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冲关集训1


1.(2015· 武威市凉州区一诊)已知函数 f(x)=(ax-2)ex 在 x=1 处取得极值. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)在[m,m+1]上的最小值; (3)求证:对任意 x1,x2∈[0,2],都有|f(x1)-f(x2)|≤e. 解:(1)解:f′(x)=aex+(ax-2)ex=(ax+a-2)ex. 由已知得 f′(1)=0,即(2a-2)ex=0,

解得 a=1. 当 a=1 时,在 x=1 处函数 f(x)=(x-2)ex 取得极小值,所以 a=1. (2)解:f(x)=(x-2)ex,f′(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex. x f′(x) f(x) (-∞,1) - 减 1 0 极小值 (1,+∞) + 增

所以函数 f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 当 m≥1 时,f(x)在[m,m+1]单调递增, fmin(x)=f(m)=(m-2)em. 当 0<m<1 时,m<1<m+1, f(x)在[m,1]上单调递减,在[1,m+1]上单调递增, fmin(x)=f(1)=-e. 当 m≤0 时,m+1≤1, f(x)在[m,m+1]上单调递减,fmin(x)=f(m+1)=(m-1)em+1. ?m-2?e ,m≥1, ? ? (x)=?-e,0<m<1, ? ??m-1?e ,m≤0.
m m+1

综上,f(x)在[m,m+1]上的最小值 fmin

(3)证明:由(Ⅰ)知 f(x)=(x-2)ex, f′(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex. 令 f′(x)=0 得 x=1.

因为 f(0)=-2,f(1)=-e,f(2)=0, 所以 fmax(x)=0, fmin(x)=-e, 所以, 对任意 x1, x2∈[0,2], 都有|f(x1)-f(x2)|≤fmax(x)-fmin(x) =e. a 2.(2015· 常州市监测)已知函数 f(x)=ln x-x- ,a∈R. x (1)当 a=0 时,求函数 f(x)的极大值; (2)求函数 f(x)的单调区间; a b (3)当 a>1 时, 设函数 g(x)=?f?x-1?+x-1+x-1?, 若实数 b 满足 b>a 且 g?b-1?=g(a),

?

?

?

?

g(b)=2g?

a+b? ? 2 ?,求证:4<b<5.

解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). 1 当 a=0 时,f(x)=ln x-x,f′(x)= -1,令 f′(x)=0 得 x=1. x 列表: x f′(x) f(x) 所以 f(x)的极大值为 f(1)=-1.
2 1 a -x +x+a (2)f′(x)= -1+ 2= . x x x2

(0,1) + ↗

1 0 极大值

(1,+∞) - ↘

令 f′(x)=0,得-x2+x+a=0,记 Δ=1+4a. 1 (ⅰ)当 a≤- 时,f′(x)≤0,所以 f(x)单调减区间为(0,+∞); 4 1+ 1+ 4a 1- 1+4a 1 (ⅱ)当 a>- 时,由 f′(x)=0 得 x1= ,x2= , 4 2 2 1 ①若- <a<0,则 x1>x2>0, 4 由 f′(x)<0,得 0<x<x2,x>x1;由 f′(x)>0,得 x2<x<x1.

? 1- 所以,f(x)的单调减区间为?0, ?

? 1+4a? ?1+ 1+4a ?,? ,+∞?,单调增区间为 2 2 ? ? ?

?1- 1+4a 1+ 1+4a? ? ?; , 2 2 ? ?
②若 a=0,由(1)知 f(x)单调增区间为(0,1),单调减区间为(1,+∞); ③若 a>0,则 x1>0>x2, 由 f′(x)<0,得 x>x1;由 f′(x)>0,得 0<x<x1. f(x)的单调减区间为?

?1+ 1+4a ? ? 1+ 1+4a? ?. ,+∞?,单调增区间为?0, 2 2 ? ? ? ?

1 综上所述:当 a≤- 时,f(x)的单调减区间为(0,+∞); 4

? 1- 1+4a? ?1+ 1+4a ? 1 当- <a<0 时,f(x)的单调减区间为?0, ,? ? ?,单调增区 ,+ ∞ 4 2 2 ? ? ? ?
间为?

?1- 1+4a 1+ 1+4a? ?; , 2 2 ? ?
当 a≥0 时,f(x)单调减区间为?

?1+ 1+4a ? ? 1+ 1+4a? ?. ,+∞?,单调增区间为?0, 2 2 ? ? ? ?

(3)证明: g(x)=|ln(x-1)|(x>1). 由 g?

? b ? ? 1 ? =g(a)得?ln ? ?=|ln(a-1)|. ?b-1? ? b-1?

∵1<a<b,∴b-1=a-1(舍),或(a-1)(b-1)=1. ∵1=(a-1)(b-1)<(b-1)2,∴b>2. 由 g(b)=2g?

?a+b? ? ?a+2 ?? ? 1 ?得|ln(b-1)|=2?ln? ??=2 ln [?a-1?+?b-1?]? ?,(*) ? 2 ? ? ? b -1?? ? 2
?a-1??b-1?=1,

a-1+b-1 因为 ≥ 2

?1? 1 +b-1??2 1 所以(*)式可化为 ln(b-1)=2ln [(a-1)+(b-1)],即 b-1=? ? ?? . 2 ?2?b-1 ??
1??2 1 4 3 2 令 b-1=t(t>1),则 t=?2? ?t+ t ? ,整理得 t -4t +2t +1=0,

?

?

从而(t-1)(t3-3t2-t-1)=0,即 t3-3t2-t-1=0. 2 3 记 h(t)=t3-3t2-t-1,t>1.h′(t)=3t2-6t-1,令 h′(t)=0 得 t=1- (舍去),t=1 3

2 3 + ,列表: 3 t h′(t) h(t)

?1,1+2 3? 3 ? ?
- ↘

?1+2 3,+∞? 3 ? ?
+ ↗

2 3? 2 3 ? 所以,h(t)在?1,1+ 单调减,在?1+ ,+∞ 单调增,又因为 h(3)<0,h(4)>0, 3 ? 3 ? ? ? 所以 3<t<4,从而 4<b<5. 对应学生用书理 55 页 文 52 页

3.(2015· 临沂市质检)已知函数 f(x)=ln x. (1)若直线 y=x+m 与函数 f(x)的图象相切,求实数 m 的值; 1 (2)证明曲线 y=f(x)与曲线 y=x- 有唯一的公共点; x f?b?-f?a? b-a (3)设 0<a<b,比较 与 的大小,并说明理由. 2 b+a 1 解:(1)f′(x)= , x 1 设切点为(x0,y0),则 k= =1, x0 ∴x0=1,y0=ln x0=ln 1=0, 代入 y=x+m,得 m=-1. 1? 1 1 1 -x +x-1 (2) 证明:令 h(x) = f(x) - ? = ?x-x? = ln x - x + x ,则 h′(x) = x - 1 - x2 = x2
2

1?2 3 -? ?x-2? -4 <0, x2 ∴h(x)在(0,+∞)内单调递减. 又 h(1)=ln 1-1+1=0,∴x=1 是函数 h(x)唯一的零点,故点(1,0)是两曲线唯一的公共 点. b -1 ln b-ln a b-a 1 b a (3) - = ln - , 2 a b b+a 2 +1 a

b ∵0<a<b,∴ >1. a x-1 1 构造函数 φ(x)= ln x- ,(x>1), 2 x+1 ?x-1?2 1 x+1-?x-1? 1 2 则 φ′(x)= - = - = >0, 2x 2x ?x+1?2 2x?x+1?2 ?x+1?2 ∴φ(x)在(1,+∞)内单调递增, 又当 x=1 时,φ(1)=0, x-1 1 ∴x>1 时,φ(x)>0,即 ln x> , 2 x+1 b -1 ln b-ln a b-a 1 b a 则有 ln > 成立,即 > . 2 a b 2 b+a +1 a 即 f?b?-f?a? b-a > . 2 b+a

4.(2015· 湖北省八市联考)定义在 R 上的函数 g(x)及二次函数 h(x)满足 g(x)+2g(-x)= 2 ex+ x-9,h(-2)=h(0)=1 且 h(-3)=-2. e (1)求 g(x)和 h(x)的解析式; (2)对于 x1,x2∈[-1,1],均有 h(x1)+ax1+5≥g(x2)-x2g(x2)成立,求 a 的取值范围;
?g?x?,?x>0? ? (3)设 f(x)=? ,讨论方程 f[f(x)]=2 的解的个数情况. ? ?h?x?,?x≤0?

2 解:(1)∵g(x)+2g(-x)=ex+ x-9, e g(-x)+2g(x)=e-x+ -9,即 e-x 2



1 g(-x)+2g(x)=2ex+ x-9. e 由①②联立解得:g(x)=ex-3. ∵h(x)是二次函数,且 h(-2)=h(0)=1,可设 h(x)=ax(x+2)+1,



由 h(-3)=-2,解得 a=-1.∴h(x)=-x(x+2)+1=-x2-2x+1.

∴g(x)=ex-3,h(x)=-x2-2x+1. (2)设 φ(x)=h(x)+ax+5=-x2+(a-2)x+6, F(x)=ex-3-x(ex-3)=(1-x)ex+3x-3, 依题意知:当-1≤x≤1 时,φ(x)min≥F(x)max. ∵F′(x)=-ex+(1-x)(ex-3)+3=-xex+3, F″(x)=-ex(1+x),当 x∈[-1,1]时,F″(x)≤0,∴F(x)在[-1,1]上单调递减, ∴F′(x)min=F′(1)=3-e>0. ∴F(x)在[-1,1]上单调递增,∴F(x)max=F(1)=0,

? ?φ?-1?=7-a≥0, ∴? 解得-3≤a≤7, ?φ?1?=a+3≥0, ?
∴实数 a 的取值范围为[-3,7]. (3)f(x)的图象如图所示: 令 T=f(x),则 f(T)=2. ∴T1=-1,T2=ln 5,f(x)=-1 有两个解,f(x)=ln 5 有 3 个解. ∴f[f(x)]=2 有 5 个解. 5.(理科)(2015· 漳州市质检)给出定义在(0,+∞)上的三个函数 f(x)=ln x,g(x)=x2- af(x),h(x)=x-a x,已知 g(x)在 x=1 处取极值. (1)求实数 a 的值,并确定函数 h(x)的单调性; 2+f?x? (2)求证:当 1<x<e2 时,恒有 x< 成立; 2-f?x? 1 ? (3)若函数 y=m-g(x)在? ?e,e?上有两个零点,求实数 m 的取值范围. a 解:(1)由题设,g(x)=x2-aln x,则 g′(x)=2x- .由已知,g′(1)=0,即 2-a=0?a x =2. 于是 h(x)=x-2 x,则 h′(x)=1- 由 h′(x)=1- 1 ,且 x∈(0,+∞). x

1 1 >0?x>1,h′(x)=1- <0?0<x<1.所以 h(x)在(1,+∞)上是增函数, x x

在(0,1)上是减函数.

(2)当 1<x<e2 时,0<ln x<2,即 0<f(x)<2, 2+f?x? 2?x-1? 欲证 x< ,只需证 x[2-f(x)]<2+f(x),即证 f(x)> . 2-f?x? x+1 2?x-1? 2?x-1? 设 γ(x)=f(x)- =ln x- ,则 x+1 x+1
2 1 2?x+1?-2?x-1? ?x-1? γ′(x)= - = . x ?x+1?2 x?x+1?2

当 1<x<e2 时,γ′(x)>0,所以 γ(x)在区间(1,e2)上为增函数. 2?x-1? 2+f?x? 从而当 1<x<e2 时,γ(x)>γ(1)=0,即 f(x)> ,故 x< . x+1 2-f?x? -2?x+1??x-1? 2 (3)∵y=2ln x-x2+m,则 y′= -2x= , x x 1 ? 1 ∵x∈? ?e,e?,故 y′=0 时,x=1.当e<x<1 时,y′>0;当 1<x<e 时,y′<0. 故函数 y=φ(x)在 x=1 处取得极大值 φ(1)=m-1. 1? 1 2 又 φ? ?e?=m-2-e2,φ(e)=m+2-e , 1? 1 2 ?1? φ(e)-φ? ?e?=4-e +e2<0,则 φ(e)<φ?e?, 1 ? ∴y=φ(x)在? ?e,e?上的最小值是 φ(e).

? ?φ?1?=m-1>0, 1 ? ? y=φ(x)在?e,e?上有两个零点的条件是? 1 ?=m-2- 12≤0, φ? ? e ? e ? ?
1 解得 1<m≤2+ 2, e 1? ∴实数 m 的取值范围是? ?1,2+e2?. 5.(文科)(2015· 大连市二模)设函数 f(x)=ln x-cx(x∈R). (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)若 f(x)≤x2 恒成立,求 c 的取值范围; (3)设函数 f(x)有两个相异零点 x1、x2,求证:x1· x2>e2. 解析:(1)∵f(x)=ln x-cx,∴x∈(0,+∞),

1-cx 1 f′(x)= -c= . x x 当 c≤0 时,f(x)单调增区间为(0,+∞); 1? ?1 ? 当 c>0 时,f(x)单调增区间为? ?0,e?,f(x)单调减区间为?e,+∞?. ln x (2)∵f(x)≤x2,∴ln x-cx≤x2,∴c≥ -x. x 1-ln x-x2 ln x 设 g(x)= -x,∴g′(x)= , x x2 ∴g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减. ∴g(x)max=g(1)=-1,∴c≥-1. (3)证明: f(x)有两个相异零点,ln x1=cx1,ln x2=cx2, ∴ln x1-ln x2=c(x1-x2), ln x1-ln x2 ∴ =c, x1-x2 而 x1· x2>e2,等价于 ln x1+ln x2>2,即 cx1+cx2>2, ln x1-ln x2 由①②③得: (x1+x2)>2. x1-x2 x1 不妨设 x1>x2>0,则 t= >1, x2 2?t-1? 上式转化为 ln t> (t>1). t+1 2?t-1? ?t-1?2 设 H(t)=ln t- (t>1),则 H(t)= >0,故函数 H(t)是(1,+∞)上的增函数, t+1 t?t+1?2 所以 H(t)-H(l)=0, 2?t-1? 即不等式 ln t> 成立, t+1 故所证不等式 x1· x2>e2 成立. 6.(理科)(2015· 南平市质检)设函数 g(x)=x2-2x+1+mln x,(m∈R). (1)当 m=1 时,求过点 P(0,-1)且与曲线 y=g(x)-(x-1)2 相切的切线方程; (2)求函数 y=g(x)的单调增区间; ② ③ ①

(3)若函数 y=g(x)有两个极值点 a,b,且 a<b,记[x]表示不大于 x 的最大整数,试比较 [g?a?] sin 与 cos([g(a)][g(b)])的大小. [g?b?] 解:(1)曲线方程为 y=ln x,设切点为(x0,ln x0). 1 1 1 由 y′= 得切线的斜率 k= ,则切线方程为 y-ln x0= (x-x0). x x0 x0 因为切线过点 P(0,-1),所以-1-ln x0=-1,即 x0=1, 故所求切线方程为 x-y-1=0.
2 m 2x -2x+m (2)函数 y=g(x)的定义域为(0,+∞),g′(x)=2x-2+ = . x x

令 g′(x)>0 并结合定义域得 2x2-2x+m>0, 对应一元二次方程的判别式 Δ=4(1-2m). 1 ①当 Δ≤0,即 m≥ 时,g′(x)≥0,则函数 g(x)的增区间为(0,+∞); 2

? 1- 1-2m? ?1+ 1-2m ? 1 ②当 0<m< 时,函数 g(x)的增区间为?0, ?,? ,+∞?; 2 2 2 ? ? ? ?
③当 m≤0 时,函数 g(x)的增区间为?

?1+ 1-2m ? ,+∞?. 2 ? ?

2 m 2x -2x+m (3)g′(x)=2x-2+ = ,令 g′(x)=0 得 2x2-2x+m=0, x x

? ?Δ=4?1-2m?>0, 由题意知方程有两个不相等的正数根 a,b(a<b),则?m ? ? 2 >0
1+ 1-2m 1 1 解得 0<m< , 解方程得 b= ,则 <b<1. 2 2 2 又由 2b2-2b+m=0 得 m=-2b2+2b, 1 ? 所以 g(b)=b2-2b+1+mln b=b2-2b+1+(-2b2+2b)ln b,b∈? ?2,1?. g′(b)=2b-2+(-4b+2)ln b+2-2b 1? =-4? ?b-2?ln B.

1-2ln 2 1 ? ?1 ? 当 b∈? ?2,1?时,g′(b)>0,即函数 g(b)是?2,1?上的增函数,所以 4 <g(b)<0,故 g(b)的取值范围是?

?1-2ln 2 ? ?.则[g(b)]=-1. ? 4 ,0?

1? 1 ? 1? 同理可求 0<a< ,g(a)=a2-2a+1+(-2a2+2a)ln a,a∈? ?0,2?,g′(a)=-4?a-2?ln 2 1? a<0,即函数 g(a)是? ?0,2?上的减函数, 1-2ln 2 ?1-2ln 2 ? 所以 <g(a)<1,故 g(a)的取值范围是? ?, 4 ? 4 ,1? 则[g(a)]=-1 或[g(a)]=0. [g?a?] 当[g(a)]=-1 时,sin >cos([g(a)][g(b)]); [g?b?] [g?a?] 当[g(a)]=0 时,sin <cos([g(a)][g(b)]). [g?b?] 6.(文科)(2015· 南平市质检)已知函数 f(x)=ex-x. (1)求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)已知 t 为实数,求函数 f(x)在区间[t,t+2]上的最小值; (3)定义在区间 D 上的函数 g(x), 若存在区间[a, b]?D 及实常数 m, 当 x∈[a, b]时,g(x) 的取值范围恰为[a+m,b+m],则称区间[a,b]为 g(x)的一个同步偏移区间,m 为同步偏移 量. 试问函数 y=[f(x)+x](x2-1)在(1,+∞)上是否存在同步偏移区间?若存在,请求出一 个同步偏移区间及对应的偏移量;若不存在,请说明理由. 解:(1)由题意知 f(1)=e-1,f′(x)=ex-1. ∴函数 f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率 k=e-1, ∴切线方程为 y-(e-1)=(e-1)(x-1),即 y=(e-1)x. (2)令 f′(x)=ex-1=0 得 x=0. ①当 t≥0 时,在[t,t+2]上 f′(x)≥0,f(x)单调递增,fminx=f(t)=et-t. ②当-2<t<0 时,在[t,0]上 f′(x)≤0,f(x)单调递减;在[0,t+2]上 f′(x)≥0,f(x)单调递 增, ∴fmin(x)=f 极小(x)=f(0)=1. ③当 t≤-2 时,在[t,t+2]上 f′(x)≤0,f(x)单调递减,fmin(x)=f(t+2)=et+2-t-2.

∴fmin

e -t-2,t≤-2 ? ? (x)=?1,-2<t<0 ? ?e -t,t≥0
t+2 t

(3)函数 y=[f(x)+x](x2-1)在(1,+∞)上不存在同步偏移区间. 证明如下: 假设函数 g(x)=[f(x)+x](x2-1)=(x2-1)ex 存在同步偏移区间[a,b], 则 g′(x)=(x2+2x-1)ex.
2 a ? ?g?a?=?a -1?e =a+m, ∵x>1 时,g′(x)>0,∴g(x)为增函数,∴? 2 b ? ?g?b?=?b -1?e =b+m,

即方程(x2-1)ex=x+m 有两个大于 1 的相异实根. 设 φ(x)=(x2-1)ex-x-m(x>1),则 φ′(x)=(x2+2x-1)ex-1. ∵x>1,φ′(x)>0,∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增. ∴φ(x)在区间(1,+∞)上至多有一个零点与方程(x2-1)ex=x+m 有两个大于 1 的相异实 根矛盾, ∴假设不成立,即 g(x)在(1,+∞)上不存在同步偏移区间. [备课札记] ___________________________________________________________________________ ___________________________________________________________________________


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