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2015模拟导数教师版


1.

(2015 昌平二模文)20.(本小题共 13 分) 已知函数 f ( x) ? a( x ? 2)2 ? 2ln x . ( I ) 若 a ? 1 ,求函数 f ( x ) 的单调区间; ( II ) 若 f ( x ) 在区间 [1, 4] 上是增函数,求实数 a 的取值范围; (III) 已知函数 g ( x) ? f ( x) ? 4a ?<

br />
1 (a ? 0) ,当 x ?[2, ??) 时,函数 g ( x) 图象上的 4a

点均在不等式 ?

?x ? 2 所表示的平面区域内,求实数 a 的取值范围. ?y ? x

20.(本小题共 13 分) 解: (I)当 a ? 1 时, f ( x) ? ( x ? 2) ? 2ln x, 定义域 ? 0, ?? ? .
2

f ' ( x) ? 2 x ? 4 ?

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

因为 x ? 0 ,所以 f ' ( x) ? 0 . 所以函数 f ( x ) 的单调递增区间是 ? 0, ?? ? ,无单调递减区间. ……………3 分

2 2ax 2 ? 4ax ? 2 (a ? 0), x ? ?1, 4? . (II) f ( x) ? 2ax ? 4a ? ? x x
'

因为 f ( x ) 在区间 [1, 4] 上是增函数, 所以 f ' ( x) ? 0 在区间 [1, 4] 上恒成立,即 2ax ? 4ax ? 2 ? 0 在 [1, 4] 上恒成立.
2

(i)当 a ? 0 满足题意 (ii)令 h( x) ? 2ax2 ? 4ax ? 2, 则 h( x) ? 2a( x ?1)2 ? 2a ? 2, 对称轴 x ? 1 . ① 当 a ? 0 时,只需 h(1) ? 0, 即 ?2a ? 2 ? 0, 解得 0 ? a ? 1. ② 当 a ? 0 时,只需 h(4) ? 0, 即 16a ? 2 ? 0, 解得 ? 综上,实数 a 的取值范围是 ?

1 ? a ? 0. 8

1 ? a ?1 8

……………7 分

(III)依题意, g ( x) ? x 在 [2, ??) 上恒成立. 令 p( x) ? g ( x) ? x ? a ( x ? 2) ? 2 ln x ? 4a ?
2

1 ? x, 则 p( x)min ? 0 在 [2, ??) 上 成 立 即 4a
1

可.

p ' ( x) ? 2ax ? 4a ?
① 当 a ? 0 时,

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

因为 x ? 2 ,所以 x ? 2 ? 0, 2ax ? 1 ? 0, 则 p' ( x) ? 0, p ( x) 在 [2, ??) 上是单调递减, 且 p (4) ? 2 ln 4 ? 4 ? ② 当0 ? a ?

1 ? 0 ,所以不满足 p( x)min ? 0 ,则 a ? 0 不成立. 4a

1 1 时, 2 ? . 4 2a

? 1 ? ? 1 ? 令 p' ( x) ? 0, 则递增区间是 ? , ?? ? ,令 p' ( x) ? 0, 则递减区间是 ? 2, ? . ? 2a ? ? 2a ?

1 1 1 1 1 ) ? a( ? 2) 2 ? 2 ln ? 4a ? ? ? ?2 ? 2 ln 2a. 2a 2a 2a 4a 2a 1 ?2 ? 2 ln 2a ? 0 ,解得 a ? , 2e 1 所以 0 ? a ? . 2e 1 1 ③当 a ? 时, 2 ? . 4 2a 1 ' ? 2. 令 p ( x) ? 0, 则递增区间是 ? 2, ?? ? .所以 p ( x) min ? p (2) ? 2 ln 2 ? 4a ? 4a 1 1 1 ? 1, ?4a ? ?1, 则 ?4a ? ? 0, 2 ln 2 ? 2 ? 0 , 因为 a ? ,所以 4 4a 4a 1 所以 p( x)min ? p(2) ? 0, 不满足 p( x)min ? 0 ,则 a ? 不成立, 4 1 综上,实数 a 的取值范围是 0 ? a ? . ……………13 分 2e
所以 p( x) min ? p (

2.

(2015 丰台二模文)19.(本小题共 13 分) 已知函数 f ( x) ? x e .
2 x

(Ⅰ)求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)证明: ?x1 , x2 ? (??,0] , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ?

4 ; e2

(Ⅲ)写出集合 {x ? R f ( x) ? b ? 0} (b 为常数且 b ? R )中元素的个数(只需写出 结论) . 19.(本小题共 13 分)
2

解: (Ⅰ) f ?( x) ? x( x ? 2)e x . 令 f ?( x) ? x( x ? 2)e x ? 0 ,则 x1 ? ?2 , x2 ? 0 .

x
f ?( x )

( ??, ?2)
+ ↗

?2

( ?2,0)


0

(0, ??)
+ ↗

0
极大

0
极小

f ( x)

所 以 函 数 f ( x ) 的 单 调 递 减 区 间 为 ( ?2,0) , 单 调 递 增 区 间 为

( ??, ?2) , (0, ??) .
?????? ??4 分 (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知 f ( x ) 的单调递增区间为 ( ??, ?2) ,单调递减区间为 ( ?2,0) , 所以当 x ? (??,0] 时, f ( x)最大值 = f ( ?2) ?

4 . e2

因为当 x ? ( ??, ?2] 时, f ( x) ? 0 , f (0) ? 0 , 所以当 x ? (??,0] 时, f ( x)最小值 = f (0) ? 0 . 所以 f ( x)最大值 - f ( x)最小值 =

4 . e2 4 . e2

所以对 ?x1 , x2 ? (??,0] ,都有 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x)最大值 - f ( x)最小值 = ??10 分 (Ⅲ)当 b ? 0 时,集合 {x ? R f ( x) ? b ? 0} 的元素个数为 0; 当b ? 0或b ? 当b ?

??????

4 时,集合 {x ? R f ( x) ? b ? 0} 的元素个数为 1; e2

4 时,集合 {x ? R f ( x) ? b ? 0} 的元素个数为 2; e2 4 当 0 ? b ? 2 时, 集合 {x ? R f ( x) ? b ? 0} 的元素个数为 3. ???????? e
13 分 3. (2015 海淀二模文) (19) (本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) ? a ln x ? x ? 2 ,其中 a ? 0 .
3

(Ⅰ)求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若对任意的 x1 ?[1,e] ,总存在 x2 ? [1, e] ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 ,求实数 a 值. (19) (共 13 分) 解: (Ⅰ) f '( x) ? 分 当 a ? 0 时,对 ?x ? (0, ??) , f '( x) ? 0 ,所以 f ( x ) 的单调递减区间为 (0, ??) ; ??????4 分 当 a ? 0 时,令 f '( x) ? 0 ,得 x ? a . 因为 x ? (0, a) 时, f '( x) ? 0 ; x ? (a, ??) 时, f '( x) ? 0 . 所以 f ( x ) 的单调递增区间为 (0, a ) ,单调递减区间为 (a, ??) . 分 (Ⅱ)用 f ( x)max , f ( x)min 分别表示函数 f ( x ) 在 [1, e] 上的最大值,最小值. 当 a ? 1 且 a ? 0 时,由(Ⅰ)知:在 [1, e] 上, f ( x ) 是减函数. 所以 f ( x)max ? f (1) ? 1 . 因为 对任意的 x1 ?[1,e] , x2 ? [1, e] , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 f (1) ? 2 ? 4 , 所以对任意的 x1 ?[1, e] ,不存在 x2 ? [1, e] ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 . 分 当 1 ? a ? e 时,由(Ⅰ)知:在 [1, a] 上, f ( x ) 是增函数,在 [ a, e] 上, f ( x ) 是减函数. 所以 f ( x)max ? f (a) ? a ln a ? a ? 2 . 因为 对 x1 ? 1 , ?x2 ?[1,e] , ??????8 ??????6

a a?x ?1 ? , x ? 0. x x

??????2

f (1) ? f ( x2 ) ? f (1) ? f (a) ? 1 ? a ln a ? a ? 2 ? a(ln a ?1) ? 3 ? 3 ,
所以 对 x1 ? 1?[1,e] ,不存在 x2 ? [1, e] ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 . 分 当 a ? e 时,令 g ( x) ? 4 ? f ( x)( x ?[1,e]) . 由(Ⅰ)知:在 [1, e] 上, f ( x ) 是增函数,进而知 g ( x) 是减函数.
4

??????10

所以 f ( x)min ? f (1) ? 1 , f ( x)max ? f (e) ? a ? e ? 2 ,

g ( x)max ? g (1) ? 4 ? f (1) , g ( x)min ? g (e) ? 4 ? f (e) .
因为 对任意的 x1 ?[1,e] ,总存在 x2 ? [1, e] ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 ,即 f ( x1 ) ? g ( x2 ) , 所以 ?

? f (1) ? g (e), ? f (1) ? f (e) ? 4, 即? ? f (e) ? g (1), ? f (e) ? f (1) ? 4.
??????13

所以 f (1) ? f (e) ? a ? e ? 3 ? 4 ,解得 a ? e ? 1 . 分 综上所述,实数 a 的值为 e ? 1 . 4. (2015 东城二模文) (20) (本小题共 14 分)
3 已知函数 f ( x) ? x ?

5 2 7 x ? ax ? b , g ( x) ? x3 ? x 2 ? ln x ? b , ( a , b 为常数) . 2 2

(Ⅰ)若 g ( x) 在 x ? 1 处的切线过点 (0 , ? 5) ,求 b 的值; (Ⅱ)设函数 f ( x ) 的导函数为 f ?( x ) ,若关于 x 的方程 f ( x) ? x ? xf ?( x) 有唯一解,求实 数 b 的取值范围; (Ⅲ)令 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ,若函数 F ( x) 存在极值,且所有极值之和大于 5 ? ln 2 ,求 实数 a 的取值范围. (20) (共 14 分) 解: (Ⅰ)设 g ( x) 在 x ? 1 处的切线方程为 y ? kx ? 5 , 因为 g ?( x) ? 3 x ? 7 x ?
2

1 , g ?(1) ? 11 , x

所以 k ? 11 ,故切线方程为 y ? 11x ? 5 .
3 当 x ? 1 时, y ? 6 ,将 (1, 6) 代入 g ( x) ? x ?

7 2 x ? ln x ? b , 2
??????????3 分

得b ?

3 . 2
2

(Ⅱ) f ' ? x ? ? 3x ? 5x ? a , 由题意得方程 x ?
3

5 2 x ? ax ? b ? 3x3 ? 5 x 2 ? ax ? x 有唯一解, 2

即方程 2 x ?
3

5 2 x ? x ? b 有唯一解. 2

5

5 2 x ? x ,则 h '( x) ? 6x2 ? 5x ? 1 ? (2x ? 1)(3x ? 1) , 2 1 1 1 1 所以 h( x) 在区间 (??, ? ), ( ? , ??) 上是增函数,在区间 (? , ? ) 上是减函 2 3 2 3
3 令 h( x ) ? 2 x ?

数.

1 1 1 2 8 3 故实数 b 的取值范围是 7 1 (??, ? ) U (? , ??) . 54 8
(Ⅲ) F ( x) ? ax ? x2 ? ln x, 所以 F '( x) ? ?

又 h( ? ) ? ? , h( ? ) ? ?

7 , 54

??????????8 分

2 x 2 ? ax ? 1 . x
2 x 2 ? ax ? 1 ? 0 在 (0,??) 上有根, x

因为 F ( x) 存在极值,所以 F '( x) ? ? 即方程 2x
2

? ax ? 1 ? 0 在 (0,??) 上有根,则有 ? =a 2 ? 8 ? 0 .

显然当 ? =0 时, F ( x) 无极值,不合题意; 所以方程必有两个不等正根.

1 ? x1 x2 ? ? 0, ? ? 2 2 记方程 2x ? ax ? 1 ? 0 的两根为 x 1 , x 2 ,则 ? ?x ? x ? a , 1 2 ? ? 2

F ( x1 ) ? F ( x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ? ( x12 ? x22 ) ? (ln x1 ? ln x2 )
? a2 a2 1 1 ? ? 1 ? ln ? 5 ? ln , 2 2 4 2

2 解得 a ? 16 ,满足 ? ? 0 .

又 x1 ? x2 ? 故 所

a ? 0 ,即 a ? 0 , 2


a













(4,??) .
(2015 西城二模文)20. (本小题满分 13 分) 1? x 已知函数 f ( x ) ? ,其中 a ? R . 1 ? ax 2

??????????14 分

5.

6

(Ⅰ)当 a ? ? 时,求函数 f ( x) 的图象在点 (1, f (1)) 处的切线方程;
4

1

(Ⅱ)当 a ? 0 时,证明:存在实数 m ? 0 ,使得对任意的 x ,都有 ?m ≤ f ( x) ≤ m 成立; (Ⅲ)当 a ? 2 时,是否存在实数 k ,使得关于 x 的方程 f ( x) ? k ( x ? a) 仅有负实数解? 当 a ? ? 时的情形又如何?(只需写出结论)
2 1

20. (本小题满分 13 分) (Ⅰ)解:当 a ? ?

1 4

时,函数 f ( x) ?

1? x , 1 2 1? x 4
?????? 2

求导,得 f ?( x) ?

? x 2 ? 2 x ? 4 ?( x ? 1) 2 ? 3 ? , 1 2 2 1 2 2 4(1 ? x ) 4(1 ? x ) 4 4

分 因为 f (1) ? 0 , f ?(1) ? ? 分 所以函数 f ( x) 的图象在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 4 x ? 3 y ? 4 ? 0 . ?????? 4 分 (Ⅱ)证明:当 a ? 0 时, f ( x ) ? 求导,得 f ?( x) ? 分 令 f ?( x ) ? 0 ,解得 x1 ? 1 ? 1 ? 分 当 x 变化时, f ?( x ) 与 f ( x ) 的变化情况如下表:

4 , 3

??????3

1? x 的定义域为 R . 1 ? ax 2
, ??????5

ax 2 ? 2ax ? 1 (1 ? ax 2 ) 2

1 a

? 0 , x2 ? 1 ? 1 ?

1 a

?1,

?????? 6

x
f ?( x ) f ( x)

(??, x1 )
+ ↗

x1
0

( x1 , x2 )

x2
0

( x2 , ??)
+ ↗ ?????? 8
7

?


分 所以函数 f ( x) 在 (??, x1 ) , ( x2 , ??) 上单调递增,在 ( x1 , x2 ) 上单调递减. 又因为 f (1) ? 0 ,当 x ? 1 时, f ( x) ?

1? x 1 ? ax
2

? 0 ;当 x ? 1 时, f ( x) ?

1? x 1 ? ax 2

?0,

所以当 x≤1 时, 0≤f ( x)≤f ( x1 ) ;当 x ? 1 时, f ( x2 )≤f ( x) ? 0 . 记 M ? max{ | f ( x1 ) |, | f ( x2 ) | } ,其中 max{ | f ( x1 ) |, | f ( x2 ) | } 为两数 | f ( x1 ) | ,

| f ( x2 ) 中最大的数, |
综上, 当 a ? 0 时, 存在实数 m ? [ M , ??) , 使得对任意的实数 x , 不等式 ?m≤f ( x)≤m 恒成立. 分 (Ⅲ)解:当 a ? ? 有负实数解. 分 ??????10

1 2

与 a ? 2 时,不存在实数 k ,使得关于实数 x 的方程 f ( x) ? k ( x ? a) 仅 ??????13

6.

(2015 昌平二模理)18.(本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) ? x2 ? ax ? ln x, a ? R. (I)若函数 f ( x) 在 (1, f (1)) 处的切线垂直于 y 轴,求实数 a 的值; (II) 在(I)的条件下,求函数 f ( x) 的单调区间; (III) 若 x ? 1时, f ( x) ? 0 恒成立,求实数 a 的取值范围. 18.(本小题满分 13 分) 解: (I) f ( x) ? x2 ? ax ? ln x, a ? R. 定义域为 (0, ??)

1 f ' ( x) ? 2 x ? a ? , a ? R. x
依题意, f ' (1) ? 0 . 所以 f ' (1) ? 3 ? a ? 0 ,解得 a ? 3
2 (II) a ? 3 时, f ( x) ? ln x ? x ? 3x ,定义域为 (0, ??) ,

……………4 分

8

f ?( x) ?

1 1 ? 2 x 2 ? 3x ? 2x ? 3 ? x x
1 或 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 , 2

当0 ? x ? 当

1 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 0 , 2
1 2

故 f ( x ) 的单调递增区间为 (0, ), (1, ??) ,单调递减区间为 ( ,1) .----8 分

1 2

ln x ? x 2 (III)解法一:由 f ( x) ? 0 ,得 a ? 在 x ? 1 时恒成立, x
令 g ( x) ?

1 ? x 2 ? ln x ln x ? x 2 ,则 g ?( x) ? x2 x

令 h( x) ? 1 ? x2 ? ln x ,则 h?( x) ? 2 x ?

1 2 x2 ?1 ? ?0 x x

所以h( x) 在 (1, ??) 为增函数, h( x) ? h(1) ? 2 ? 0 .
故 g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 在 (1, ??) 为增函数. g ( x) ? g (1) ? 1 , 所以 a ? 1 ,即实数 a 的取值范围为 (??,1] . 解法二: f ?( x) ? ……………13 分

1 1 ? 2 x 2 ? ax ? 2x ? a ? x x
2

令 g ( x) ? 2 x2 ? ax ? 1 ,则 ? ? a ? 8 , (i)当 ? ? 0 ,即 ?2 2 ? a ? 2 2 时, f ?( x) ? 0 恒成立,

因为x ? 1, 所以f ( x) 在 (1, ??) 上单调递增,
f ( x) ? f (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 a ? 1 ,所以 a ? (?2 2,1] ;
(ii)当 ? ? 0 ,即 a ? ?2 2 时, f ?( x) ? 0 恒成立,

因为x ? 1, 所以f ( x) 在 (1, ??) 上单调递增,
f ( x) ? f (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 a ? 1 ,所以 a ? ?2 2 ;
(iii)当 ? ? 0 ,即 a ? ?2 2 或 a ? 2 2 时,

9

方程 g ( x) ? 0 有两个实数根 x1 ?

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 , x2 ? 4 4

若 a ? ?2 2 ,两个根 x1 ? x2 ? 0 , 当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 , 所以f ( x) 在 (1, ??) 上单调递增, 则 f ( x) ? f (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 a ? 1 ,所以 a ? ?2 2 ; 若 a ? 2 2 , g ( x) ? 0 的两个根 0 ? x1 ? x2 ,

因为f ( x) ? 1 ? a ? 0 ,且 f ( x) 在 (1, ??) 是连续不断的函数
所以总存在 x0 ? 1 ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,不满足题意. 综上,实数 a 的取值范围为 (??,1] . ……………13 分

7. (2015 海淀二模理) (18) (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x ) ?

1 ? ln x . x2

(Ⅰ)求函数 f ( x ) 的零点及单调区间; (Ⅱ)求证:曲线 y ? (18) (共 13 分) 解: (Ⅰ)令 f ( x) ? 0 ,得 x ? e . 故 f ( x ) 的零点为 e . 分 ??????1

ln x 存在斜率为 6 的切线,且切点的纵坐标 y0 ? ?1 . x

1 (? ) ? x 2 ? (1 ? ln x) ? 2 x 2 ln x ? 3 f '( x) ? x ? ( x ? 0 ). 2 2 (x ) x3
分 令 f '( x) ? 0 ,解得 x ? e . 当 x 变化时, f '( x) , f ( x ) 的变化情况如下表:
3 2

?????? 3

f ( x)

3

(0, e 2 )

e

3 2

(e 2 , ??)

3

10

f '( x)
f ( x)

?

3

0

?

3

所以 f ( x ) 的单调递减区间为 (0, e 2 ) ,单调递增区间为 (e 2 , ??) . 分

??????6

1 ? x ? 1? ln x ln x 1 ? ln x x (Ⅱ)令 g ( x) ? .则 g '( x) ? ? ? f ( x) . 2 x x x2
分 因为

??????7

1 1 f ( ) ? 4 ? 4 ln 2 ? 4 ? 4 ? ? 6 , f (e) ? 0 , 且由 (Ⅰ) 得, f ( x ) 在 (0, e) 2 2 1 2

内是减函数, 所以 存在唯一的 x0 ? ( , e) ,使得 g '( x0 ) ? f ( x0 ) ? 6 . 当 x ? [e, ??) 时, f ( x) ? 0 . 所以 曲线 y ? 分 由 g '( x0 ) ?

ln x 存在以 ( x0 , g ( x0 )) 为切点,斜率为 6 的切线. ??????10 x

1 ? ln x0 2 . ? 6 得: ln x0 ? 1 ? 6x0 2 x0
2 ln x0 1 ? 6 x0 1 ? ? ? 6 x0 . x0 x0 x0

所以 g ( x0 ) ? 因为 x0 ? 所以

1 , 2

1 ? 2 , ?6 x0 ? ?3 . x0
??????13

所以 y0 ? g ( x0 ) ? ?1 . 分 8. (2015 西城二模理)18. (本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x ) ?
1

1? x 1 ? ax 2

,其中 a ? R .

(Ⅰ)当 a ? ? 时,求 f ( x ) 的单调区间;
4

(Ⅱ)当 a ? 0 时,证明:存在实数 m ? 0 ,使得对于任意的实数 x ,都有 | f ( x) |≤ m 成 立.
11

18.(本小题满分 13 分) (Ⅰ)解:当 a ? ?

1 4

时,函数 f ( x) ?

1? x , 1 2 1? x 4
?????? 1

其定义域为 {x ? R | x ? ?2} . 分

求导,得 f ?( x) ?

? x 2 ? 2 x ? 4 ?( x ? 1) 2 ? 3 ? ?0, 1 2 2 1 2 2 4(1 ? x ) 4(1 ? x ) 4 4

?????? 4

分 所以函数 f ( x) 在区间 (??, ?2) , (?2, 2) , (2, ??) 上单调递减. 分 (Ⅱ)证明:当 a ? 0 时, f ( x ) ? 求导,得 f ?( x) ? 分 令 f ?( x ) ? 0 ,解得 x1 ? 1 ? 1 ? 分 当 x 变化时, f ?( x ) 与 f ( x ) 的变化情况如下表: ?????? 5

1? x 的定义域为 R . 1 ? ax 2
, ?????? 6

ax 2 ? 2ax ? 1 (1 ? ax 2 ) 2

1 a

? 0 , x2 ? 1 ? 1 ?

1 a

?1,

?????? 7

x
f ?( x ) f ( x)

(??, x1 )
+ ↗

x1
0

( x1 , x2 )

x2
0

( x2 , ??)
+ ↗ ?????? 10

?


分 所以函数 f ( x) 在 (??, x1 ) , ( x2 , ??) 上单调递增,在 ( x1 , x2 ) 上单调递减. 又因为 f (1) ? 0 ,当 x ? 1 时, f ( x) ?

1? x 1 ? ax
2

? 0 ;当 x ? 1 时, f ( x) ?

1? x 1 ? ax 2

?0,

所以当 x≤1 时, 0≤f ( x)≤f ( x1 ) ;当 x ? 1 时, f ( x2 )≤f ( x) ? 0 .

?????? 12
12

分 记 M ? max{ | f ( x1 ) |, | f ( x2 ) | } ,其中 max{ | f ( x1 ) |, | f ( x2 ) | } 为两数 | f ( x1 ) | ,

| f ( x2 ) 中最大的数, |
综上,当 a ? 0 时,存在实数 m ? [ M , ??) ,使得对任意的实数 x ,不等式 | f ( x) | ≤m 恒 成立. 分 9. (2015 东城二模理) (18) (本小题共 13 分) 已知函数 f ( x) ? x ? a ? e
2

?????? 13

?x



(Ⅰ)当 a ? e 时,求 f ( x ) 在区间 [1,3] 上的最小值; (Ⅱ)求证:存在实数 x0 ?[?3,3] ,有 f ( x0 ) ? a . (18) (共 13 分) 解: (Ⅰ)当 a ? e2 时, f ( x) ? x ? e 因为 f '( x) ? 1 ? e 2? x , 由 f ?( x) ? 0 , x ? 2 . 则 x , f ?( x ) , f ( x ) 关系如下:
2? x

, x ? [1,3] .

x
f ?( x )
f ( x)

(1,2)
?


2

(2,3)

0
极小值

?


所以当 x ? 2 时, f ( x ) 有最小值为 3 .

???5 分

(Ⅱ) “存在实数 x0 ?[?3,3] ,有 f ( x) ? a ”等价于 f ( x ) 的最大值大于 a . 因为 f '( x) ? 1 ? ae ? x , 所以当 a ? 0 时, x ? [?3,3] , f ' ( x) ? 0 , f ( x) 在 (?3,3) 上单调递增, 所以 f ( x ) 的最大值为 f (3) ? f (0) ? a . 所以当 a ? 0 时命题成立.

x

(??, ln a)

ln a

(ln a,??)

13

当 a?0

f ?( x )

?


0
极小值

?


时, 由 f ?( x) ? 0 得

x ? ln a .
则 x?R

f ( x)

时 , x , f ?( x ) ,

f ( x) 关系如下:

(1)当 a ? e3 时 , ln a ? 3 , f ( x) 在 (?3,3) 上单调递减, 所以 f ( x ) 的最大值 f (?3) ? f (0) ? a . 所以当 a ? e 时命题成立.
3

(2)当 e?3 ? a ? e3 时, ? 3 ? ln a ? 3 , 所以 f ( x) 在 (?3, ln a ) 上单调递减,在 (ln a,3) 上单调递增. 所以 f ( x ) 的最大值为 f (?3) 或 f (3) . 且 f (?3) ? f (0) ? a 与 f (3) ? f (0) ? a 必有一成立, 所以当 e
?3

? a ? e3 时命题成立.

?3 (3) 当 0 ? a ? e 时 , ln a ? ?3 ,

所以 f ( x) 在 (?3,3) 上单调递增, 所以 f ( x ) 的最大值为 f (3) ? f (0) ? a . 所以当 0 ? a ? e 时命题成立. 综上:对任意实数 a 都存在 x ? [?3,3] 使 f ( x) ? a 成立. ??13 分 10. (2015 朝阳二模理)19.(本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ? ( x2 ? a)e x , a ? R . (Ⅰ)当 a ? 0 时,求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若在区间 (1, 2) 上存在不相等的实数 m, n ,使 f (m) = f (n) 成立,求 a 的取值范围; (Ⅲ)若函数 f ( x ) 有两个不同的极值点 x1 , x2 ,求证: f ( x1 ) f ( x2 ) ? 4e?2 . (19) (本小题满分 14 分)
2 x x 2 解: (Ⅰ)当 a ? 0 时, f ( x) ? x e , f ?( x) ? e ( x ? 2 x) .
?3

14

由 ex ( x2 ? 2 x) ? 0 ,解得 x ? 0 , x ? ?2 . 当 x ? (??, ?2) 时,f ?(x)>0,f (x)单调递增; 当 x ? (?2, 0) 时,f ?(x)<0,f (x)单调递减; 当 x ? (0, ??) 时,f ?(x)>0,f (x)单调递增. 所以函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ?2) , (0, ??) ,单调减区间为 (?2, 0) .????4 分 (Ⅱ)依题意即求使函数 f ( x) ? e x ( x2 ? a) 在 (1, 2) 上不为单调函数的 a 的取值范围.

f ?( x) ? ex ( x2 ? 2x ? a) .设 g ( x) ? x2 ? 2x ? a ,则 g (1) = 3 - a , g (2) = 8 - a .
因为函数 g ( x) 在 (1, 2) 上为增函数, 当? í

ì ? g (1) = 3 - a < 0 ,即当 3 < a < 8 时,函数 g ( x) 在 (1, 2) 上有且只有一个零点,设 ? g (2) = 8 a > 0 ? ?

为 x0 . 当 x ? (1, x0 ) 时, g ( x) ? 0 ,即 f ? ( x) < 0 , f ( x) 为减函数; 当 x ? ( x0 , 2) 时, g ( x) ? 0 ,即 f ? ( x) > 0 , f ( x) 为增函数,满足在 (1, 2) 上不为单调 函数. 当 a ? 3 时, g (1) ? 0 , g (2) > 0 ,所以在 (1, 2) 上 g ( x) > 0 成立(因 g ( x) 在 (1, 2) 上 为增函数) ,所以在 (1, 2) 上 f ?( x) ? 0 成立,即 f ( x ) 在 (1, 2) 上为增函数,不合题意. 同理 a ? 8 时,可判断 f ( x ) 在 (1, 2) 上为减函数,不合题意. 综上 3 < a < 8 . (Ⅲ) f ?( x) ? e ( x ? 2 x ? a) .
x 2

??????????????????????9 分

( x) 有 两 个 不 同 的 零 点 , 即 方 程 因 为 函 数 f ( x) 有 两 个 不 同 的 极 值 点 , 即 f ?
x 2 + 2 x - a = 0 的判别式 ? ? 4 ? 4a ? 0 ,解得 a ? ?1 .
由 x ? 2 x ? a ? 0 ,解得 x1 ? ?1 ? a ? 1, x2 ? ?1 ? a ? 1 .
2

此时 x1 ? x2 ? ?2 , x1 x2 ? ?a .

15

随着 x 变化时, f ( x ) 和 f ?( x ) 的变化情况如下:

x
f ?( x )
f ( x)

(?? , x1 )
+ ↗

x1
0
极大值

( x1 , x2 )
- ↘

x2
0 极小值

( x2 , ??)
+ ↗

所以 x1 是函数

f ( x) 的极大值点, x2 是函数 f ( x) 的极小值点.

所以 f ( x1 ) 为极大值, f ( x2 ) 为极小值.
2 2 所以 f ( x1 ) f ( x2 ) ? e 1 ( x1 ? a) ? e 2 ( x2 ? a) x x
2 2 =e x1 ? x2 [ x12 x2 ? a( x12 ? x2 ) ? a2 ]

2 =e x1 ? x2 ? x12 x2 ? a[( x1 ? x2 )2 ? 2 x1 x2 ] ? a 2 ?

=e?2 [a 2 ? a(4 ? 2a) ? a2 ] = ? 4ae?2 .
因为 a ? ?1 ,所以 ?4ae
?2

? 4e?2 .

所以 f ( x1 ) f ( x2 ) ? 4e?2 .???????????????????????? 14 分 11. (2015 丰台二模理)20.(本小题共 13 分) 已知函数 f ( x ) ?

ln ax ? 1 ( a ? 0 ). x

(Ⅰ)求函数 f ( x ) 的最大值; (Ⅱ)如果关于 x 的方程 ln x ? 1 ? bx 有两解,写出 b 的取值范围(只需写出结论) ;
* (Ⅲ)证明:当 k ? N 且 k ? 2 时, ln

k 1 1 1 1 ? ? ? ? ??? ? ? ln k . 2 2 3 4 k

20.(本小题共 13 分) 解: (Ⅰ)函数的定义域为 {x x ? 0}.

ln ax ? 1 , x ? ln ax 所以 f ?( x) ? . x2
因为 f ( x ) ? 因为 a ? 0 ,所以当 f ?( x) ? 0 时, x ?

1 . a 1 1 当 x ? (0, ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 在 (0, ) 上单调递增; a a 1 1 当 x ? ( , ??) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 在 ( , ?? ) 上单调递减. a a
16







x?

1 a





1 f ( x )最大值 ? f ( ) ? a . a
( 解. Ⅱ ) 当

????????6 分

0 ? b ?1

时 , 方 ????????8 分



l x? n ?

b 1 有x



(Ⅲ)由(Ⅰ)得

ln x ? 1 1 ? 1 ,变形得 1 ? x ? ln ,当 x ? 1 等号成立.所以 x x

1 ? ln 2 , 2 2 3 1 ? ? ln , 3 2 1?
??

1?


k ?1 k ? ln , k k ?1
以 得 到 当

k ? N*



k?2





1 1 1 1 ? ? ? ?????? ? ? ln k . ????????10 分 2 3 4 k ln x ? 1 ? 1 ,变形得 ln x ? x ? 1 ,当 x ? 1 等号成立.所以 由(Ⅰ)得 x 3 3 ln ? ? 1 , 2 2 4 4 ln ? ? 1 , 3 3 5 5 ln ? ? 1 , 4 4
??

ln

k ?1 k ?1 ? ? 1, k k

* 所以得到 当 k ? N 且 k ? 2 时, ln

又因为 ln 所

k k ?1 ? ln , 2 2
以 当

k ?1 1 1 1 1 ? ? ? ? ?????? ? . 2 2 3 4 k

k ? N*



k?2





l

k 1 ? n 2
答案

2

?

1 k 3

?

1

1 k . ???????? ? l ? n 13 ? 分 4

?

?

?

?

?

x2 ? (a ? 1) x , a ? R . 2 (Ⅰ) 当 a ? ?1 时,求函数 f ( x) 的最小值; (Ⅱ) 当 a ? 1 时,讨论函数 f ( x) 的零点个数.
1. (朝理一 18) .已知函数 f ( x) ? a ln x ? 解: (Ⅰ)函数 f ( x) 的定义域为 ?x x ? 0? .
17

当 a ? ?1 时, f ( x) ? ? ln x ?

x2 . 2

1 x2 ? 1 ( x ? 1)( x ? 1) . f ?( x) ? ? ? x ? ? x x x ( x ? 1)( x ? 1) ( x ? 1)( x ? 1) 由 ? 0 ( x > 0)解得 x ? 1 ;由 ? 0 ( x > 0) 解得 0 ? x ? 1 . x x 所以 f ( x) 在区间 (0,1) 单调递减, 在区间 (1, ??) 单调递增.
所以 x ? 1 时,函数 f ( x) 取得最小值 f (1) ? (Ⅱ) f ?( x) ?

1 . 2

……………….5 分

( x ? 1)( x ? a) ,x?0. x (1)当 a ? 0 时, x ? (0,1) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 为减函数; x ? (1, ??) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 为增函数.
所以 f ( x) 在 x ? 1 时取得最小值 f (1) ? ?a ? (ⅰ)当 a ? 0 时, f ( x) ? 有一个零点;

1 . 2

x2 ? x ,由于 x ? 0 ,令 f ( x ) = 0 , x = 2 ,则 f ( x) 在 (0, ??) 上 2

1 (ⅱ)当 a ? ? 时,即 f (1) ? 0 时, f ( x) 有一个零点; 2 1 (ⅲ)当 a ? ? 时,即 f (1) ? 0 时, f ( x) 无零点. 2 1 (ⅳ)当 ? ? a ? 0 时,即 f (1) ? 0 时, 2 由于 x ? 0 (从右侧趋近 0)时, f ( x) ? ?? ; x ??? 时, f ( x) ? ?? , 所以 f ( x) 有两个零点.
(2)当 0 ? a ? 1 时, x ? (0, a) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 为增函数; x ? (a,1) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 为减函数;
x ? (1, ??) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 为增函数. 所以 f ( x) 在 x ? a 处取极大值, f ( x) 在 x ? 1 处取极小值.

1 1 f (a) ? a ln a ? a2 ? (a ? 1)a ? a ln a ? a2 ? a . 2 2 当 0 ? a ? 1 时, f (a) ? 0 ,即在 x ? (0,1) 时, f ( x) ? 0 . 而 f ( x) 在 x ? (1, ??) 时为增函数,且 x ??? 时, f ( x) ? ?? , 所以此时 f ( x) 有一个零点.

( x ? 1)2 ? 0 在 ? 0, ?? ? 上恒成立,所以 f ( x) 为增函数. x 且 x ? 0 (从右侧趋近 0)时, f ( x) ? ?? ; x ??? 时, f ( x) ? ?? . 所以 f ( x) 有一个零点.
(3)当 a ? 1 时, f ?( x) ?

1 1 1 综上所述, 0 ? a ? 1 或 a ? ? 时 f ( x) 有一个零点; a ? ? 时, f ( x) 无零点; ? ? a ? 0 2 2 2 f ( x) 有两个零点.
18

……………….13 分 2. (东理一 18)已知函数 f ( x ) ? x ?

a ? ln x , a ? R . x

(Ⅰ)若 f ( x ) 在 x ? 1 处取得极值,求 a 的值; (Ⅱ)若 f ( x) 在区间 (1,2) 上单调递增, 求 a 的取值范围; (Ⅲ)讨论函数 g ( x) ? f ?( x) ? x 的零点个数. 解: (Ⅰ)因为 f ' ( x) ? 1 ?

a 1 x2 ? x ? a ? ? , x2 x x2

由已知 f ( x ) 在 x ? 1 处取得极值, 所以 f '(1) ? 0 . 解得 a ? 2 ,经检验 a ? 2 时, f ( x ) 在 x ? 1 处取得极小值. 所以 a ? 2 . (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ' ( x) ? 1 ? ??3 分

a 1 x2 ? x ? a ? ? ,x ? 0. x2 x x2

因为 f ( x) 在区间 (1,2) 上单调递增, 所以 f ' ( x) ? 0 在区间 (1,2) 上恒成立. 即 a ? x 2 ? x 在区间 (1,2) 上恒成立. 所以 a ? 2 . (Ⅱ)因为 g ( x) ? f ?( x) ? x , 所以 g ( x) ? 1 ? ??8 分

a 1 ? ? x , x ? 0. x2 x

3 2 令 g ( x) ? 0 得 a ? ? x ? x ? x ,

3 2 令 h( x) ? ? x ? x ? x , x ? 0 .

h?( x) ? ?3x 2 ? 2x ? 1 ? ?(3x ? 1)(x ? 1) .
当 x ? (0,1) 时, h?( x) ? 0 , h( x) 在 (0,1) 上单调递增,

x ? (1,??) 时, h?( x) ? 0 , h( x) 在 (1,??) 上单调递减.
所以 h( x)max ? h(1) ? 1 . 综上:当 a ? 1 时,函数 g ( x) 无零点, 当 a ? 1 或 a ? 0 时,函数 g ( x) 有一个零点, 当 0 ? a ? 1 时,函数 g ( x) 有两个零点. ??13 分

3.

(丰理一 18)设函数 f ( x) ? e x ? ax , x ? R .
19

(Ⅰ)当 a ? 2 时,求曲线 f ( x ) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程; (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,求证: f ( x) ? 0 ; (Ⅲ)当 a ? 1 时,求函数 f ( x ) 在 [0, a ] 上的最大值. 解: (Ⅰ)当 a ? 2 时, f ( x) ? e x ? 2 x , f (0) ? 1 , 所以 f ? ( x) ? ex ? 2 .因为 f ? (0) ? e0 ? 2 ? ?1 ,即切线的斜率为 ?1 , 所以切线方程为 y ? 1 ? ?( x ? 0) ,即 x ? y ? 1 ? 0 . ??4 分 (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知 f ? ( x) ? ex ? 2 .令 f ? ( x) ? 0 ,则 x0 ? ln 2 . 当 x ? (??, ln 2) 时, f ' ( x) ? 0 , f ( x) 在 (??,ln 2) 上单调递减, 当 x ? (ln 2, ??) 时, f ' ( x) ? 0 , f ( x) 在 (ln 2, ??) 上单调递增, 所以当 x ? ln 2 时,函数最小值是 f (ln 2) ? eln 2 ? 2ln 2 ? 2 ? 2ln 2 ? 0 . 命题得证. ????8 分

(Ⅲ)因为 f ( x) ? e x ? ax ,所以 f ? ( x) ? ex ? a . 令 f ? ( x) ? 0 ,则 x ? ln a ? 0 .

1 a ?1 ? ? 0, a a 所以 M (a) ? a ? ln a 在 (1, ??) 上单调递增,且 M (1) ? 1 ? ln1 ? 1 ,
当 a ? 1 时,设 M (a) ? a ? ln a ,因为 M ?(a ) ? 1 ? 所以 M (a) ? a ? ln a ? 0 在 (1, ??) 恒成立,即 a ? ln a . 所以当 x ? (0,ln a) , f ? ( x) ? 0 , f ( x) 在 (0,ln a) 上单调递减; 当 x ? (ln a, a) , f ? ( x) ? 0 , f ( x) 在 (ln a, a) 上单调递增. 所以 f ( x ) 在 [0, a ] 上的最大值等于 max{ f (0), f (a)} , 因为 f (0) ? e0 ? a ? 0 ? 1 , f (a ) ? ea ? a 2 , 不妨设 h(a) ? f (a) ? f (0) ? ea ? a 2 ? 1( a ? 1 ), 所以 h?(a) ? ea ? 2a . 由(Ⅱ)知 h?(a) ? ea ? 2a ? 0 在 (1, ??) 恒成立, 所以 h(a) ? f (a) ? f (0) ? ea ? a2 ?1 在 (1, ??) 上单调递增.
20

又因为 h(1) ? e1 ?12 ?1 ? e ? 2 ? 0 , 所以 h(a) ? f (a) ? f (0) ? ea ? a 2 ?1 ? 0 在 (1, ??) 恒成立,即 f (a ) ? f (0) . 所以当 a ? 1 时, f ( x ) 在 [0, a ] 上的最大值为 f (a ) ? ea ? a 2 . ??13 分 4. (石理一 18)已知函数 f ( x ) ? x ? a ln x , g ( x ) ? ?

1? a (a ? 0) . x

(Ⅰ)若 a ? 1 ,求函数 f ( x ) 的极值; (Ⅱ)设函数 h( x ) ? f ( x ) ? g ( x) ,求函数 h( x ) 的单调区间; (Ⅲ)若存在 x0 ? [1, e] ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立,求 a 的取值范围. (Ⅰ) f ( x) ? x ? a ln x 的定义域为 (0, ??) . 当 a ? 1 时, f ?( x ) ? ………1 分 ………2 分

x ?1 . x

由 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 1 .当 0 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减; 当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增; 所以当 x ? 1 时,函数 f ( x ) 取得极小值,极小值为 f (1)=1 ? ln1 ? 1 ; (Ⅱ) h( x ) ? f ( x ) ? g ( x ) ? x ? a ln x ? 又 h?( x) ? ……..4 分

1? a ,其定义域为 (0, ??) . x
…………..6 分

x 2 ? ax ? (1 ? a) ( x ? 1)[ x ? (1 ? a)] ? . x2 x2

由 a ? 0 可得 1 ? a ? 0 ,在 x ? (0,1 ? a ) 上 h?( x ) ? 0 ,在 x ? (1 ? a, ??) 上 h?( x ) ? 0 , 所以 h( x ) 的递减区间为 (0,1 ? a ) ;递增区间为 (1 ? a, ??) . (III)若在 [1, e] 上存在一点 x0 ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立, 即在 [1, e] 上存在一点 x0 ,使得 h( x0 ) ? 0 .即 h( x ) 在 [1, e] 上的最小值小于零. …8 分 ①当 1 ? a ? e ,即 a ? e ? 1 时,由(II)可知 h( x ) 在 [1, e] 上单调递减. 故 h( x ) 在 [1, e] 上的最小值为 h(e) , 由 h ( e) ? e ? ……..……7 分

1? a e2 ? 1 ? a ? 0 ,可得 a ? . e e ?1

………9 分

21

因为

e2 ? 1 e2 ? 1 ; ? e ? 1 .所以 a ? e ?1 e ?1

………10 分

②当 1 ? 1 ? a ? e ,即 0 ? a ? e ? 1 时, 由(II)可知 h( x ) 在 (1,1+a ) 上单调递减,在 (1 ? a, e) 上单调递增.

h( x ) 在 [1, e] 上最小值为 h(1 ? a ) ? 2+a ? a ln(1 ? a ) .
因为 0 ? ln(1 ? a ) ? 1 ,所以 0 ? a ln(1 ? a ) ? a .

………11 分

? 2+a ? a ln(1 ? a ) ? 2 ,即 h(1 ? a) ? 2 不满足题意,舍去.
综上所述: a ? (

…………12 分

e2 ? 1 , ??) . e ?1

………13 分

5. (顺理一 18)已知函数 f ( x) ? a2 x2 ? ax ? ln x . (I)当 a ? 0 时,求函数 f ( x ) 的单调区间; (II)设 g ( x) ? a2 x2 ? f ( x) ,且函数 g ( x) 在点 x ? 1 处的切线为 l ,直线 l ? // l ,且 l ? 在

y 轴上的截距为 1.求证:无论 a 取任何实数,函数 g ( x) 的图象恒在直线 l ? 的下方.
18.(I)解: f ( x) ? a2 x2 ? ax ? ln x

f ?( x) ? 2a 2 x ? a ?

1 2a 2 x 2 ? ax ? 1 ? x x .......................................2 分 (ax ? 1)(2ax ? 1) ? ( x ? 0) x
f ( x) 与 f ?( x ) 的

所以, a ? 0 时, 变化情况如下:

因此,函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (
2 2

1 1 , ??) ;单调递减区间位 (0, ). 2a 2a

................6 分

(II)证明: g ( x) ? a x ? f ( x) ? ln x ? ax

g ?( x) ?

1 ?a x
22

所以 g ?(1) ? 1 ? a 所以 l 的斜率为 kl ? 1 ? a 因为 l ? // l ,且 l ? 在 y 轴上的截距为 1 所以直线 l ? 的方程为 y ? (1 ? a) x ? 1 令 h( x) ? g ( x) ? [(1 ? a) x ? 1] ? ln x ? x ?1 ............... ...........................................8 分 ............... ...........................................7 分

( x ? 0)

则无论 a 取任何实数,函数 g ( x) 的图象恒在直线 l ? 的下方,等价于 h( x) ? 0

(?a ? R, ?x ? 0)
而 h?( x ) ? 分

............... ...........................................9 分 ............... ...........................................10

1 1? x ?1 ? x x

当 x ? (0,1) 时, h?( x) ? 0 ,当 x ? (1, ??) 时, h?( x) ? 0 所以函数 h( x) 在 (0,1) 上单调递增,在 (1, ??) 上单调递减 从而当 x ? 1 时, h( x) 取得最大值 h(1) ? ?2 即在 (0, ??) 上, h( x) 取得最大值 h(1) ? ?2 所以 h( x) ? ?2 ? 0(?a ? R, ?x ? 0) 因此,无论 a 取任何实数,函数 g ( x) 的图象恒在直线 l ? 的下方. ......................................13 分 6. (房理一 18)已知 f ( x) ? ? ............... ...........................................12 分

1 2 ax ? x ? ln(1 ? x) ,其中 a ? 0 . 2

(Ⅰ)若函数 f ( x ) 在点 (3, f (3)) 处切线斜率为 0 ,求 a 的值; (Ⅱ)求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅲ)若 f ( x ) 在 ?0, ??? 上的最大值是 0 ,求 a 的取值范围. 解:(Ⅰ)由题意得 f ′(x)=
1 由 f ′(3)=0?a= . 4 1 (Ⅱ)令 f ′(x)=0?x1=0,x2= -1, a ①当 0<a<1 时,x1<x2,
23

-ax2-?a-1?x ,x∈(-1,+∞), x+ 1 ………………3 分

f(x)与 f ′(x)的变化情况如下表 x f ′ ( x) f(x) (-1,0) - 0 0 f(0) 1 (0, -1) a + 1 -1 a 0 1 f( -1) a 1 ( -1,+∞) a -

?

?

?

1 ∴f(x)的单调递增区间是(0, -1), a 1 f(x)的单调递减区间是(-1,0)和( -1,+∞); a ②当 a=1 时,f(x)的单调递减区间是(-1,+∞); ③当 a>1 时,-1<x2<0 f(x)与 f ′(x)的变化情况如下表 1 1 1 x (-1, -1) -1 ( -1,0) a a a f ′ ( x) - 0 + 1 f(x) f( -1) ? ? a 1 ∴f(x)的单调递增区间是( -1,0), a 1 f(x)的单调递减区间是(-1, -1)和(0,+∞). a 1 综上,当 0<a<1 时,f(x)的单调递增区间是(0, -1). a 1 f(x)的单调递减区间是(-1,0),( -1,+∞), a 1 当 a>1,f(x)的单调递增区间是( -1,0). a 1 f(x)的单调递减区间是(-1, -1),(0,+∞). a 当 a=1 时,f(x)的单调递减区间为(-1,+∞).………………9 分 (Ⅲ)由(Ⅱ)可知 1 当 0<a<1 时,f(x)在(0,+∞)的最大值是 f( -1), a 1 但 f( -1)>f(0)=0,所以 0<a<1 不合题意, a 当 a≥1 时,f(x)在(0,+∞)上单调递减, 由 f(x)≤f(0)可得 f(x)在[0,+∞)上的最大值为 f(0)=0,符合题意,

0 0 f(0)

(0,+∞) -
?

∴f(x)在[0,+∞)上的最大值为 0 时,a 的取值范围是 a≥1. 7. (延理一 18)已知函数 f ( x) ? (Ⅰ)求实数 a 的值;

??13 分

ln x 1 ( a 为常数)在点 (1, f (1)) 处的切线的斜率为 , 2 x?a

(Ⅱ)若函数 f ( x) 在区间 [t , ??)(t ? Z ) 上有极值,求 t 的取值范围.

x?a ? ln x x ? f ( x ) ? 解: (Ⅰ) , ( x ? a)2

………………2 分

f ?(1) ?

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

………………3 分
24

∴a ?1

………………4 分

(Ⅱ)∵ f ( x ) ?

ln x , x ?1

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

∴令 f ?( x) ? 0 , 令 f ?( x) ? 0 , 令 g ( x) ? 1 ?

1 ? ln x , x
则1 ?

则1 ?

1 ? ln x , 令 f ?( x) ? 0 , x

1 ? ln x , x

1 ? ln x , x

则 g ( x) 在 (0, ??) 上为减函数,

当 x ? 2 时, g ( x ) ? 1 ? 当 x ? 3 时, g ( x) ?
4 2

1 ? ln 2 ? 0 2

4 ? ln 3 , 3
3

∵ e ? 6 ? 36 ? 27 ? 3 , 当 x ? 4 时, g ( x) ?
5 5

∴ g (3) ? 0

………………4 分

5 ? ln 4 , 4
4

∵ e ? 3 ? 243 ? 256 ? 4 ,

∴ g (4) ? 0

………………4 分

∴存在 x0 ? (3, 4) ,使得 g ( x0 ) ? 0 ,即: f ?( x0 ) ? 0 , 并且当 0 ? x ? x0 时, f ?( x) ? 0 ,当 x ? x0 时, f ?( x) ? 0 , ∴当 x ? x0 时, f ( x) 取得极大值………8 分 ∴ t 的取值范围是 {0,1, 2,3} . ………………13 分

8.

(西理一 18)设 n ? N ,函数 f ( x) ?

*

ln x ex ,函数 , x ? (0, ??) . g ( x ) ? xn xn

(Ⅰ)当 n ? 1 时,写出函数 y ? f ( x) ? 1 零点个数,并说明理由; (Ⅱ)若曲线 y ? f ( x) 与曲线 y ? g ( x) 分别位于直线 l: y ? 1的两侧,求 n 的所有可能取 值. (Ⅰ)证明:结论:函数 y ? f ( x) ? 1 不存在零点. 分 当 n ? 1 时, f ( x) ? 分
25

?????1

ln x 1 ? ln x ,求导得 f ?( x) ? , x x2

?????2

令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? e . 分 当 x 变化时, f ?( x ) 与 f ( x ) 的变化如下表所示:

?????3

x
f ?( x )

(0, e)

e
0

(e, ??)

?


?


f ( x)

所以函数 f ( x ) 在 (0, e) 上单调递增,在 (e, ??) 上单调递减, 则当 x ? e 时,函数 f ( x ) 有最大值 f (e) ? 分 所以函数 y ? f ( x) ? 1 的最大值为 f (e) ? 1 ? 所以函数 y ? f ( x) ? 1 不存在零点. 分 (Ⅱ)解:由函数 f ( x) ?

1 . e 1 ?1 ? 0 , e

?????4

?????5

ln x 1 ? n ln x f ?( x) ? , n 求导,得 x x n ?1
1

令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? e n . 当 x 变化时, f ?( x ) 与 f ( x ) 的变化如下表所示:

x
f ?( x )

1

1

(0, e n )

en
0

(e n , ??)

1

?


?
↘ ?????7

f ( x)

分 所以函数 f ( x ) 在 (0, e ) 上单调递增,在 (e , ??) 上单调递减, 则当 x ? e 时,函数 f ( x ) 有最大值 f (e ) ? 分
26
1 n

1 n

1 n

1 n

1 ; ne

?????8

由函数 g ( x) ? 分

ex e x ( x ? n) ? x ? (0, ?? ) g ( x ) ? , 求导,得 , xn x n ?1

?????9

令 g ?( x) ? 0 ,解得 x ? n . 当 x 变化时, g ?( x ) 与 g ( x) 的变化如下表所示:

x
g ?( x )

(0, n)

n
0

(n, ??)

?


?


g ( x)

所以函数 g ( x) 在 (0, n) 上单调递减,在 (n, ??) 上单调递增,
n 则当 x ? n 时,函数 g ( x) 有最小值 g ( n) ? ( ) .

e n

?????11

分 因为 ?n ? N ,函数 f ( x ) 有最大值 f (e n ) ?
*

1

1 ?1, ne

ex ln x 所以曲线 y ? n 在直线 l: y ? 1的下方,而曲线 y ? n 在直线 l: y ? 1的上方, x x
所以 ( ) ? 1 ,
n

e n

?????12 分

解得 n ? e . 所以 n 的取值集合为 {1, 2} . ?????13 分

9.

(海理一 18)已知函数 f ( x) ? a ln x ?

1 (a ? 0) . x

(Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若 {x f ( x) ? 0} ? [b, c] (其中 b ? c ) ,求 a 的取值范围,并说明 [b, c] ? (0,1) . 解: (Ⅰ) f '( x ) ? 分 (ⅰ)当 a ? 0 时, f '( x) ? 0 ,则函数 f ( x ) 的单调递减区间是 (0, ??) . ?????? 3
27

a 1 ax ? 1 ? ? 2 ( x ? 0) . x x2 x

??????2

分 (ⅱ)当 a ? 0 时,令 f '( x) ? 0 ,得 x ?

1 . a

当 x 变化时, f '( x) , f ( x ) 的变化情况如下表

x
f '( x) f ( x)

1 (0, ) a

1 a
0
极小值

1 ( , ??) a

?


?


所以 f ( x ) 的单调递减区间是 (0, ) ,单调递增区间是 ( , ??) . ??????5 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知: 当 a ? 0 时,函数 f ( x ) 在区间 (0, ??) 内是减函数,所以,函数 f ( x ) 至多存在一 个零点, 不符合题意. 分 ??????6

1 a

1 a

当 a ? 0 时,因为 f ( x ) 在 (0, ) 内是减函数,在 ( , ??) 内是增函数,所以 要使

1 a

1 a

1 1 {x f ( x) ? 0} ? [b, c] ,必须 f ( ) ? 0 ,即 a ln ? a ? 0 . a a 所以 a ? e .
分 当 a ? e 时, f (

??????7

1 1 ) ? a ln( 2 ) ? a 2 ? ?2a ln a ? a 2 ? a ? (a ? 2 ln a) . 2 a a 2 x?2 ( x ? e) . 令 g ( x) ? x ? 2ln x( x ? e) ,则 g '( x) ? 1 ? ? x x
当 x ? e 时, g '( x) ? 0 ,所以, g ( x) 在 [e, ??) 上是增函数. 所以 当 a ? e 时, g (a) ? a ? 2ln a ? g (e) ? e ? 2 ? 0 . 所以 f ( 分

1 )?0. a2

??????9

1 1 1 ? ? 1 , f ( ) ? 0 , f (1) ? 1 ? 0 , 2 a a a 1 1 1 所以 f ( x ) 在 ( 2 , ) 内存在一个零点,不妨记为 b ,在 ( ,1) 内存在一个零点, a a a 不妨记为 c . ??????
因为 11 分 因为 f ( x ) 在 (0, ) 内是减函数,在 ( , ??) 内是增函数,
28

1 a

1 a

所以 {x f ( x) ? 0} ? [b, c] . 综上所述, a 的取值范围是 (e, +?) . 分 因为 b ? ( ??????12

1 1 1 , ) , c ? ( ,1) , 2 a a a
??????13

所以 [b, c] ? (0,1) . 分

29


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