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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


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 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 , x3 ? x, x ? t ?
2

无论 t 取何值,函数 f(x)在区间(-∞,+∞)总是不单调.则 a 的取值范围是__▲___.
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)=-x +x- a,若存
3

2 9

a 在 x0∈[-1, ](a>0),使得 f(x0)<g(x0),则实数 a 的取值范围是 3
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
3 在 R 上是增函数”的 ? a )x f ( x) ? a x 在 R 上 是 减 函 数 ”, 是 “ 函 数 g ( x) ? ( 2

_______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
3

- 4x 2 ? 5x ? 2 的

单调减区间为___________________
6 .( 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 3 2 a

的切线方程是______________
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 3 + x 2 - 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 x 的 图 像 分 别 交 于 点
A( x1,y1 ),B( x2,y2 ) ,则 x1 2 ? x 2 2 的值为________.
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

2 ? a ? 0 的在 ?1,2? x

内有实数解,则实数 a 的取值范围是________
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

(1) f ( x ) ? 2a g ( x ),(a ? 0, a ? 1) ;(2) g ( x ) ? 0 ;
x

(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________.
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

x

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 的图像上,则该函数在点 M 处的切线方程为__________
3

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

x ? ?0,1? 上恒成立,则 a 的取值范围是

.

2

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

)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 x

品,预计第几月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 )
x ?a ? |

已 知 函 数

f1 ( x) ? e

|x? a 2 ?

, f ( x) ? e
1 | 2

, x?R.
| 1

( 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;
3

(III)求函数 g ( x ) ?

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

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 2ab b b 导函数) ,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 ) ≥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

2

?1 的斜率等于 4

的切线方程.

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) ? 3 x 3 ? 9 x ? 5 .

(Ⅰ)求函数 f ( x) 的单调递增区间;
4

(Ⅱ)求函数 f ( x) 在 ?? 2,2?的最大值和最小值.

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 (2)若

a ? 1,



f ?x ?

的单调区间及 的单调区间;

f ?x ?

的最小值;

a?0

,求

f ?x ?

n ? N ? 且n ? 2 ln 2 2 ln 3 2 ln n 2 ?n ? 1??2n ? 1? ? ? ? ? (3)试比较 2 2 ,并证 32 n 2 与 2?n ? 1? 的大小.
明你的结论.

?

?

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) 在 (0, ??) 上 为 增 函 数 , 则 称 f ( x ) 为 “ 一 阶 比 增 函 数 ”; 若 x

y?

f ( x) 在 (0, ??) 上为增函数,则称 f ( x ) 为“二阶比增函数”. x2

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) ? x ? 2hx ? hx ,若 f ( x) ??1 , 且 f ( x) ??2 ,求实数 h 的取值范
3 2

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 (

?2 且存在常数 x) 使得任取 |f

?

,

( x? ?

)

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
6

3

月 月 考 数 学 试 题 ) 已 知

a f ( x) ? x ? (a ? 0) , g ( x) ? 2 ln x ? bx ,且直线 y ? 2 x ? 2 与曲线 y ? g ( x) 相切. 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

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) 的两条切线 PM、PN,切点分别为 M、 x
N.
(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;

n
(III) 在(II)的条件下, 若对任意的正整数 , 在区间

[2, n ?

64 ] n 内,总存在 m+1 个数
成立,求 m 的最

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 )
7

大值.

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.

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) ?

ln x ? 1. 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(

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

8

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

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

9

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

?1? 如果 a ? 0 ,函数在区间 (a, a ? 1 ) 上存在极值,求实数 a 的取值范围;
2

?2? 当 x ? 1 时,不等式 f ( x) ?

k 恒成立,求实数 k 的取值范围. x ?1

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

1 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx ? c (a ? 0) 在 x ? 0 处取得极值 ?1 . 3 (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.
10

(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 ) .

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

1 f ( x)? c l n ? x 2

2

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

(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.

11

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

二、解答题 19.解(1)当 a ?1时,

? ( 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 。

12

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

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 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 ) ? a ? 2 (i)当 2 即0 时, f (x) 在 x?
? 1 ? a 1 )?f( e ) min 上为增函数。故当 x ?1时, y ,且此时 f(

1?
(ii)当

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

时为正数。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] e2 时, f ?(x) 在 x? (iii)当 2 ;即 a?2
? f( e ) ? e。 ? e min 上为减函数,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(
13

? 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
x ? ? ?30e (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'
21.

x ? [2 , 3], 所 以 e e e ex | x ?3| | x ? 2|?1 3? x x ?1 f ( x) ? e ? e ? e ? e ? x ? ? 2 x ? ? 2e , e e e e 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 | x ? 2 a ?1| ? e|x?a|?1 ,即 | x ? 2a ? 1|?| x ? a | ?1 恒成立所以 (2)由题意知,当 x ?[a, ??) 时, e | 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
解 :(1) 因 为

a?2

,



3

x

3

(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 .

a ? 1? 6 ① 当 1? 2 , 即 1? a ?

7 时 , 易 知 g ( x) 在 x ? [1 , 6] 上 的 最 小 值 为 2
14

f1 (2a ?1) ? e0 ? 1
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 ( 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 ③当 a ? 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 2 2 a ?7 f1 (6) ? e ( 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 f2 (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 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
2ab b bx b

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 .

?

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

15




n

2g x ≥
n

1 ( n ?

n

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

n ( ?

C

,1

C 故

C

?F (x ?

?F) xn ≥

?

) 10 分 ? n ?(N ? .???
*

2

2

23. 【解】 (1)因为 f ? (0)=9 > 0,所以 f (x)在区间 ? ??, ? ? ? 上只能是单调增函数.3 分

由 f ? (x)=3(m-3)x2 + 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, 5 解得 m= <3,不合题意,舍去. ????????????8 分 4 当 m<3 时, f ? (x)=3(m-3) x2 + 9=0,得 x ? ? 所 以 f (x) 的 单 调 区 间 为 : ??, ?

?

3 3 , 3 单调减, ? 单调增, 3? m 3? m 3? m

?

3 . 3? m

?

?

?

3 , ? ? 单调减.????10 分 3? m
3 ≥2 ,即 9 ≤m ? 3 时,[1 3 , 3 ? ,所以 f (x)在区间[1,2] , 2] ? ? ? 4 3? m 3? m 3? m?

?

①当

?

上单调增, 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

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

调减,[f (x)] max =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, ??)
16

(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

( ?1,1)
-

1 0 -1

(1, 2)
+

2 11

f '( x ) f ( x)

+ -1

0 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 ? 值 (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 ? kt ? k t ? 2k ,(t ? 2) ,
3 2 2 2 2 ∴ m?(t ) ? ?3t ? 2kt ? k ? 0 得 t1 ? k , t2 ? ?

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 4 4

k . 3

当 k ? 2 时, m(t )max ? m(k ) ? 0 得 k ? 2 ;

17

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

17 ? 1 ?k?2 2

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 ?

? 17 ? 1 ; 2

k 3

? 17 ? 1 17 ? 1 或k ? 2 2

27.

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


x ?1

时, f ? x ? ? x ? 1 ? ln x, f 在区间

'

?x ? ? 1 ? 1 ?
x

? f ?x ?

?1,??? 上是递增的
'

x ?1 ? 0. x



0 ? x ?1

时, f ? x ? ? x ? 1 ? ln x, f

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

? f ?x ?


在区间 时,

?0,1? 上是递减的.
的增区间为 时,

a ?1

f ?x ?

?1,??? ,减区间为 ?0,1? , f ?x?min ? f ?1? ? 0
f ' ?x ? ? 1 ? 1 x ?1 ? ? 0. x x

(2)若 则 当

a ?1

,当

x?a

f ?x ? ? x ? a ? ln x,

f ?x ?

在区间

?a,??? 上是递增的;
f ?x? ? a ? x ? ln x
, f ' ? x ? ? ?1 ?

0? x?a

时,

? f ?x ?


在区间

?0, a ? 上是递减的
x?a
时,

1 ? 0. x

0 ? a ?1

,当

f ?x ? ? x ? a ? ln x,

f ' ?x ? ? 1 ?
则 当

f ?x ?

在区间

1 x ?1 ? , x ? 1, f ' ? x ? ? 0, a ? x ? 1, f ' ? x ? ? 0 x x ?1,??? ?a,1? f ?x ?
上是递增的, 在区间 时,

上是递减的;

0? x?a

f ?x? ? a ? x ? ln x

, f ' ? x ? ? ?1 ?

? f ?x ?

在区间

?0, a ? 上是递减的,而 f ?x ? 在 x ? a 处有意义;
18

1 ? 0. x



f ?x ?

在区间

?1,??? 上是递增的,在区间 ?0,1? 上是递减的
f ?x ?
的递增区间是

综上: 当 当

a ?1
,

时,

?a,??? ,递减区间是 ?0, a ? ;

0 ? a ? 1 f ?x ?

的递增区间是

?1,??? ,递减区间是 ?0,1?
x ? 1 ? ln x ? 0,


ln x 1 ? 1? x x 2 2 2 ln 2 ln 3 ln n 1 1 1 1 1 ? ? 1 ? 2 ? 2 ? ?? 2 ? 1? 2 ?1? 2 ? ??1? 2 ? n ?1? ? 2 ? 2 ? ?? 2 ? 2 3 n 2 3 n 3 n ? ?2
(3)由(1)可知,当 时,有

a ? 1, x ? 1

? 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? ? ? ? ?
1 ? ?n ? 1??2n ? 1? ?1 n ?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
19

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 (

?2 且存在常数 x) 使得任取 |f

?

,

(x ? ?

)

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

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)

则因为

f ( x) 2 是二阶增函数,即 x 是增函数
f ( x3 ) f ( x2 ) ? ?0 x32 x2 2

一定存在 x3 ? x2 ? 0 ,

,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
20

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.
设 h( x) ? x 2 ? 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 .
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 ? f (3) ?
要 对

1 ? 0 , ? f ( x) 在 [e,3] 上 是 增 函 数 , f ( x) 在 [e,3] 上 的 最 大 值 为 x2

8 . 3

[e,3]









k







x1 , x2 ,?, xk





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
2 3 '

n

n

4i . 4i ? 1
2

30.解(1) f 3 ? x ? ? ? x ? 3 x ? 1 ? f 3 ? x ? ? ?3 x ? 3
21

∴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 , 为增函数,只需 | f 3 ∴ a 的取值范围是 (3)由 | f 4 ? x ? |?
3

?

? ? a ,1?内为减函数, f ?x ? 在 ??
3

a, a 内

?

? a ? ? f ?? a ? |? 1 ,则 4a
1 1 ?a?3 6 16

a ?1

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 2 (??,? 2 ), ( 2 ,??) 31. (Ⅰ) (Ⅱ) g (t )的表达式为g (t ) ? 20t ? 20t (t ? 0)
(Ⅲ)m 的最大值为 6

2 t ? 2时, f ( x) ? x ? , 【解析】(I)当 x
解得x ? 2 , 或x ? ? 2
.则函数

f ?( x) ? 1 ?

2 x2 ? 2 ? ?0 x2 x2
(??,? 2 ), ( 2 ,??)

f ( x)
x1


有单调递增区间为 ,

(II)设 M、N 两点的横坐标分别为

x2

? 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.
同理,由切线 PN 也过点(1,0),得 由(1)、(2),可得

(1) ???????4 分
2 x2 ? 2tx 2 ? t ? 0.

(2)

x1 , x 2 是方程x 2 ? 2tx ? t ? 0

的两根,

22

? 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)

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 上为增函数,

? 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

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
23

∴ 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

f ( x) min
③ 当

1 1 1 ? e 时, f ( x) 在 (0, ) 上单调递减,在 ( , e] 上单调递增 a a a 1 ? f ( ) ? 1 ? ln a ? 3 , a ? e 2 ,满足条件 a

1 ? e 时, x ? ?0, e?,所以 f / ( x) ? 0 , a
4 (舍去), e

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 综上,存在实数 a ? e ,使得当 x ? (0, e] 时 f ( x ) 有最小值 3

33.

24

(3)证明:对 ?n ? N * ,不等式 ln(

2?n 2?n 恒成立. )? n n
25

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

∴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

26

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 , 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,[来源:] 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
27

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 与 x 轴 交 于 0 、 ? 、 2? ,, 所 求

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 (Ⅱ)∵ f ?( x) ? x ?

f (2) ? ?2ln 2 .

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

28

f ( x2 ) ? f ( x1 ) f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? a , 恒 成 立 , 不 妨 设 0 ? x1 ? x2 , 只 要 ?a , x2 ? x1 x2 ? x1
即: f ? x2 ? ? ax2 ? f ? x1 ? ? ax1 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) ? 2x 2 ? x ? 1 ? ( x ? 1)(2x ? 1)

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 5 1 31 1 ? f (?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
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,

29

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 2k

? Sk ?1 ? c ? 2Sk ? 2c 即 c ? 2Sk ? Sk ?1 ,代入计算得 c ? 4 ?
立,所以 0 ? c ? 1 ―――――3 分: (2)符号为负

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

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

? 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 ?(1 ? q n )(1 ? q n? 2 ) ? (1 ? q n?1 )2 ? ? (1 ? q)2 ?

a12 ? (?q n ? q n? 2 ? 2q n?1 ) ? ?a12qn ? 0 2 (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
30

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

41.解:(1)?

f ' ( x) ? x2 ? 2ax ? b ,由题意可得 f ' (0) ? 0 , f (0) ? ?1 ,解得 b ? 0, c ? ?1
1 3 x ? ax 2 ? 1 3

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

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 把 (?a, f (?a)) 代入可得 x0 ? 3ax0 ? 3a2 x0 ? a3 ? 0 ,即为 ( x0 ? a)3 ? 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 设 g ( x) ?

2 3 2 x0 ? ax0 ? 1 ? 0 有三个不同的实根 3

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

31

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 ? ?
c x 2 ? bx ? c 42.解: f '( x) ? ? x ? b ? ,又 f '(1) ? 0 x x
所以 f '( x) ?

2

( x ? 1)( x ? c) 且 c ? 1, b ? c ?1 ? 0 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

1 1 f ( x) ? 0 恰有两解,则 f (1) ? 0 ,即 ? b ? 0 ,所以 ? ? c ? 0 ; 2 2
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

32

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 ? 则 f ( x) ? 0 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 , 2 2 2

1 ?c?0. 2

33


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