值 ?1 .函数 f ( x) 取得最大值 11. 本试题主要是考查了导数来判定函数的单调区间,并能求解函数给定闭区间的最值问题.基本题型,需 要熟练掌握. 解:(1) f '( x) ? 9 x 2 ? 9 . 令 9 x 2 ? 9 ? 0 , 解此不等式,得 x ? ?1或x ? 1 . 因此,函数 f ( x) 的单调增区间为 (??, ?1)和(1, ??) . (2) 令 9 x 2 ? 9 ? 0 ,得 x ? 1 或 x ? ?1 . 当 x 变化时, f '( x ) , f ( x) 变化状态如下表: x ( ?2, ?1) -2

-1 0

( ?1,1)
-

1 0

(1, 2)
+

2

f '( x )

+

15

f ( x)

-1

?

11

?

-1

?

11

从表中可以看出,当 x ? ?2或x ? 1 时,函数 f ( x) 取得最小值 ?1 . 当 x ? ?1或x ? 2 时,函数 f ( x) 取得最大值 11.

26.解:(Ⅰ)∵ (loga x)2 ? (log x a)2 ? (loga x ? log x a)2 ? 2 ? t 2 ? 2 ,

(loga x)3 ? (log x a)3 ? (loga x ? logx a)[(loga x ? logx a)2 ? 3] ? t 3 ? 3t ,
∴ h(t ) ? ?t 3 ? kt 2 ? 3t ? 2k ,(t ? 2) ∴ h?(t ) ? ?3t 2 ? 2kt ? 3 设 t1 , t2 是 h?(t ) ? 0 的两根,则 t1t2 ? 0 ,∴ h?(t ) ? 0 在定义域内至多有一解, 欲使 h(t ) 在定义域内有极值,只需 h?(t ) ? ?3t 2 ? 2kt ? 3 ? 0 在 (2, ??) 内有解,且 h?(t ) 的值在根的左 右两侧异号,∴ h?(2) ? 0 得 k ? 综上:当 k ?

9 4

9 9 时 h(t ) 在定义域内有且仅有一个极值,当 k ? 时 h(t ) 在定义域内无极值 4 4

(Ⅱ)∵存在 x0 ? (1, ??) ,使 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立等价于 f ( x) ? g ( x) 的最大值大于 0 ∵ t ? log a x ? log x a ,∴ m(t ) ? ?t 3 ? kt 2 ? k 2t ? 2k ,(t ? 2) , ∴ m?(t ) ? ?3t 2 ? 2kt ? k 2 ? 0 得 t1 ? k , t2 ? ? 当 k ? 2 时, m(t )max ? m(k ) ? 0 得 k ? 2 ; 当 0 ? k ? 2 时, m(t )max ? m(2) ? 0 得 当 k ? 0 时, m(t )max ? m(2) ? 0 不成立 当 ?6 ? k ? 0 时, m(t )max ? m(2) ? 0 得 ?6 ? k ? 当 k ? ?6 时, m(t ) max ? m( ? ) ? 0 得 k ? ?6 ; 综上得: k ?

k . 3

17 ? 1 ?k?2 2

? 17 ? 1 ; 2

k 3

? 17 ? 1 17 ? 1 或k ? 2 2

27.

(1) a ? 1, f ?x? ? x ? 1 ? ln x
16

当 x ? 1 时, f ? x ? ? x ? 1 ? ln x, f

'

?x ? ? 1 ? 1 ?
x

x ?1 ? 0. x

? f ?x ? 在区间 ?1,??? 上是递增的
当 0 ? x ? 1 时, f ? x ? ? x ? 1 ? ln x, f

'

?x ? ? ?1 ? 1 ? 0.
x

? f ?x ? 在区间 ?0,1? 上是递减的.
故 a ? 1 时, f ?x ? 的增区间为 ?1,??? ,减区间为 ?0,1? , f ?x ?min ? f ?1? ? 0 (2)若 a ? 1 ,当 x ? a 时, f ?x ? ? x ? a ? ln x, 则 f ?x ? 在区间 ?a,??? 上是递增的; 当 0 ? x ? a 时, f ?x ? ? a ? x ? ln x , f ' ? x ? ? ?1 ?

f ' ?x ? ? 1 ?

1 x ?1 ? ? 0. x x

1 ? 0. x

? f ?x ? 在区间 ?0, a ? 上是递减的
若 0 ? a ? 1 ,当 x ? a 时, f ?x ? ? x ? a ? ln x,

f ' ?x ? ? 1 ?

1 x ?1 ? , x ? 1, f ' ? x ? ? 0, a ? x ? 1, f ' ? x ? ? 0 x x

则 f ?x ? 在区间 ?1,??? 上是递增的, f ?x ? 在区间 ?a,1? 上是递减的; 当 0 ? x ? a 时, f ?x ? ? a ? x ? ln x , f ' ? x ? ? ?1 ?

1 ? 0. x

? f ?x ? 在区间 ?0, a ? 上是递减的,而 f ?x ? 在 x ? a 处有意义;
则 f ?x ? 在区间 ?1,??? 上是递增的,在区间 ?0,1? 上是递减的 综上: 当 a ? 1 时, f ?x ? 的递增区间是 ?a,??? ,递减区间是 ?0, a ? ; 当 0 ? a ? 1 , f ?x ? 的递增区间是 ?1,??? ,递减区间是 ?0,1? (3)由(1)可知,当 a ? 1, x ? 1 时,有 x ? 1 ? ln x ? 0, 即

ln x 1 ? 1? x x

?

ln 2 2 ln 32 ln n 2 1 1 1 1 1 ? ? 1 ? ? ? ? ? 1? 2 ?1? 2 ? ??1? 2 ? n ?1? ? 2 ? 2 ? ?? 2 ? 2 2 2 2 3 n 2 3 n 3 n ? ?2

? 1 1 1 ? 1 1 ? ?1 1 1 1 ? n ?1? ? ? 2 ? 3 ? 3 ? 4 ? ? ? n?n ? 1? ? ? ? n ?1 ? ? 2 ? 3 ? 3 ? 4 ? ? ? n ? n ? 1? ? ? ? ?

17

= n ?1? ?

1 ? ?n ? 1??2n ? 1? ?1 ? ?? 2?n ? 1? ? 2 n ? 1?

28. 解:(I)因为 f ( x) ??1 , 且 f ( x) ??2 , 即 g ( x) ?

f ( x) ? x 2 ? 2hx ? h 在 (0, ??) 是增函数,所以 h ? 0 x f ( x) h h ? x ? ? 2h 在 (0, ??) 不是增函数,而 h '( x ) ? 1 ? 2 2 x x x

而 h( x ) ?

当 h( x ) 是增函数时,有 h ? 0 ,所以当 h( x ) 不是增函数时, h ? 0 综上,得 h ? 0 (Ⅱ) 因为 f ( x) ??1 ,且 0 ? a ? b ? c ? a ? b ? c 所以

f (a ) f (a ? b ? c) 4 4a ? = ,所以 f ( a ) ? d ? , a a?b?c a?b?c a?b?c 4b 4c , f (c) ? t ? a?b?c a?b?c

同理可证 f (b) ? d ?

三式相加得 f (a ) ? f (b) ? f (c ) ? 2d ? t ? 所以 2d ? t ? 4 ? 0

4(a ? b ? c ) ? 4, a?b?c

因为

d d b?a ? , 所以 d ( ) ? 0, a b ab

而 0 ? a ? b , 所以 d ? 0 所以 d (2d ? t ? 4) ? 0 (Ⅲ) 因为集合 ? ? f ( x) | f ( x) ??2 , 且存在常数k , 使得任取x ? (0, ??),f ( x) ? k , 所以 ?f ( x) ? ? ,存在常数 k ,使得 f ( x ) ? k 对 x ? (0, ??) 成立 我们先证明 f ( x ) ? 0 对 x ? (0, ??) 成立 假设 ?x0 ? (0, ??), 使得 f ( x0 ) ? 0 ,

?

?

f ( x) 2 f ( x0 ) f ( x ) ? m ? 0 因为 记 是二阶比增函数,即 x 是增函数. 2 x0
18

所以当 x ? x0 时,

f ( x ) f ( x0 ) ? ?m x2 x0 2

2 ,所以 f ( x) ? mx

2 所以一定可以找到一个 x1 ? x0 ,使得 f ( x1 ) ? mx1 ? k

这与 f ( x ) ? k 对 x ? (0, ??) 成立矛盾
f ( x ) ? 0 对 x ? (0, ??) 成立

所以 ?f ( x) ? ? , f ( x ) ? 0 对 x ? (0, ??) 成立 假设存在 x2 ? 0 ,使得 f ( x2 ) ? 0 ,

下面我们证明 f ( x ) ? 0 在 (0, ??) 上无解

f ( x) 2 f ( x ) 则因为 是二阶增函数,即 x 是增函数

一定存在 x3 ? x2 ? 0 ,

f ( x3 ) f ( x2 ) ? ?0 x32 x2 2

,这与上面证明的结果矛盾

所以 f ( x ) ? 0 在 (0, ??) 上无解 综上,我们得到 ?f ( x) ? ? , f ( x ) ? 0 对 x ? (0, ??) 成立 所以存在常数 M ? 0 ,使得 ?f ( x) ? ? , ?x ? (0, ??) ,有 f ( x ) ? M 成立

1 又令 f ( x) ? ? ( x ? 0) ,则 f ( x ) ? 0 对 x ? (0, ??) 成立, x f ( x) ?1 ? 3 在 (0, ??) 上是增函数 ,所以 f ( x ) ? ? , x2 x 而任取常数 k ? 0 ,总可以找到一个 x0 ? 0 ,使得 x ? x0 时,有 f ( x ) ? k
又有 所以 M 的最小值 为 0 29.解:(1)设点 ( x0 , y0 ) 为直线 y ? 2 x ? 2 与曲线 y ? g ( x) 的切点,则有

2 ln x0 ? bx0 ? 2x0 ? 2 .
? g ?( x) ?

(*)

2 2 ? b ,? ? b ? 2 . x x0

(**)

由(*)、(**)两式,解得 b ? 0 , g ( x) ? 2 ln x . 由 f ( x) ? g ( x) 整理,得

a ? x ? 2 ln x , x

? x ? 1 ,? 要使不等式 f ( x) ? g ( x) 恒成立,必须 a ? x 2 ? 2 x ln x 恒成立.
2 设 h( x) ? x ? 2 x ln x , h ?( x) ? 2 x ? 2(ln x ? x ? ) ? 2 x ? 2 ln x ? 2 ,

1 x

? h ??( x ) ? 2 ?

2 , ? 当 x ? 1 时, h??( x) ? 0 ,则 h ?( x ) 是增函数, x

? h?( x) ? h?(1) ? 0 , h( x) 是增函数, h( x) ? h(1) ? 1, a ? 1 .
19

因此,实数 a 的取值范围是 0 ? a ? 1 . (2)当 a ? 1 时, f ( x) ? x ?

1 , x

? f ?( x) ? 1 ?

1 8 ? 0 ,? f ( x) 在 [e,3] 上是增函数, f ( x) 在 [e,3] 上的最大值为 f (3) ? . 2 3 x

要对 [e,3] 内的任意 k 个实数 x1 , x2 ,?, xk 都有 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? ? f ( xk ?1 ) ? 16g ( xk ) 成立,必须使得不等式左边的最大值小于或等于右边的最小值,

? 当 x1 ? x2 ? ? ? xk ?1 ? 3 时不等式左边取得最大值, xk ? e 时不等式右边取得最小值.
? (k ? 1) ? 8 ? 16 ? 2 ,解得 k ? 13 .因此, k 的最大值为 13 . 3

(3)证明:当 a ? 1 时,根据(1)的推导有, x ? (1,??) 时, f ( x) ? g ( x) ,

1 1 2k ? 1 2k ? 1 1 2k ? 1 2k ? 1 (x ? ) . 令 x ? ? ( ? ), ,得 ln 2 x 2k ? 1 2k ? 1 2 2k ? 1 2k ? 1 4k 化简得 ln( 2k ? 1) ? ln( 2k ? 1) ? , 4k 2 ? 1
即 ln x ?

ln(2n ? 1) ? ?[ln(2i ? 1) ? ln(2i ? 1)] ? ?
i ?1 i ?1

n

n

4i . 4i ? 1
2

30.解(1) f 3 ? x ? ? ? x 3 ? 3 x ? 1 ? f 3' ? x ? ? ?3 x 2 ? 3 ∴在 ?0,1? 内, f 3' ? x ? ? 0 ,在 ?1,2 ? f 3' ? x ? ? 0 ∴在 ?0,1? 内, f 3 ? x ? ? ? x 3 ? 3 x ? 1 为增函数,在 ?1,2 ? 内 f 3 ? x ? ? ? x 3 ? 3 x ? 1 为减函数 ∴函数 f 3 ? x ? ? ? x 3 ? 3 x ? 1 的最大值为 f 3 ?1? ? 3 ,最小值为 f 3 ?2 ? ? ?1 (2)∵对任意 x1 , x 2 有 | f 3 ? x1 ? ? f 3 ? x 2 ? |? 1 ,∴ | f 3 ?1? ? f 3 ?? 1? |? 1 从而有 | 6a ? 2 |? 1 ∴

1 1 ?a? 6 2

又 f 3' ? x ? ? ?3 x 2 ? 3a ∴ f 3 ? x ? 在 ? 1,? a ,

?

? ? a ,1?内为减函数, f ?x ? 在 ??
3

a , a 内为增函数,只需

?

| f3

? a ? ? f ?? a ? |? 1 ,则 4a
3

a ?1

∴ a 的取值范围是 (3)由 | f 4 ? x ? |?

1 1 ?a?3 6 16

1 1 1 1 1 知 ? ? f 4 ?1? ? ① ? ? f 4 ?? 1? ? ②, 2 2 2 2 2 1 3 1 1 1 1 1 ①加②得 ? b ? 又∵ ? ? f 4 ?0 ? ? ∴ ? ? b ? ∴ b ? 2 2 2 2 2 2 2 1 将 b ? 代入①②得 0 ? a ? 0 ∴ a ? 0 2
20

31. (Ⅰ) (??,? 2 ), ( 2 ,??) (Ⅲ)m 的最大值为 6

(Ⅱ) g (t )的表达式为g (t ) ?

20t 2 ? 20t (t ? 0)

【解析】(I)当 t ? 2时, f ( x) ? x ?

2 , x

f ?( x) ? 1 ?

2 x2 ? 2 ? ?0 x2 x2

解得x ? 2 , 或x ? ? 2

.则函数 f ( x) 有单调递增区间为 (??,? 2 ), ( 2 ,??)

(II)设 M、N 两点的横坐标分别为 x1 、 x 2 ,

? f ?( x) ? 1 ?

t t t ,? 切线PM的方程为 : y ? ( x1 ? ) ? (1 ? 2 )( x ? x1 ). 2 x1 x x1 t t ) ? (1 ? 2 )(1 ? x1 ). x1 x1

又 ? 切线PM 过点P(1,0),? 有0 ? ( x1 ? 即x12 ? 2tx1 ? t ? 0.

(1) ???????4 分
2

同理,由切线 PN 也过点(1,0),得 x 2 ? 2tx 2 ? t ? 0. 由(1)、(2),可得 x1 , x 2 是方程x ? 2tx ? t ? 0
2

(2) 的两根,

? x1 ? x 2 ? ?2t ?? ? x1 ? x 2 ? ?t.

(*) t t t 2 ? x 2 ? ) 2 ? ( x1 ? x 2 ) 2 [1 ? (1 ? ) ] x1 x2 x1 x 2 t 2 ) ] x1 x 2

| MN |? ( x1 ? x 2 ) 2 ? ( x1 ?

[( x1 ? x 2 ) 2 ? 4 x1 x 2 ][1 ? (1 ?
把(*)式代入,得 | MN |?

20t 2 ? 20t , 20t 2 ? 20t (t ? 0)
上为增函数,

因此,函数 g (t )的表达式为g (t ) ? (III)易知 g (t )在区间[2, n ?

64 ] n

? g (2) ? g (ai )(i ? 1, 2,? , m ? 1). 则m ? g (2) ? g (a1 ) ? g (a2 ) ? ? ? g (am ). ? g (a1 ) ? g (a2 ) ? ? ? g (am ) ? g (am ?1 )对一切正整数n成立,

? 不等式m ? g (2) ? g (n ?

64 )对一切的正整数n恒成立 n
64 2 64 ) ? 20(n ? ) , n n
21

m 20 ? 2 2 ? 20 ? 2 ? 20(n ?

即m ? ?n ? ?m ?

1 64 64 [(n ? ) 2 ? (n ? )]对一切的正整数n恒成立 6 n n

64 1 64 64 1 2 136 ? 16,? [(n ? ) 2 ? (n ? )] ? [16 ? 16] ? . n 6 n n 6 3 136 . 3

由于 m 为正整数,? m ? 6 又当 m ? 6时, 存在a1 ? a 2 ? ? ? a m ? 2, a m ?1 ? 16, 对所有的n满足条件. 因此,m 的最大值为 6.

32.解:(Ⅰ)? f ( x) ? x ? ln x , f ?( x) ? 1 ?

1 x ?1 ? x x

∴当 0 ? x ? 1 时, f / ( x) ? 0 ,此时 f ( x ) 单调递减 当 1 ? x ? e 时, f / ( x) ? 0 ,此时 f ( x ) 单调递增 ∴ f ( x ) 的极小值为 f (1) ? 1 (Ⅱ)? f ( x ) 的极小值为 1,即 f ( x ) 在 (0, e] 上的最小值为 1, ∴ f ( x) ? 0 , f ( x)min ? 1 令 h( x ) ? g ( x ) ?

1 ? ln x 1 ln x 1 / ? ? , h ( x) ? , x2 2 x 2

当 0 ? x ? e 时, h ?( x) ? 0 , h( x) 在 (0, e] 上单调递增

1 1 1 1 ? ? ? ? 1 ?| f ( x) | min e 2 2 2 1 ∴在(1)的条件下, f ( x ) ? g ( x ) ? 2
∴ h( x) max ? h(e) ? (Ⅲ)假设存在实数 a ,使 f ( x) ? ax ? ln x ( x ? (0, e] )有最小值 3,

f / ( x) ? a ?

1 ax ? 1 ? x x

/ ① 当 a ? 0 时, x ? ?0, e? ,所以 f ( x) ? 0 , 所以 f ( x) 在 (0, e] 上单调递减,

f ( x) min ? f (e) ? ae ? 1 ? 3 , a ?
所以,此时 f ( x) 无最小值 ②当 0 ?

4 (舍去), e

1 1 1 ? e 时, f ( x) 在 (0, ) 上单调递减,在 ( , e] 上单调递增 a a a
22

1 f ( x) min ? f ( ) ? 1 ? ln a ? 3 , a ? e 2 ,满足条件 a 1 ③ 当 ? e 时, x ? ?0, e? ,所以 f / ( x) ? 0 , a
所以 f ( x) 在 (0, e] 上单调递减, f ( x) min ? f (e) ? ae ? 1 ? 3 , a ? 所以,此时 f ( x) 无最小值 综上,存在实数 a ? e 2 ,使得当 x ? (0, e] 时 f ( x ) 有最小值 3 33.

4 (舍去), e

23

(3)证明:对 ?n ? N * ,不等式 ln(

2?n 2?n 恒成立. )? n n

34.解:(1)如果 f ( x) 为偶函数,则 f (? x) ? f ( x), m ? x ? k ? n ? x ? m x ? k ? n x 恒成立, 即: n x ? k ? m x ? m x ? k ? n x , (n x ? m x ) ? k (m x ? n x ) ? 0 , (n x ? m x )(k ? 1) ? 0 由 n x ? m x ? 0 不恒成立,得 k ? 1. 如果 f ( x) 为奇函数,则 f (? x) ? ? f ( x), m ? x ? k ? n ? x ? ?m x ? k ? n x 恒成立, 即: n x ? k ? m x ? ?m x ? k ? n x , (n x ? m x ) ? k (m x ? n x ) ? 0 ,

(n x ? m x )(k ? 1) ? 0 , 由 n x ? m x ? 0 恒成立,得 k ? ?1.
(2)? m ? 1 ? n ? 0,

m ? 1 , ∴ 当 k ? 0 时,显然 f ( x) ? m x ? k ? n x 在 R 上为增函数; n

m 当 k ? 0 时, f ?( x) ? m x ln m ? kn x ln n ? [( ) x ln m ? k ln n)]n x ? 0 , n m m ln n 由 n x ? 0, 得 ( ) x ln m ? k ln n ? 0, 得 ( ) x ? ?k ? ? k log m n, 得 x ? log m (?k log m n) . n n ln m n
24

∴当 x ? (??, log m (?k log m n)] 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 为减函数;
n

当 x ? [log m (?k log m n), ??) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 为增函数.
n

(3) 当 m ? 2, n ?

1 时, f ( x) ? 2 x ? k ? 2? x , 2

如果k ? 0, f ( x) ? 2 x ? k ? 2? x ? 2 x ? (?k ) ? 2? x ? 2 x ? 2log2 ( ? k ) ? 2? x ? 2 x ? 2log2 ( ? k ) ? x ,
1 则 f (log 2 (?k ) ? x) ? ? f ( x), ∴函数 y ? f ( x) 有对称中心 ( log 2 (?k ), 0). 2

如果 k ? 0, f ( x) ? 2 x ? k ? 2? x ? 2 x ? 2log2 k ? 2? x ? 2 x ? 2log2 k ? x , 则 f (log 2 k ? x) ? f ( x),
1 ∴函数 y ? f ( x) 有对称轴 x ? log 2 k . 2

35. (Ⅰ) a ? 4

(Ⅱ)当 0 ? a ? 1 时 , x ? a 是 f ( x) 的极大值点 , x ? 1 是 f ( x) 的极小值点 ; 当 a ? 1

时, f ( x) 没有极值点;当 a ? 1 时, x ? 1 是 f ( x) 的极大值点, x ? a 是 f ( x) 的极小值点 (1)由已知 x ? 0

f ' ( x) ? x ? (a ? 1) ?

a x

曲线 y ? f ( x) 在 (2, f (2)) 处切线的斜率为-1,所以 f ' (2) ? ?1 即 2 ? ( a ? 1) ?

a ? ?1 ,所以 a ? 4 2

(2) f ' ( x) ? x ? (a ? 1) ? ①当 0 ? a ? 1 时,

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

当 x ? (0, a) 时, f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增; 当 x ? (a,1) 时, f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; 当 x ? (1,??) 时, f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增. 此时 x ? a 是 f ( x) 的极大值点, x ? 1 是 f ( x) 的极小值点 ②当 a ? 1 时, 当 x ? (0,1) 时, f ' ( x) >0, 当 x ? 1 时, f ' ( x ) ? 0 ,

25

当 ? (1,??) 时, f ' ( x) ? 0 所以函数 f ( x) 在定义域内单调递增,此时 f ( x) 没有极值点 ③当 a ? 1 时, 当 x ? (0,1) 时, f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增; 当 x ? (a,1) 时, f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; 当 x ? (a,??) 时, f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增 此时 x ? 1 是 f ( x) 的极大值点,

x ? a 是 f ( x) 的极小值点
综上,当 0 ? a ? 1 时, x ? a 是 f ( x) 的极大值点, x ? 1 是 f ( x) 的极小值点; 当 a ? 1 时, f ( x) 没有极值点; 当 a ? 1 时, x ? 1 是 f ( x) 的极大值 点, x ? a 是 f ( x) 的极小值点 36. 4 因为在 [0, ? ] 上, sin x ? 0 ,其图象在 x 轴上方;在 [0, 2? ] 上, sin x ? 0 其图象在 x 轴下方,此时定积分 为 图 形 面 积 的 相 反 数 , 应加 绝 对 值 才 表 示 面 积 . 作出 y ? sin x 在 [0, 2? ] 上 的 图 象 如 下 图 所示 ,

y ? sin x



x







0



?



2?

,,





2? ? 2? s??? 0 sin xdx ? |? ? sin xdx |? ( ? cos x ) |0 ?( ? cos x) |? ? 4

37. (Ⅰ)显然函数 f ( x ) 的定义域为 ? 0, ??? , 当 a ? 1时, f ?( x) ?

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

∴ 当 x ? ? 0,2?时, f ?( x) ? 0 , x ? ? 2, ??? , f ?( x) ? 0 . ∴ f ( x ) 在 x ? 2 时取得最小值,其最小值为

f (2) ? ?2ln 2 .
26

(Ⅱ)∵ f ?( x) ? x ?

2a x 2 ? (a ? 2) x ? 2a ( x ? 2)( x ? a) ? (a ? 2) ? ? , x x x

∴(1)当 ? 2 ? a ? 0 时,若 x ? ? 0, ?a ?时, f ?( x) ? 0, f ( x) 为增函数;

x ? ? ?a,2?时, f ?( x) ? 0, f ( x) 为减函数; x ?? 2, ???时, f ?( x) ? 0, f ( x) 为增函数.
(2)当 a ? ?2 时, x ? (0, ??) 时, f ( x ) 为增函数; (3)当 a ? ?2 时, x ? ? 0,2?时, f ?( x) ? 0, f ( x) 为增函数;

x ?? 2, ?a ?时, f ?( x) ? 0, f ( x) 为减函数; x ?? ?a, ???时, f ?( x) ? 0, f ( x) 为增函数
(Ⅲ)假设存在实数 a 使得对任意的 x1 , x2 ? ? 0, ? ? ? , 且 x1 ? x2 ,有

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? a , 恒成立, 不 x2 ? x1

妨设 0 ? x1 ? x2 ,只要

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? a ,即: f ? x2 ? ? ax2 ? f ? x1 ? ? ax1 x2 ? x1

令 g ( x) ? f ( x) ? ax ,只要 g ( x) 在 ? 0, ? ? ? 为增函数 又函数 g ( x) ?

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

考查函数 g ? ? x ? ? x ?

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

要使 g? ? x ? ? 0 在 ? 0, ??? 恒成立,只要 ?1 ? 2a ? 0,即 a ? ?

故存在实数 a ? (??, ? ] 时,对任意的 x1 , x2 ? ? 0, ? ? ? ,且 x1 ? x2 , 有

1 2

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? a 恒成立. x2 ? x1

38.解(1) f ?( x) ? 2 x ? x ? 1 ? ( x ? 1)(2 x ? 1)
2

1 2 1 1 1 1 31 ? f ( x) 的极大值为 f (? ) ? ? (? ) 3 ? ? (? ) 2 ? ? 1 ? 2 3 2 2 2 2 24 1 f ( x) 的极小值为 f (1) ? 6 2 3 1 2 (2)令 sin x ? t , t ? [?1,1] ,则 f (sin x) = f (t ) ? t ? t ? t ? 1 , 3 2 1 1 由(1)知, f (t ) 在 [ ?1,? ] 上单调递增,在 [ ? ,1] 上单调递减, 2 2
27

5 1 31 1 , f (? ) ? , f (1) ? , 6 2 24 6 31 1 ? f (sin x) 的最大值为 ,最小值为 24 6 1 31 1 ? a ? 0 或 g (1) ? ? a ? 0 (3)由(1)可得, g (? ) ? 2 24 6 31 1 ?a ? ? 或a ? ? 24 6 1 ? ln x ln x 39. (1)因为 f ( x ) ? , x >0,则 f ?( x ) ? ? 2 , x x

? f (?1) ?

当 0 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ; 当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 所以 f ( x ) 在 (0,1)上单调递增 ;在 (1, ??) 上单 调递 减, 所以函数 f ( x ) 在 x ? 1 处取得极大值. 因为函数 f ( x ) 在区间 (a, a ? ) (其中 a ? 0 )上存在极值,

1 2

? a ? 1, 1 ? 所以 ? 解得 ? a ? 1 . 1 2 a ? ? 1, ? ? 2
(2)不等 式 f ( x ) ?

k ( x ? 1)(1 ? ln x) ( x ? 1)(1 ? ln x) , 即为 ? k , 记 g ( x) ? , x ?1 x x

所 以 g ?( x) ?

?( x ? 1)(1 ? ln x)?? x ? ( x ? 1)(1 ? ln x) ? x ? ln x 2 2
x

x

令 h( x) ? x ? ln x ,则 h?( x ) ? 1 ?

1 , x

? x ? 1,

? h?( x) ? 0, ? h( x) 在 ?1, ??) 上单调递增, ??h( x)?min ? h(1) ? 1 ? 0 ,
从而 g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 在 ?1, ??) 上也单调递增,所以 ? g ( x)?min ? g (1) ? 2 , 所以 k ? 2 . 40.解:(1) S k ? 4(1 ?

1 ) ? 2 ,―――――――――1 分 2k 6 ,因为对任意的 k 恒成立,所以 2k

? Sk ?1 ? c ? 2Sk ? 2c 即 c ? 2Sk ? Sk ?1 , 代 入 计 算 得 c ? 4 ?
0 ? c ? 1 ―――――3 分:
(2)符号为负

证明:当 q ? 1 时, Sn Sn?2 ? Sn?1 ? na1 ? (n ? 2)a1 ? [(n ? 1)a1 ] ? ?a1 ? 0
2 2 2

当 q ? 1 时,??an ? 是由正数组成的数列? q ? 0 ,则 q ? 0 且 q ? 1

28

? Sn Sn? 2 ? S

2 n ?1

a (1 ? q n ) a1 (1 ? q n ? 2 ) ? a1 (1 ? q n ?1 ) ? ? 1 ? ?? ? 1? q 1? q ? 1? q ?

2

a12 a12 n n?2 n ?1 2 ? ? ? (1 ? q )(1 ? q ) ? (1 ? q ) ? ? (?q n ? q n? 2 ? 2q n?1 ) ? ?a12qn ? 0 2 ? 2 (1 ? q) (1 ? q)
2 * 综上, S n S n ? 2 ? S n ?1 n ? N 为负

?

?

(3) 假设存在一个正常数 m 满足题意,则有

? Sn ? m ? 0 ?S ? m ? 0 ? n ?1 2 ? Sn Sn?2 ? Sn ? ?1 ? m(Sn ? Sn?2 ? 2Sn?1 ) (*) ? Sn? 2 ? m ? 0 ?( S ? m)( S ? m) ? ( S ? m) 2 n?2 n ?1 ? n

Sn ? Sn?2 ? 2Sn?1 ? (Sn ? m) ? (Sn?2 ? m) ? 2(Sn?1 ? m) ? 2 (Sn ? m)(Sn?2 ? m) ? 2(Sn?1 ? m) ? 0

? Sn ? Sn?2 ? 2Sn?1 ? 0
2 由(1)得 Sn Sn?2 ? Sn ?1 ? 0

? m(Sn ? Sn?2 ? 2Sn?1 ) ? 0

?(*)式不成立
故不存在正常数 m 使结论成立

' 2 ' 41.解:(1)? f ( x) ? x ? 2ax ? b ,由题意可得 f (0) ? 0 , f (0) ? ?1 ,解得 b ? 0, c ? ?1

经检验, f ( x ) 在 x ? 0 处取得极大值.? f ( x) ?
'

1 3 x ? ax 2 ? 1 3

设切点为 ( x0 , y0 ) ,则切线方程为 y ? y0 ? f ( x0 )( x ? x0 ) 即为 y ? ( x0 ? 2ax0 ) x ?
2

2 3 2 x0 ? ax0 ?1 3

3 2 2 3 3 把 (?a, f (?a)) 代入可得 x0 ? 3ax0 ? 3a x0 ? a ? 0 ,即为 ( x0 ? a) ? 0

∴ x0 ? ?a ,即点 A 为切点,且切点是唯一的,故切线有且只有一条. 切线方程为 a x ? y ?
2

1 3 a ?1 ? 0 3
2 3

2 3 2 (2)因为切线方程为 y ? ( x0 ? 2ax0 ) x ? x0 ? ax0 ? 1 ,把 (0, 0) 代入可得

2 3 2 x0 ? ax0 ?1 ? 0 , 3

因为有三条切线,故方程

2 3 2 x0 ? ax0 ? 1 ? 0 有三个不同的实根 3
29

设 g ( x) ?

2 3 x ? ax 2 ? 1 (a ? 0) 3

? g '( x) ? 2 x ? 2ax ,令 g '( x) ? 2 x ? 2ax =0,可得 x ? 0 和 x ? ?a

x
g ' ( x)
g ( x)

(??, 0)
+ 增

0
0 极大值

(0, ?a)
一 减
3

?a
0 极小值

(?a, ??)
+ 增

因为方程有三个根,故极小值小于零, a ? 1 ? 0 ,所以 a ? ? 3 3
2 2 (3)假设 f ' ( x1 ) ? f ' ( x2 ) ,则 x1 ? 2ax1 ? x2 ? 2ax2 ,所以 x1 ? x2 ? ?2a

1 3

?2 3 2 x2 ? ax2 ?1 ? 0 ? ?3 由题意可得 ? ? 2 x3 ? ax 2 ? 1 ? 0 1 1 ? ?3
因为 x1 ? x2 ,故

两式相减可得

2 3 2 ( x2 ? x13 ) ? a ( x2 ? x12 ) ? 0 3

2 2 ( x2 ? x2 x2 ? x12 ) ? a( x1 ? x2 ) ? 0 3

2 把 x1 ? x2 ? ?2a 代入可得 x2 ? x2 x2 ? x12 ? 3a2 ,所以 ( x1 ? x2 )2 ? x2 x2 ? 3a2

所以 x2 x2 ? a2

? x ? x2 ? ' ' 2 又由 x2 x2 ? ? 1 ? ? a ,矛盾.所以假设不成立,即证 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 ?
42.解: f '( x) ?

2

c x 2 ? bx ? c ? x?b ? ,又 f '(1) ? 0 x x
( x ? 1)( x ? c) 且 c ? 1, b ? c ?1 ? 0 x

所以 f '( x) ?

(I)因为 x ? 1 为 f ( x ) 的极大值点,所以 c ? 1 当 0 ? x ? 1 时, f '( x) ? 0 ;当 1 ? x ? c 时, f '( x) ? 0 ;当 x ? c 时, f '( x) ? 0 所以 f ( x ) 的递增区间为 (0,1) , (c, ??) ;递减区间为 (1, c) (II)① 若 c ? 0 , 则 f ( x ) 在 (0,1) 上 递 减 , 在 (1, ??) 上 递 增 [ f ( x) ? 0 恰 有 两 解 , 则 f (1) ? 0 , 即

1 1 ? b ? 0 ,所以 ? ? c ? 0 ; 2 2
30

②若 0 ? c ? 1 ,则 f极大 ( x) ? f (c) ? c ln c ?

1 2 1 c ? bc , f极小 ( x) ? f (1) ? ? b 2 2

因为 b ? ?1 ? c ,则 f极大 ( x) ? c ln c ?

c2 c2 ? c(?1 ? c) ? c ln c ? c ? ? 0 2 2

1 f极小 ( x) ? ? ? c ,从而 f ( x) ? 0 只有 一解; 2
③若 c ? 1 ,则 f极小 ( x) ? c ln c ? 只有一解. 综上,使 f ( x) ? 0 恰有两解的 c 的范围为 ?

1 c2 c2 ? c(?1 ? c) ? c ln c ? c ? ? 0 , f极大 ( x) ? ? ? c , 则 f ( x) ? 0 2 2 2

1 ?c?0. 2

31


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