2014届一轮复习数学试题选编33导数的应用(单调性、极值与最值)(学生版)_图文

江苏省 2014 届一轮复习数学试题选编 33:导数的应用(单调性、极值与最 值)

填空题
1 .(2009 高考(江苏))函数 f (x) ? x3 ?15x2 ? 33x ? 6 的单调减区间为___★___.

2

.(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 x3 ? x, x

? ?

4, t

x

?

t



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__▲___.

3 .(2012-2013 学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研(二)数学试题)分别在曲线 y ? ex 与

直线 y ? ex ?1 上各取一点 M 与 N ,则 MN 的最小值为_____.

4 .(南京市、淮安市 2013 届高三第二次模拟考试数学试卷)关于 x 的不等式 (2ax ?1) ln x ? 0 对任意 x ?(0, ??) 恒成立,则实数 a 的值为_____.

5 .( 扬 州 市 2012-2013 学 年 度 第 一 学 期 期 末 检 测 高 三 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

f (x) ? ln x ? m ( m ? R )在区间[1, e] 上取得最小值 4,则 m ? ____. x
6 .(苏北老四所县中 2013 届高三新学期调研考试)已知 f(x)=x3,g(x)=-x2+x-29a,若存

在 x0∈[-1,a3](a>0),使得 f(x0)<g(x0),则实数 a 的取值范围是



解答题

7 .(2010 年高考(江苏))设 f (x) 使定义在区间 (1,??) 上的函数,其导函数为 f '(x) .如果

存在实数 a 和函数 h(x) ,其中 h(x) 对任意的 x ? (1,??) 都有 h(x) >0,使得

f '(x) ? h(x)( x2 ? ax ? 1) ,则称函数 f (x) 具有性质 P(a) . (1)设函数 f (x) ? h(x) ? b ? 2 (x ? 1) ,其中 b 为实数
x ?1 ①求证:函数 f (x) 具有性质 P(b)

②求函数 f (x) 的单调区间

(2)已知函数 g(x) 具有性质 P(2) ,给定 x1, x2 ? (1,??), x1 ? x2 ,设m为实数, ? ? mx1 ? (1? m)x2 , ? ? (1? m)x1 ? mx2 ,且? ? 1, ? ? 1 ,若| g(?) ? g(? ) |

1

<| g(x1 ) ? g(x2 ) |,求 m 的取值范围

8 .(江苏省姜堰市 2012—2013 学年度第一学期高三数学期中调研(附答案) )已知常数 a ? 0 ,

函数

f

?x? ?

? ??x

3

?

?

3a 4 x

,

x

?

a, 2

? 49 ?? 4

a 2 x,

x

?

a, 2

(Ⅰ)求 f ?x? 的单调递增区间; (Ⅱ)若 0 ? a ? 2 ,求 f ?x? 在区间?1,2?上的最小值 g?a? ;

(Ⅲ)是否存在常数 t ,使对于任意 x ? ?? a ,2t ? a ????t ? a ?? 时, ? 2 2 ?? 2 ?

f ?x? f ?2t ? x? ? f 2 ?t? ? ? f ?x? ? f ?2t ? x??f ?t? 恒成立,若存在,求出 t 的值;若不存在,
说明理由.

9 (.江苏海门市 2013 届高三上学期期中考试模拟数学试卷)已知 x= 1 是 f (x) ? 2x ? b ? ln x

2

x

的一个极值点

(Ⅰ)求 b 的值;

(Ⅱ)求函数 f ? x? 的单调增区间;

(Ⅲ)设 g(x) ? f (x) ? 1 ,试问过点(2,5)可作多少条曲线 y=g(x)的切线?为什么? x

10.(江苏省苏锡常镇四市 2013 届高三教学情况调研(一)数学试题)已知实数 a , b , c ? R ,函
2

数 f (x) ? ax3 ? bx2 ? cx 满 足 f (1) ? 0 , 设 f (x) 的 导 函 数 为 f ?(x) , 满 足
f ?(0) f ?(1) ? 0. (1)求 c 的取值范围;
a (2) 设 a 为 常 数 , 且 a ? 0 , 已 知 函 数 f (x) 的 两 个 极 值 点 为

x1

,

x2

,

A( x1 ,

f

( x1 ))

,

B(x2 ,

f

(x2 )) ,求证:直线

AB

的斜率

k

?

? ??

?

2a 9

,?

a 6

? ??

.

11 .( 徐 州 、 宿 迁 市 2013 届 高 三 年 级 第 三 次 模 拟 考 试 数 学 试 卷 ) 已 知 函 数
f (x) ? ln x ? ax2 ? x , a ?R . ⑴若函数 y ? f (x) 在其定义域内是单调增函数,求 a 的取值范围; ⑵设函数 y ? f (x) 的图象被点 P(2, f (2)) 分成的两部分为 c1, c2 (点 P 除外),该函数图
象在点 P 处的切线为 l ,且 c1, c2 分别完全位于直线 l 的两侧,试求所有满足条件的 a 的
值.

12.(镇江市

2013

届高三上学期期末考试数学试题)已知函数

f

(x)

?

x2

x2 ?x

?1

,对一切正整



n

,数列 {an } 定义如下:

a1

?

1 2

,

且 an?1 ? f (an ) ,前 n 项和为 Sn .

(1)求函数 f ( x) 的单调区间,并求值域;

(2)证明?x f (x) ? x? ? ?x f ( f (x)) ? x?;

(3)对一切正整数 n ,证明:○1 an?1 ? an ;○2 Sn ? 1.

3

13.(2013 江苏高考数学)本小题满分 16 分.
设函数 f (x) ? ln x ? ax , g(x) ? ex ? ax ,其中 a 为实数. (1)若 f (x) 在 (1,??) 上是单调减函数,且 g(x) 在 (1,??) 上有最小值,求 a 的取值范围; (2)若 g(x) 在 (?1,??) 上是单调增函数,试求 f (x) 的零点个数,并证明你的结论.
14.(江苏省苏州市五市三区 2013 届高三期中考试数学试题 )已知函数 f (x) ? x 2 ln | x | , (1)判断函数 f (x) 的奇偶性; (2)求函数 f (x) 的单调区间; (3)若关于 x 的方程 f (x) ? kx ?1有实数解,求实数 k 的取值范围.
15 .( 江 苏 省 南 京 市 四 校 2013 届 高 三 上 学 期 期 中 联 考 数 学 试 题 ) 已 知 函 数
f (x) ? ex (x2 ? ax ?1) . (Ⅰ)若曲线 y ? f (x) 在点 (2,f (2)) 处 的切线与 x 轴平行 ,求 a 的值; (Ⅱ)求函数 f (x) 的极值.
4

5

16 .( 江 苏 省 连 云 港 市 2013 届 高 三 上 学 期 摸 底 考 试 ( 数 学 )( 选 修 物 理 )) 设 函 数
f (x) ? ex ?1, g(x) ? (e ?1)x ? 2(e 是自然对数的底数). (1)判断函数 H (x) ? f (x) ? g(x) 零点的个数,并说明理由; (2)设数列{an}满足: a1 ? (0,1),且f (an ) ? g(an?1), n ? N? ; ①求证: 0 ? an ? 1 ; ②比较 a 与 (e ?1)an?1 的大小,
17 .( 江 苏 省 连 云 港 市 2013 届 高 三 上 学 期 摸 底 考 试 ( 数 学 )( 选 修 历 史 )) 已 知 函 数
f (x) ? x3 ? 3ax2 ? 9a2x(a ? 0) . (1)当 a=l 时,解不等式 f (x) ? 0 ; (2)若方程 f (x) ? 121nx ? 6ax ? 9a2 ? a 在【l,2】恰好有两个相异的实根,求实数 a 的
取值范围(注:1n2≈0.69):
(3)当 a>0 时,若 f (x) 在【0,2】的最大值为 h(a),求 h(a)的表达式.
18.(江苏海门市 2013 届高三上学期期中考试模拟数学试卷)设函数 f (x) ? ax2 ? b ln x ,其 中 ab ? 0 .证明:当 ab ? 0 时,函数 f (x) 没有极值点;当 ab ? 0 时,函数 f (x) 有且只有
一个极值点,并求出极值.
6

19.(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 ? (logx a)2 ] ? (loga x)3 ? (logx a)3 , g(x) ? (3 ? k 2 )(loga x ? logx a) , (其中 a ?1),设 t ? loga x ? logx 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.

20.(江苏省徐州市 2013 届高三考前模拟数学试题)(本小题满分 16 分 )

已知函数 f (x) ? a + ln x , g(x) ? 1 bx2 ? 2x + 2 , a,b ? R .

x

2

⑴求函数 f (x) 的单调区间;

⑵记函数 h(x) ? f (x) ? g(x) ,当 a ? 0 时, h(x) 在 (0,1) 上有且只有一个极值点,求实

数 b 的取值范围;

⑶记函数 F (x) ? f (x) ,证明:存在一条过原点的直线 l 与 y ? F(x) 的图象有两个切点.

21 .( 江 苏 省 扬 州 市 2013 届 高 三 下 学 期 5 月 考 前 适 应 性 考 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数

f ( x) ? x? ln x, g(x) ? ln x ? a ,( a ? 0 ). x
(1)求函数 g(x) 的极值;

(2)已知 x1 ? 0 ,函数 h(x) ?

f (x) ? f (x1 ) , x ? x1

x ? (x1, ??) ,判断并证明 h(x) 的单调性;

(3)设 0 ?

x1

?

x2 ,试比较

f

( x1

? 2

x2

)

与 1[ f 2

(x1) ?

f

(x2 )] ,并加以证明.

7

22 .( 江 苏 省 泰 州 市 2012-2013 学 年 度 第 一 学 期 期 末 考 试 高 三 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

f(x)=(x-a) (x ? b)2 ,a,b 为常数,

(1)若 a ? b ,求证:函数 f(x)存在极大值和极小值

(2) 设 (1) 中 f(x) 取 得 极 大 值 、 极 小 值 时 自 变 量 的 分 别 为 x1, x2 , 令 点 A

(x1, f (x1) ),B

(x2 ,

f

(x2 )

),如果直线

AB

的斜率为 ?

1 2

,求函数

f(x)和

f

/ (x)

的公共递

减区间的长度

(3)若 f (x) ? mf / (x) 对于一切 x ? R 恒成立,求实数 m,a,b 满足的条件

2012~2013 学年度第一学期期末考

23 .( 连 云 港 市 2012-2013 学 年 度 第 一 学 期 高 三 期 末 考 试 数 学 试 卷 ) 已 知 函 数

f (x) ? 1 x3 ? mx2 ? x ? 1 m ,其中 m ?R.

3

3

(1)求函数 y=f(x)的单调区间;

(2)若对任意的 x1,x2?[?1,1],都有 | f ?(x1) ? f ?(x2 ) |? 4 ,求实数 m 的取值范围; (3)求函数 f (x) 的零点个数.

24 .( 南 京 市 、 盐 城 市

2013

届高三第三次模拟考试数学试卷)已知函数

f(x)=

1 2

m(x-1)2-2x+3+lnx ,m∈R.

(1)当 m=0 时,求函数 f(x)的单调增区间;

(2)当 m>0 时,若曲线 y=f(x)在点 P(1,1)处的切线 l 与曲线 y=f(x)有且只有一个公共点,

8

求实数 m 的值.

25 .(江苏省泰州、南通、扬州、宿迁、淮安五市 2013 届高三第三次调研测试数学试卷)设 f (x)

是定义在 (0,? ?) 的可导函数,且不恒为 0,记 gn (x) ?

f

(x) xn

(n

?

N*

)

.若对定义域内的每

一个 x ,总有 gn (x) ? 0 ,则称 f (x) 为“ n 阶负函数”;若对定义域内的每一个 x ,总有

?gn (x)??≥0,

则称 f (x) 为“ n 阶不减函数”( ?gn (x)?? 为函数 gn (x) 的导函数).

(1)若

f (x) ?

a x3

?

1 x

?

x(x

?

0)

既是“1

阶负函数”,又是“1

阶不减函数”,求实数 a 的

取值范围;

(2)对任给的“2 阶不减函数” f (x) ,如果存在常数 c ,使得 f (x) ? c 恒成立,试判断 f (x) 是

否为“2 阶负函数”?并说明理由.

26 .(苏北三市(徐州、淮安、宿迁)2013 届高三第二次调研考试数学试卷)已知函数

f ( x) ? a x ? x 2 ? x lna(a ? 0, a ? 1).
(1) 求函数 f ( x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程; (2) 求函数 f ( x) 单调区间;
(3) 若存在 x1 , x2 ?[?1,1] ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? e ? 1(e 是自然对数的底数),求实数 a
的取值范围. 27 .(江苏省扬州市 2013 届高三下学期 5 月考前适应性考试数学(理)试题)
某地区注重生态环境建设,每年用于改造生态环境总费用为 x 亿元,其中用于风景区改 造为 y 亿元.该市 决 定建立生态环境改造投资方案,该方案要求同时具备下列三个条
件:①每年用于风景区改造费用随每年改造生态环境总费用增加而增加;②每年改造生
态环境总费用至少 a 亿元,至多 b 亿元;③每年用于风景区改造费用不得低于每年改造
生态环境总费用的 15%,但不得每年改造生态环境总费用的 22%.
(1)若 a ? 2 , b ? 2.5,请你分析能否采用函数模型 y= 1 (x3 ? 4x ?16) 作为生态环境 100
改造投资方案;
(2)若 a 、b 取正整数,并用函数模型 y= 1 (x3 ? 4x ?16) 作 为生态环境改造投资方案, 100
请你求出 a 、 b 的取值.

9

28 .( 扬 州 市 2012-2013 学 年 度 第 一 学 期 期 末 检 测 高 三 数 学 试 题 ) 记 函 数
? ? fn ? x? ? a ? xn ?1 a ? R, n ? N* 的导函数为 fn?? x? ,已知 f3??2? ? 12 .
(Ⅰ)求 a 的值.

(Ⅱ)设函数 gn (x) ? fn (x) ? n2 ln x ,试问:是否存在正整数 n 使得函数 gn (x) 有且只有

一个零点?若存在,请求出所有 n 的值;若不存在,请说明理由.

(Ⅲ)若实数 x0 和 m ( m ? 0 ,且 m ? 1)满足:

fn?? x0 ? fn??1 ? x0 ?

?

fn ?m? fn?1 ?m?

,试比较

x0



m

的大

小,并加以证明.

10

第二部分(加试部分) 29 .( 江 苏 省 苏 南 四 校 2013 届 高 三 12 月 月 考 试 数 学 试 题 ) 已 知 函 数
f ? x?=ax3+bx2-3x(a,b?R) 在点 (1,f ?1?) 处的切线方程为 y+2=0. (1)求函数 f ? x? 的解析式; (2)若对于区间[-2,2]上任意两个自变量的值 x1,x2,都有| f ? x1 ?-f ? x2 ? |? c,求实数
c 的最小值.

30 .(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

bb

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)?n ? F(xn) ≥2n ? 2 n ? N* .

31 .(2011 年高考(江苏卷))已知 a,b 是实数,函数 f (x) ? x3 ? ax, g(x) ? x2 ? bx, f ?(x) 和 g ?(x) 是 f (x) 和 g(x) 的导函数,若 f ?(x)g?(x) ? 0 在区间 I 上恒成立,则称 f (x) 和 g(x) 在区间 I 上单调性一致. (1)设 a ? 0 ,若函数 f (x) 和 g(x) 在区间 [?1,??) 上单调性一致,求实数 b 的取值范
围;
(2)设 a ? 0, 且 a ? b ,若函数 f (x) 和 g(x) 在以 a,b 为端点的开区间上单调性一致,求 | a ? b | 的最大值
32 .(江苏省 2013 届高三高考模拟卷(二)(数学) )已知函数 f(x)=x3+x2-ax(a∈R).
(1)当 a=0 时,求与直线 x-y-10=0 平行,且与曲线 y=f (x)相切的直线的方程; (2)求函数 g(x)=f(xx) -alnx (x>1)的单调递增区间;
(3)如果存在 a∈[3,9],使函数 h(x)=f(x)+f?(x)(x∈[-3,b])在 x=-3 处取得最大值,试
求 b 的最大值.

11

33 .(江苏省南京市 2013 届高三 9 月学情调研试题(数学)WORD 版)经观察,人们发现鲑 鱼在河中逆流匀速行进时所消耗的能量为 E=kv3t,其中 v 为鲑鱼在静水中的速度,t 为行 进的时间(单位:h),k 为大于零的常数.如果水流的速度为 3 km/h,鲑鱼在河中逆流行进 100 km. (1)将鲑鱼消耗的能量 E 表示为 v 的函数; (2)v 为何值时,鲑鱼消耗的能量最少?
34.(2013 届江苏省高考压轴卷数学试题)已知函数 f (x) ? x3 ? ax2 ? x ? 2 .( a ? R ). (1)当 a ? 1 时,求函数 f (x) 的极值; (2)若对 ?x ? R ,有 f '(x) ?| x | ? 4 成立,求实数 a 的取值范围. 3
(满分 40 分,答卷时间 30 分钟) 35.(江苏省南京市 2013 届高三 9 月学情调研试题(数学)WORD 版)设 t>0,已知函数 f
(x)=x2(x-t)的图象与 x 轴交于 A?B 两点. (1)求函数 f (x)的单调区间; (2)设函数 y=f(x)在点 P(x0,y0)处的切线的斜率为 k,当 x0∈(0,1]时,k≥-12恒成立,求 t 的最大值; (3)有一条平行于 x 轴的直线 l 恰.好.与函数 y=f(x)的图象有两个不同的交点 C,D,若四边 形 ABCD 为菱形,求 t 的值.
12

36.(南通市

2013

届高三第一次调研测试数学试卷)已知函数

f

(x)

?

x ln x

?

ax(x

?

0



x≠1).

(1)若函数 f (x) 在 (1, ??) 上为减函数,求实数 a 的最小值;

(2)若 ?x1, x2 ?[e, e2 ] ,使 f(x1)≤ f ?(x2 ) ? a 成立,求实数 a 的取值范围.

37. (扬州、南通、泰州、宿迁四市 2013 届高三第二次调研测试数学试卷)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.
38.(江苏省无锡市 2013 届高三上学期期末考试数学试卷)已知函数 f(x)=ax2+1,g(x)=x3+bx, 其中 a>0,b>0. (Ⅰ)若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点 P(2,c)处有相同的切线(P 为切点), 求 a,b 的值;
(Ⅱ)令 h(x)=f(x)+g(x),若函数 h(x)的单调递减区间为[ ? a , ? b ],求: 23
(1)函数 h(x)在区间(一∞,-1]上的最大值 M(a); (2)若|h(x)|≤3,在 x∈[-2,0]上恒成立,求 a 的取值范围.

39 . ( 江 苏 省 徐 州 市 2013 届 高 三 期 中 模 拟 数 学 试 题 ) 已 知

f ?x? ? ax ? ln?? x?, x ? (?e,0), g(x) ? ? ln(?x)
x ,其中 e 是自然常数, a ? R. (1) 讨 论 a ? ?1 时 , f (x) 的 单 调 性 . 极 值 ; (2) 求 证 : 在 (1) 的 条 件

|
下,

f

(x) |?

g(x)

?

1 2

;(3)是否存在实数 a ,使

f

(x) 的最小值是

3,如果存在,求出 a

的值;如

果不存在,说明理由.

40 .( 江 苏 省 泰 兴 市 2013 届 高 三 上 学 期 期 中 调 研 考 试 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

f (x) ? x2 ? 2ax ?1(a ?R), f ?(x)是f (x) 的导函数.

13

(1)若 x ?[?2, ?1] ,不等式 f (x) ≤ f ?(x) 恒成立,求 a 的取值范围;

(2)解关于 x 的方程 f (x) ?| f ?(x) | ;

(3)设函数

g(x)

?

? ? ?

f f

?(x), (x),

f (x) ≥ f (x) ? f

f ?(x) ?(x)

,求

g(

x)在x

?[2,

4]

时的最小值

41.(苏北老四所县中 2013 届高三新学期调研考试)设 a?0,函数 f(x)?x2?a|ln x?1|.

(1) 当 a ?1时,求曲线 y? f(x)在 x ?1处的切线方程;

(2) 当 x?[1,??)时,求函数 f (x) 的最小值.

42.(江苏省无锡市 2013 届高三上学期期末考试数学试卷)已知函数 f(x)= 1 x2+1nx. 2
(Ⅰ)求函数 f(x)在区间[1,e]上的最大值、最小值;
(Ⅱ)设 g(x)=f(x),求证:[g(x)]n ? g(xn ) ? 2n ? 2(n ? N ? ) .

43.(江苏省无锡市 2013 届高三上学期期中考试数学试题)为了保护环境,某化工厂在政府部

门的支持下,进行技术改造:每天把工业废气转化为某种化工产品和符合排放要求的气
体,经测算,该工厂每天处理废气的成本 y (元)与处理废气量 x (吨)之间的函数关系可

近似地表示为:

y

?

?? ?

1 x3 ?1000, 16

x ??10,40?,且每处理 1 吨工业废气可得价

??2x2 ?130x ? 5000, x ??40,70?

值为 50 元的 某种化工产品.

(1)当工厂日处理废气量 x ??40,70?时,判 断该技术改进能否获利?如果能获利,求出最

大利润;如果不能获利,为了保证工厂在生产中没有亏损现象出现,国家至少每天财政补 贴多少元? (2)若国家给予企业处理废气阶梯式财政补贴,当日废气处理量不足 40 吨时,给予每顿 80 元补贴,废气处理量不少于 40 吨时,超过 40 吨的部分再增加每顿 55 元的补贴,当工 厂的日处理量为多少吨时,工厂处理每顿废气的平均收益最大?

14

44 .( 江 苏 省 淮 安 市 2013 届 高 三 上 学 期 第 一 次 调 研 测 试 数 学 试 题 ) 已 知 函 数

f

(

x)

?

ln

x

?

x,

h

?

x

?

?

ln x x

.

(1)求 h? x? 的最大值;

(2)若关于 x 的不等式 xf ( x) ? ?2x2 ? ax ?12 对一切 x ??0, ??? 恒成立,求实数 a 的
取值范围;
(3)若关于 x 的方程 f ? x? ? x3 ? 2ex2 ?bx ? 0 恰有一解,其中 e 为自然对数的底数,求
实数 b 的值.

45.(江苏省徐州市 2013 届高三期中模拟数学试题)某商店经销一种奥运会纪念品,每件产品
的成本为 30 元,并且每卖出一件产品需向税务部门上交 a 元( a 为常数,2≤a≤5 )的税
收.设每件产品的售价为 x 元(35≤x≤41),根据市场调查,日销售量与 ex (e 为自然对数
的底数)成反比例.已知每件产品的日售价为 40 元时,日销售量为 10 件. (1)求该商店的日利润 L(x)元与每件产品的日售价 x 元的函数关系式; (2)当每件产品的日售价为多少元时,该商品的日利润 L(x)最大,并求出 L(x)的最大值.

46 .( 苏 州 市 第 一 中 学

2013

届高三“三模”数学试卷及解答)已知函数

f(x)=

1 3

x3+

1-a 2

x2-ax-a,x∈R,其中 a>0.

(1)求函数 f(x)的单调区间;

(2)若函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围;

15

(3)当 a=1 时,设函数 f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为 M(t),最小值为 m(t),记 g(t)=M(t)-m(t),求函数 g(t)在区间[-3,-1]上的最小值.

47 .( 江 苏 省 盐 城 市 2013 届 高 三 年 级 第 二 次 模 拟 考 试 数 学 试 卷 ) 设 函 数

f n (x) ? ?x n ? 3ax ? b ( n ? N *, a,b ? R ).
⑴若 a ? b ? 1,求 f3 (x) 在 ?0,2?上的最大值和最小值;

⑵若对任意 x1, x2 ?[?1,1],都有 f3 (x1) ? f3 (x2 ) ? 1,求 a 的取值范围;

⑶若

f4 (x)

在[?1,1] 上的最大值为 1 2

,求 a, b 的值.

48.(2012-2013 学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研(二)数学试题)已知 a 为正的常数, 函数 f (x) ? ax ? x2 ? ln x . (1)若 a ? 2 ,求函数 f (x) 的单调增区间;
(2)设 g(x) ? f (x) ,求函数 g(x) 在区间?1,e? 上的最小值.
x

49.(江苏省扬州市 2013 届高三下学期 5 月考前适应性考试数学(理)试题)(1)设 x ? ?1 ,

试比较 ln(1? x) 与 x 的大小;

? (2)是否存在常数 a ? N ,使得 a ? 1 n (1? 1 )k ? a ?1 对任意大于1的自然数 n 都成

n k ?1

k

立?若存在,试求出 a 的值并证明你的结论;若不存在,请说明理由.

50.(2011 年高考(江苏卷))请你设计一个包装盒,如图所示, ABCDD是边长为 60cmC 的正

方形硬纸片,切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得

P

A、B、C、 D四个点重合于图

60 ?

中的点 P ,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒, E、F

在 AB 上,是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点,

A xE F x B

设 AE ? FB ? x cm

(1)某广告商要求包装盒侧面积 S (cm2 ) 最大,试问 x 应取何值?

16

(2)某广告商要求包装盒容积V (cm3 ) 最大,试问 x 应取何值?并求出此时包装盒的高与
底面边长的比值.
51 .( 江 苏 省 南 京 市 四 校 2013 届 高 三 上 学 期 期 中 联 考 数 学 试 题 ) 已 知 函 数
f (x) ? 2(1 ? x) ln(1 ? x) ? x2 ? 2x , x ? ?0,??? ,求 f (x) 的最大值.
52.(江苏省 2013 届高三高考压轴数学试题)已知函数 f (x) ? x3 ? ax2 ? x ? 2 .( a ? R ). (1)当 a ? 1时,求函数 f (x) 的极值; (2)若对 ?x ? R ,有 f '(x) ?| x | ? 4 成立,求实数 a 的取值范围. 3

53.(扬州、南通、泰州、宿迁四市 2013 届高三第二次调研测试数学试卷)必做题, 本小题 10

分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

设 b>0,函数 f (x) ? 1 (ax ? 1)2 ? 1 x ? 1 lnbx,记 F(x) ? f ?(x) ( f ?(x) 是函数 f (x) 的导

2ab

bb

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)?n ? F(xn) ≥2n ? 2 n ? N* .

54.(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? 2x)(x ? 12且x ? N ?)
2

17

(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)

?

? ? x2 ?? ex

(1 x2 3

?10x ? 96), 7

?

x ? 12,且x ? N ?

(单位:件),

每件利润 q(x) 元与月份 x 的近似关系为: q(x) ? 10ex ,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 )

55.(常州市 2013 届高三教学期末调研测试数学试题)已知函数 f (x) ? x x ? a ? ln x . (1)若 a=1,求函数 f (x) 在区间[1, e] 的最大值; (2)求函数 f (x) 的单调区间;
(3)若 f (x) ? 0 恒成立,求 a 的取值范围. 56.(江苏省南京市四区县 2013 届高三 12 月联考数学试题 )某建筑公司要在一块宽大的矩形
地面(如图所示)上进行开发建设,阴影部分为一公共设施建设不能开发,且要求用栏栅
隔开(栏栅要求在一直线上),公共设施边界为曲线 f (x) ? 1? ax2 (a ? 0) 的一部分,栏 栅与矩形区域的边界交于点 M、N,交曲线于点 P,设 P(t, f (t)) (1)将 ?OMN (O 为坐标原点)的面积 S 表示成 t 的函数 S(t) ; (2)若在 t ? 1 处, S(t) 取得最小值,求此时 a 的值及 S(t) 的最小值.
2 y

N P

O

M

x

57.(江苏省海门市四校 2013 届高三 11 月联考数学试卷 )设函数 f(x)= ex-ax-2 (Ⅰ)求 f(x)的单调区间 (Ⅱ)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k) f?(x)+x+1>0,求 k 的最大值
18

58.(江苏省徐州市 2013 届高三上学期模底考试数学试题)已知函数 f (x) ? x ? 2a2 ? a ln x(a ? R) . x (1)讨论函数 y ? f (x) 的单调区间; (2)设 g(x) ? x2 ? 2bx ? 4 ? ln 2 ,当 a=1 时,若对任意的 x1,x2∈[1,e](e 是自然对数的底
数), f (x1)≥ g(x2 ) ,求实数 b 的取值范围.

59 .( 南 京 市 、 淮 安 市 2013 届 高 三 第 二 次 模 拟 考 试 数 学 试 卷 ) 设 函 数

f (x) ? x2 ? (a ? 2)x ? a ln x .

(1)求函数 f (x) 的单调区间;(2)若函数有两个零点,求满足条件的最小正整数 a 的值;

(3)若方程

f

(x)

?

c 有两个不相等的实数根

x1,

x2

,求证:

f

?( x1

? 2

x2

)

?

0

.

60 .( 江 苏 省 无 锡 市 2013 届 高 三 上 学 期 期 中 考 试 数 学 试 题 ) 已 知 函 数
19

f (x) ? (x ? a) ln x ,( a ? 0 ). (1)当 a ? 0 时,若直线 y ? 2x ? m 与函数 y ? f (x) 的图象相切,求 m 的值;
(2)若 f (x) 在 ?1,2?上是单调减函数,求 a 的最小值; (3)当 x ??1,2e?时, f (x) ? e 恒成立,求实数 a 的取值范围.( e 为自然对数的底).
61 .( 江 苏 省 南 京 市 四 区 县 2013 届 高 三 12 月 联 考 数 学 试 题 ) 已 知 函 数 f(x)=ax+x2-xlna(a>0,a≠1). (1)当 a>1 时,求证:函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增; (2)若函数 y=|f(x)-t|-1 有三个零点,求 t 的值; (3)若存在 x1,x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1,试求 a 的取值范围.
62.(江苏省南京市四校 2013 届高三上学期期中联考数学试题)已知函数 f (x) ? x ln x . (I)求函数 f (x) 的单调递减区间; (II)若 f (x) ? ?x2 ? ax ? 6 在 (0, ??) 上恒成立,求实数 a 的取值范围; (III)过点 A(?e?2 , 0) 作函数 y ? f (x) 图像的切线,求切线方程.
20

江苏省 2014 届一轮复习数学试题选编 33:导数的应用(单调性、极值与最值)参考答案 填空题
1. 【 答 案 】 (?1,11) ;【 解 析 】 f ?(x) ? 3x2 ? 30x ? 33 ? 3(x ?11)(x ?1) , 由
(x ? 1 1) (x ? 1?) 得0 单调减区间为 (?1,11) 。

2. a ? 1 2

3. 1? e2 1? e2

4. 1 2
5. ? 3e

6.

(0,-3+2

21 )

解答题

7. (1) f (x) ? ln x ? 1 (x ? 1) ;则有如下解答: x ?1

① f ?(x) ? 1 ? b ? 2 ? 1 (x2 ? bx ? 1) x (x ? 1)2 x(x ? 1)2

x ? 1时, h(x) ? 1 ? 0恒成立, x(x ? 1)3
?函数f (x)具有性质P(b);

②设?(x) ? x2 ? bx ? 1,则f ?(x)与?(x) 同号,

当b ?[?2, 2]时,?(x) ? x2 ? bx ?1 ? 0恒成立,? f (x)在(1, ??)上单调递增; 当b ? (??, ?2)时,?(x) ? x2 ? bx ?1 ? 0恒成立,? f (x)在(1, ??)上单调递增;

当b ? (2, ??)时, f (x)在(1, b ? b2 ? 4 )上单调递减, 在(b ? b2 ? 4 , ??)上单调递增.

2

2

(2)依据题意 g?(x) ? h(x)(x ?1)2 ,

? g(x)在(1, ??)单调递增,且有? ? ? ? x1 ? x2 ,? ? ? ? (2m ?1)(x1 ? x2 ). 当 m ? 1 且m ? 1时,? ? ? ,
2 且? ? x1 ? (m ?1)x1 ? (1 ? m)x2 , ? ? x2 ? (1 ? m)x1 ? (m ?1)x2 ,

21

? (? ? x1 )(? ? x2 ) ? ?(m ?1)2 (x1 ? x2 )2 ? 0, ?? ? x1 ? x2 ? ? 或x1 ? ? ? ? ? x2 ,

若? ? x1 ? x2 ? ? ,则f (? ) ? f (x1) ? f (x2 ) ? f (? ), ? g(? ) ? g(? ) ? g(x1) ? g(x2 )不合题意,

? x1

??

?

?

?

x2

,即???(x11

? mx1 ? m)x1

? ?

(1 ? m) mx2 ?

x2 x2

, 解得m

? 1,? 1 2

?

m

? 1.

当m

?

1 时,? 2

?

?,且

?|

g (? )

?

g(? )

|?

g ( x1 )

?

g(x2 )

,符合题意,

当m

?

1 时,? 2

?

? ,且?

?

x2

?

m(x1

?

x2 ), ?

?

x1

?

?m(x2

?

x1 ),

同理有

x1

?

?

??

?

x2

,即???mx1x?1

(1? m)x1 ? ? (1 ? m)x2

mx2 ? x2

, 解得m

?

0,? 0

?

m

?

1, 2

综上 0 ? m ? 1.

8. 解:(Ⅰ)当 x ? a 时, f (x) ? 49 a2x 为增函数.

2

4



x

?

a 2

时,

f

?(x) = 3x2

? 3a4 x2

.令

f

?( x)

? 0 ,得 x

?

a或x

?

?a .

∴ f (x) 的增区间为 (??, ?a) , (? a , a) 和 (a, ??) . 22
(Ⅱ)由右图可知,
①当 1? a ? 2 时, a ? 1 ? a , f (x) 在区间 ?1, a? 上递减,在 ?a, 2? 上递增,最小值为
2

f (a) ? 4a3 ;

②当 0 ? a ?1时, f (x) 在区间?1, 2?为增函数,最小值为 f (1) ? 1? 3a4 ;

③当 a ? 2 时, f (x) 在区间?1, 2?为增函数,最小值为 f (a) ? 4a3 ;
22

综上,

f

(x)

最小值

g(a)

?

?1? 3a4

? ?

4a3

0? a ?1. 1? a ?2

(Ⅲ)由 f (x) f (2t ? x) ? f 2 ?t ? ? ? f (x) ? f (2t ? x)? f (t) ,

可得? f (t) ? f (x)?? f (t) ? f (2t ? x)? ? 0 ,



? ? ?

f

f (t

(t) )?

? f

f (x) (2t ? x)



? ? ?

f

f (t) (t) ?

? f

f (x) (2t ? x)

成立,所以

t

为极小值点,或

t

为极大值点.又

x

?

? ??

a 2

,

2t

?

a 2

? ??



f

(x)

没有极大值,所以

t

为极小值点,即

t

?

a

9. 解:(1) 因 x=-1 是 f (x) ? 2x ? b ? ln x 的一个极值点 x

∴ f / (?1) ? 0

即 2+b-1=0

∴b= -1 经检验,适合题意,所以 b= -1.

(2)

f

/ (x)

?

2

?

1 x2

?

1 x



f

/ (x)

?

2?

1 x2

?

1 x

>0

∴ 2x2 ? x ?1 >0 x2

∴x> 1 2

∴函数的单调增区间为

? ??

1 2

,

??

? ??

(3) g(x) ? f (x) ? 1 =2x+lnx x

设过点(2,5)与曲线 g (x)的切线的切点坐标为 (x0 , y0 )

∴ y0 ? 5 ? g / (x0 )(x0 ? 2)



2 x0

?

ln

x0

?

5

?

(2

?

1 x0

)( x0

?

2)

令 h(x)= ln x ? 2 ? 2 x



h / (x) =

1 x

?

2 x2

=0

∴x?2

∴ ln

x0

?

2 x0

?

2

?

0

23

∴h(x)在(0,2)上单调递减,在(2, ?? )上单调递增

又 h(1) 2

?

2 ? ln 2

? 0 ,h(2)=ln2-1<0, h(e2 )

?

2 e2

?0

∴h(x)与 x 轴有两个交点

∴过点(2,5)可作 2 条曲线 y=g(x)的切线.

10.

11. ⑴ f ?(x) ? 1 ? 2ax ?1 ? ? 2ax2 + x ?1(x ? 0) ,

x

x

只需要 2ax2

?

x

?1≤0

,即 2a ≤

1 x2

?

1 x

?

(1 x

?

1)2 2

?

1 4

,

所以 a ≤ ? 1 8

24

⑵因为 f ?(x) ? 1 ? 2ax ?1 . x
所以切线 l 的方程为 y ? (?4a ? 1)(x ? 2) ? ln 2 ? 4a ? 2 . 2



g(x)

?

ln

x

?

ax2

?

x

?

???(?4a

?

1 )( x 2

?

2)

?

ln

2

?

4a

?

2???

,则

g(2)

?

0

.

g ?( x)

?

1

?

2ax

?

4a

?

1

?

?

2ax2

?

(4a

?

1)x 2

?1

x

2

x

若 a ? 0 ,则 g?(x) ? 2 ? x , 2x

当 x?(0,2) 时, g?(x) ? 0 ;当 x ?(2, +?) 时, g?(x) ? 0 ,

所以 g(x)≥ g(2) ? 0 , c1,c2 在直线 l 同侧,不合题意;

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

若 a ? 0 , g?(x) ? ?

4a ,

x



a

?

?

1

,

g ?( x)

?

(

x 2

? 1)2



0

,

g(x)

是单调增函数,

8

x

当 x ?(2, +?) 时, g(x) ? g(2) ? 0 ;当 x?(0,2) 时, g(x) ? g(2) ? 0 ,符合题意;

若 a ? ? 1 ,当 x ?(? 1 ,2) 时, g?(x) ? 0 , g(x) ? g(2) ? 0 ,

8

4a

当 x ?(2, ??) 时, g?(x) ? 0 , g(x) ? g(2) ? 0 ,不合题意;

若 ? 1 ? a ? 0 ,当 x ?(2,? 1 ) 时, g?(x) ? 0 , g(x) ? g(2) ? 0 ,

8

4a

当 x?(0,2) 时, g?(x) ? 0 , g(x) ? g(2) ? 0 ,不合题意;

若 a ? 0 ,当 x?(0,2) 时, g?(x) ? 0 , g(x) ? g(2) ? 0 ,

当 x ?(2. ? ?) 时, g?(x) ? 0 , g(x) ? g(2) ? 0 ,不合题意.

故只有 a ? ? 1 符合题意 8
12.解:(1)定义域 x ?R,

? ? ? ? ? ? f

??x? ?

2x

x2

? x ?1 ? x2 ?2x
x2 ? x ?1 2

? 1?

?

? x2 ? 2x x2 ? x ?1 2

,

f ??x? ? 0 ? 0 ? x ? 2 , f ??x? ? 0 ? x ? 0或x ? 2

函数 f (x) 的单调增区间为 ?0,2? ,单调减区间为 ?? ?,0?和?2,? ??

25

(法一) f ?0? ? 0 , f (2) ? 4 ,当 x ? ? 时,
3

f

?x?

?

1?

1 x

1

?

? ??

1

2
?

x ??

?1,

x ? (??,0] 时, f ( x) 为减函数, f (x) ?[0,1) ;

当 x ?[0, ??) 时,

f

(x)

?[0,

4] 3

;函数

f

(x)

的值域为

???0,

4 3

? ??

(法二)当 x ? 0 时,

f ?0? ? 0 ,当 x ? 0 时,

f

?x? ?
1?

1 x

1

?

? ??

1 x

2
? ??

?

(1 x

1 ? 1)2
2

?

3 4

?

4 3

,



f

(x)

?

0

,

f

(2)

?

4 3

,?函数

f

( x) 的值域为 ???0,

4? 3 ??

(法三)判别式法(略)

(2)设 A ? ?x f (x) ? x?, B ? ?x f ( f (x)) ? x? ,

设 x0 ? A ,则 f ( f (x0 )) ? f ( x0 ) ? x0 ,则 x0 ? B ,? A ? B

当 x ? 0 时,

( x ?1)2

?0?

x2

x ?1? ? x ?1

x2

x2

?

? x ?1

x

?

f

(x) ?

x 恒成立.

当且仅当 x ? 0,1 时, f (x) ? x.

令 t ? f (x) ,当且仅当 x ? 1 时, t ? f (x) ? 1.

当 x ? 0 时,由(1) f ( f (x)) ? f (t) ? 0 , ?当 x ? 0 时, f ( f (x)) ? x 无解

当 0 ? x ? 1 时, f ( f (x)) ? f (t) ? t ? f (x) ? x ,

?当 0 ? x ? 1 时, f ( f (x)) ? x 在无解

综上,除 x ? 0,1 外,方程 f ( f (x)) ? x 无解, ? A ? B.

??x f (x) ? x? ? ?x f ( f (x)) ? x?

(3)

○1 显然 an?1

?

an2

a

2 n

?an

? ?1

(an

an2 ? 1)2 ? 3
24

,又 a1 ?

1 2

,?

an

? 0,

? an?1 an

?

an

a

2 n

?an

?1

?

an

1 ?1
an

?1

?

1 2 ?1

? 1,

所以, an?1 ? an. 若 an?1 ? an ,则 an ? 1 矛盾.所以 an?1 ? an

○2 (法一) an

?

a2 n?1

a2 n?1
? an?1

, ?1

?1 an

?1? 1 an?1

?

1

a2 n?1

,

?1 an

?1?

?1 an?1

?

1 a2
n ?1

,

26

?1 ? 1 ?1 an

1

?

1 an?1

?

1 a2
n?1

?

1

( 1 ? 1) 1

an?1

an?1

?

11?1 ?

1 1

,

an?1

an?1

?an?1 ?

11?1 ?

1

1 ?

1

(n

?

2),

an?1

an

? ? n?1

n ?1

? S ? ai?1 ? (

i?2

i?2

11?1 ?

1

1 ?

) 1

?

1

1 ?1

?

1

1

?1

?

1

?

an?1 1 ? an?1

,

ai ?1

ai

a1

an?1

0

?

an?1

?

an

?

1 2

? S ? 1 ? an?1 ? 1. 1 ? an?1

(法二)

an

?

a2 n?1

a ?

2 n?1
an?1

?

1

?

1

?

1 1 an?1

?

1 a2
n?1

?

1 ?1?
an?1

1 a2
n?1

?

1 1 ( 1 ?1) an?1 an?1

?

11?1 ?

1 1

an?1

an?1

?

?an?1

?

?

1 1? an?2

1 a2
n?2

?

?an?1

?

an?2

?

?

1 1? an?3

1 a2
n?3

?

? ?an?1 ? an?2 ?

? a1 ?

1 1 ?1

a1

? 1? an?1 ? an?2 ? ? a1 ,

?Sn ? a1 ? a2 ? ? an ? 1

【说明】本题以高等数学中不动点、函数迭代等理论为背景,考查函数的图象与性质、 导数的运算与应用;考查函数思想;考查推理论证能力、运算能力. 其中第 2 问证法较多.

本题可以进一步设计证明 an?1 ? 1 1 ? an?1 2n

.

如令

bn

?

1 an

,可证明对任意正整数 m,n 有

bm ,bn 互素.

13.本题主要考察导数的运算及利用导数研究函数的性质,考察函数.方程.不等式的相互转

化,考察综合运用数学思想方法分析与解决问题及推理论证能力.

(1)解:由 f ' (x) ? 1 ? a ? 0 即 1 ? a 对 x ? (1,??) 恒成立,

x

x



a

????

1 x

? ??

max

27

而由 x ? (1,??) 知 1 <1 x
∴a ?1
由 g ' (x) ? e x ? a 令 g ' (x) ? 0 则 x ? ln a

当 x < ln a 时 g ' (x) <0,当 x > ln a 时 g ' (x) >0,

∵ g(x) 在 (1,??) 上有最小值 ∴ ln a >1 ∴ a > e 综上所述: a 的取值范围为 (e,??)

(2)证明:∵ g(x) 在 (?1,??) 上是单调增函数

∴ g ' (x) ? e x ? a ? 0 即 a ? ex 对 x ? (?1,??) 恒成立,

? ? ∴ a ? e x min

而当 x ? (?1,??) 时, e x > 1 e
分三种情况:
(Ⅰ)当 a ? 0 时, f ' (x) ? 1 >0 x

∴a ? 1 e
∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数

∵ f (1) ? 0 ∴f(x)存在唯一零点

(Ⅱ)当 a <0 时, f ' (x) ? 1 ? a >0 ∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数 x

∵ f (ea ) ? a ? aea ? a(1 ? ea ) <0 且 f (1) ? ?a >0

∴f(x)存在唯一零点

(Ⅲ)当 0< a ? 1 时, f ' (x) ? 1 ? a ,令 f ' (x) ? 0 得 x ? 1

e

x

a

∵当

0<

x

<

1

时,

f

' (x)

?

?

a(x

?

1) a

>0;

x

>

1

时,

f

' (x)

?

?

a(x

?

1) a

<0

a

x

a

x

∴ x ? 1 为最大值点,最大值为 f ( 1 ) ? ln 1 ? a 1 ? ? ln a ?1

a

a aa

①当 ? ln a ?1 ? 0 时, ? ln a ?1 ? 0 , a ? 1 , f (x) 有唯一零点 x ? 1 ? e

e

a

②当 ? ln a ?1>0 时,0< a ? 1 , f (x) 有两个零点 e

实际上,对于

0<

a?1

e

,由于

28

f (1) ? ln 1 ? a 1 ? ?1 ? a <0, f ( 1 ) ? ln 1 ? a 1 ? ? ln a ?1>0

e ee

e

a aa

且函数在 ?? 1 , 1 ?? 上的图像不间断 ∴函数 f (x) 在 ?? 1 , 1 ?? 上有存在零点

?e a?

?e a?

另外,当 x ? ?? 0, 1 ?? , f ' (x) ? 1 ? a >0,故 f (x) 在 ?? 0, 1 ?? 上单调增,∴ f (x) 在 ?? 0, 1 ??

? a?

x

? a?

? a?

只有一个零点

下 面 考 虑 f (x) 在 ?? 1 ,?? ?? 的 情 况 , 先 证 ?a ?

f (ea?1 ) ? ln ea?1 ? aea?1 ? a?1 ln e ? aea?1 ? a(a?2 ? ea?1 )<0

为此我们要证明:当 x > e 时, e x > x 2 ,设 h(x) ? e x ? x2 ,则 h' (x) ? e x ? 2x ,再设

l(x) ? ex ? 2x

∴ l ' (x) ? ex ? 2

当 x >1 时, l ' (x) ? e x ? 2 > e -2>0, l(x) ? e x ? 2x 在 ?1,??? 上是单调增函数

故当 x >2 时, h' (x) ? e x ? 2x > h' (2) ? e2 ? 4 >0

从 而 h(x) ? e x ? x2 在 ?2,??? 上 是 单 调 增 函 数 , 进 而 当 x > e

时, h(x) ? e x ? x 2 > h(e) ? ee ? e2 >0

即当 x > e 时, e x > x 2 ,



0<

a

<

1



,



a ?1

>e

e

时, f (ea?1 ) ? ln ea?1 ? aea?1 ? a?1 ln e ? aea?1 ? a(a?2 ? ea?1 )<0

? ? 又 f ( 1 ) ? ln 1 ? a 1 ? ? ln a ?1>0 且函数 f (x) 在 a?1,ea?1 上的图像不间断, a aa

? ? ∴函数 f (x) 在 a?1,ea?1

上有存在零点,又当

x

>

1

时,

f

' (x)

?

?

a(x

?

1) a

<0



f

(x)

a

x

? ? ? ? 在 a ?1,?? 上是单调减函数∴函数 f (x) 在 a ?1,?? 只有一个零点

综合(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)知:当 a ? 0时, f (x) 的零点个数为 1;当 0< a < 1 时, f (x) 的零点个 e
数为 2

29

14.解:(1)函数 f (x) 的定义域为{x | x ? R 且 x ? 0} 关于坐标原点对称

f (?x) ? (?x)2 ln | ?x |? x2 ln x ? f (x) ? f (x) 为偶函数

(2)当 x ? 0时, f '(x) ? 2x ln x ? x2 ? 1 ? x(2ln x ?1) x

?1
令 f '(x) ? x(2ln x ?1) ? 0 ? 2ln x ?1 ? 0 ? 2 ln x ? 1 ? 0 ? x ? e 2 ? x ?

e

e



f '(x) ? x(2ln x ?1) ? 0

? 2ln x ?1 ? 0

?1
? 2 ln x ? 1 ? 0 ? 0 ? x ? e 2

?0?x? e e

所以可知:当 x ? (0, e ) 时, f (x) 单调递减,当 x ? ( e ,??) 时, f (x) 单调递增,

e

e

又因为 f (x) 是偶函数,所以在对称区间上单调性相反,所以可得:

当 x ? (? e ,0) 时, f (x) 单调递增,当 x ? (??,? e ) 时, f (x) 单调递减,

e

e

综上可得:

f (x) 的递增区间是: (? e ,0) , ( e ,??) ;

e

e

f (x) 的递减区间是: (0, e ) , (??,? e )

e

e

(3)由 f (x) ? kx ?1,即 f (x) ? x2 ln | x |? kx ?1,显然, x ? 0

可得: x ln | x | ? 1 ? k x

令 g(x) ? x ln | x | ? 1 ,当 x ? 0时, g(x) ? x ln x ? 1

x

x

g'(x)

?

x' ln

x

?

x

?

1 x

?

1 x2

?

ln

x

?1?

1 x2

? ln x ?

x2 ?1 x2

显然 g'(1) ? 0 ,当 0 ? x ? 1 时, g'(x) ? 0 , g(x) 单调递减,

当 x ? 1时, g'(x) ? 0 , g(x) 单调递增,

30

? x ? 0时, g(x)min ? g(1) ? 1 又 g(?x) ? ?g(x) ,所以可得 g(x) 为奇函数,所以 g(x) 图像关于坐标原点对称 所以可得:当 x ? 0时, g(x)max ? g(?1) ? ?1 ∴ g(x) 的值域为 (??,?1] ? [1,??) ∴ k 的取值范围是 (??,?1] ? [1,??) 15.解析:(1) f ?(x) ? ex (x2 ? ax ?1? 2x ? a) ? ex[x2 ? (a ? 2)x ? a ?1] . 因为曲线 y ? f (x) 在点 (2, f (2)) 处的切线与 x 轴平行, 所以 f ?(2) ? 0 ,即 f ?(2) ? e2[4 ? 2(a ? 2) ? a ?1] ? 0 所以 a ? ?3 (2) f ?(x) ? ex (x ? a ?1)(x ?1) ,令 f ?(x) ? 0 ,则 x ? ?a ?1或 x ? ?1 ①当 a ?1 ?1,即 a ? 0 时, f ?(x) ? ex (x ?1)2 ? 0 , 函数 y ? f (x) 在 (??,? ?) 上为增函数,函数无极值点; ②当 ?(a ?1) ? ?1,即 a ? 0 时.
(??,? a ?1) ?a ?1 (?a ?1,?1) ?1 (?1,? ?)
x

f ?(x)

+

0

-

0

+

f (x)




极大











所以 当 x ? ?a ?1时,函数有极大值是 e?a?1(a ? 2) ,当 x ? ?1 时,函数有极小值是

2?a; e
③当 ?(a ?1) ? ?1,即 a ? 0 时.

11 分

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

31

f ?(x)

+

0

-

0

+



f (x)

极小













所 以 当 x ? ?1 时 , 函 数 有 极 大 值 是 2 ? a , 当 x ? ?a ?1 时 , 函 数 有 极 小 值 是 e

e?a?1(a ? 2)

综上所述,当 a ? 0 时函数无极值;

当 a ? 0 时,当 x ? ?a ?1时,函数有极大值是 e?a?1(a ? 2) ,当 x ? ?1 时,函数有极小值

是 2 ? a ;当 a ? 0 时,当 x ? ?1 时,函数有极大值是 2 ? a ,当 x ? ?a ?1时,函数有 极小

e

e

值是 e?a?1(a ? 2)

16.解: (1) H ' (x) ? ex ? (e ?1) ,令 H ' (x) =0, x? ? ln(e ?1) 当 x ? (??, x? ) 时, H ' (x) <0, H (x) 在 (??, x? ) 单调递减 当 x ? (x? ,??) 时, H ' (x) >0, H (x) 在 (x? ,??) 单调递增 故 H (x)min ? H (x0 ) ? ex ? (e ?1)x ?1 ? e ?1? (e ?1) ln(e ?1) ?1 令 t=e-1>1, 函 数 k( t)? t? tl n t? 1, 因 为 k / ( t)? 1? l nt ? 1? ? l nt<0, 所 以 函 数

k(t) ? t ? t ln t ?1 在 ?1, ??? 单调递减,故 k(t) ? k(1) ? 0 ,又 e ?1 ? 1,故 H (x ) ? 0 ,

从而 H (x) 有两个零点

(2)①

因为

f (an ) ?

g (an?1) ,即 ean

?1 ? (e ?1)an?1 ? 2 ,所以 an?1

?

1 (ean e ?1

? 1)

下面用数学归纳法证明 an ? (0,1)

32

17. 解 (1) 当 a ?1 时 , f (x) ? x3 ? 3x2 ? 9x ? 0 , x(x2 ? 3x ? 9) ? 0 , 解 得 3 ? 3 5? x ? 0 或 2

x? 3?3 5 2

(2)由 f ' (x) ?12ln x ? 6ax ? 9a2 ? a 得 a ? 12ln x ? 3x2 ,令 m(x) ? 12ln x ? 3x2 ,则

m' (x) ? 12 ? 6x ,当 m' (x) ? 12 ? 6x ? 0 时, x ? 2

x

x

当 x ?[1, 2) 时, m' (x) ? 0 ,此时 m(x) 递增;当 x ? ( 2, 2] 时, m' (x) ? 0 ,此时 m(x) 递

减;所以 m(x)max ? g( 2) ? 6(ln 2 ?1) , 又 因 为 m( ?1? ) , 3m(2) ?12(ln 2 ?1) ? ?3 , 所 以 当 x ?[ 1 , 2 ]

时 , m' (x) ?12ln x ? 6ax ? 9a2 ? a 恰 好 有 两 个 相 异 的 实 根 实 数 的 取 值 范 围 为 ?3 ?a ?6 ( l n 2? 1 )

18.证明:因为 f (x) ? ax2 ? b ln x,ab ? 0 ,所以 f (x) 的定义域为 (0,? ?) .

33

f ?(x) ? 2ax ? b ? 2ax2 ? b .

x

x

当 ab ? 0 时,如果 a ? 0,b ? 0,f ?(x) ? 0,f (x) 在 (0,? ?) 上单调递增;

如果 a ? 0,b ? 0,f ?(x) ? 0,f (x) 在 (0,? ?) 上单调递减.

所以当 ab ? 0 ,函数 f (x) 没有极值点.

当 ab ? 0 时,

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

?

b 2a

?? ??
??

x

?

?

b 2a

? ?
?

x

令 f ?(x) ? 0 ,得 x1 ? ?

?

b 2a

? (0,?

?)

(舍去),

x2

?

? b (0,? ?) , 2a

当 a ? 0,b ? 0 时, f ?(x),f (x) 随 x 的变化情况如下表:

x

? ???

0, ?

b 2a

? ???

f ?(x)

?

?b 2a

? ???

?

b ,? 2a

?

? ???

0

?

f (x)

极小值

从上表可看出,

? 函数 f (x) 有且只有一个极小值点,极小值为 f ???

?

b 2a

? ???

?

?

b 2

???1 ?

ln

? ??

?

b 2a

?? ????

.

当 a ? 0,b ? 0 时, f ?(x),f (x) 随 x 的变化情况如下表:

x

? ???

0, ?

b 2a

? ???

f ?(x)

?

?b 2a

? ???

?

b ,? 2a

?

? ???

0

?

f (x)

极大值

从上表可看出,

? 函数 f (x) 有且只有一个极大值点,极大值为 f ???

?

b 2a

? ???

?

?

b 2

???1 ?

ln

? ??

?

b 2a

?? ????

.

综上所述,

34

当 ab ? 0 时,函数 f (x) 没有极值点;

当 ab ? 0 时,



a

?

0,b

?

0

时,函数

f

(x)

有且只有一个极小值点,极小值为

?

b 2

???1?

ln

? ??

?

b 2a

?? ????

.



a

?

0,b

?

0

时,函数

f

(x)

有且只有一个极大值点,极大值为

?

b 2

???1?

ln

? ??

?

b 2a

?? ????

.

19.解:(Ⅰ)∵ (loga x)2 ? (logx a)2 ? (loga x ? logx a)2 ? 2 ? t2 ? 2 , (loga x)3 ? (logx a)3 ? (loga x ? logx a)[(loga x ? logx a)2 ? 3] ? t3 ? 3t , ∴ h(t) ? ?t3 ? kt2 ? 3t ? 2k, (t ? 2)

∴ h?(t) ? ?3t2 ? 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) ? ?3t2 ? 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 ? 9 4

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

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 ? loga x ? logx a ,∴ m(t) ? ?t3 ? kt2 ? k 2t ? 2k, (t ? 2) ,



m?(t)

?

?3t 2

?

2kt

?

k2

?

0

得 t1

?

k , t2

?

?

k 3

.

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

17 ?1 ? k ? 2 2

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 ? ?

17 ?1 ; 2

35

当k

?

?6 时, m(t)max

?

m(?

k) 3

?

0得k

?

?6 ;

综上得: k ? ? 17 ?1 或 k ? 17 ?1

2

2

20.

(1)因为

f

?(

x)

?

?

a x2

?1 x

?

x?a x2

,

①若 a ≤0 ,则 f ?(x)≥0 , f (x) 在 (0, ??) 上为增函数,

②若 a ? 0 ,令 f ?(x) ? 0 ,得 x ? a ,

当 0 ? x ? a 时, f ?(x) ? 0 ;当 x ? a 时, f ?(x) ? 0 .

所以 (0, a) 为单调减区间, (a, ??) 为单调增区间.

综上可得,当 a ≤0 时, (0, ??) 为单调增区间,

当 a ? 0 时, (0, a) 为单调减区间, (a, ??) 为单调增区间

(2) a ? 0 时, h(x) ? f (x) ? g(x) ? 1 bx2 ? 2x ? 2 ? ln x ,
2

h?(x) ? bx ? 2 ? 1 ? bx2 ? 2x ?1 ,

x

x

h(x) 在 (0,1) 上有且只有一个极值点,即 h?(x) ? 0 在 (0,1) 上有且只有一个根且不为重

根,

由 h?(x) ? 0 得 bx2 ? 2x ?1 ? 0 ,

(i) b ? 0 , x ? 1 ,满足题意; 2
(ii) b ? 0 时, b ?12 ? 2 ?1?1? 0 ,即 0 ? b ?1; (iii) b ? 0 时, b ?12 ? 2 ?1?1? 0 ,得 b ?1,故 b ? 0 ; 综上得: h(x) 在 (0,1) 上有且只有一个极值点时, b ?1 注:本题也可分离变量求得. (3)证明:由(1)可知:
(i)若 a ≤0 ,则 f ?(x)≥0 , f (x) 在 (0, ??) 上为单调增函数,

所以直线 l 与 y ? F (x) 的图象不可能有两个切点,不合题意

(ⅱ)若 a ? 0 , f (x) 在 x ? a 处取得极值 f (a) ? 1? ln a . 若1? ln a≥0, a≥ 1 时,由图象知不可能有两个切点
e

36

故 0 ? a ? 1 ,设 f (x) 图象与 x 轴的两个交点的横坐标为 s,t (不妨设 s ? t ), e

则直线

l



y

?

F ( x)

的图象有两个切点即为直线

l



y1

?

?

a x

? ln

x,

x ?(s,t)



y2

?

a x

? ln

x,

x ?(t, ??)

的切点.

y1?

?

a x2

?

1? x

a?x x2

,

y2?

?

?

a x2

?

1 x

?

x?a x2

,

设切点分别为 A(x1, y1), B(x2 , y2 ) ,则 0 ? x1 ? x2 ,且

a ? x1 ? y1 ? ? a ? ln x1 , x2 ? a ? y2 ? a ? ln x2 , a ? x1 ? x2 ? a ,

x12

x1

x2 1

x1

x22

x2

x2 2

x2

x12

x22



2a x1

?1?

ln

x1

,



2a x2

? 1 ? ln x2 ,



a

?

x1x2 (x1 x12 ?

? x2 ) x22

,③

①-②得:

2a x1

?

2a x2

?

? ln

x1

?

ln

x2

?

? ln

x1 x2

,

由③中的 a

代入上式可得: ( 2 x1

?

2 x2

)

x1x2 (x1 x12 ?

? x2 ) x22

?

? ln

x1 x2

,

即 2(x12 ? x22 ) ? ln x1 , 1 4 分

x12 ? x22

x2

令 x1 ? k (0 ? k ? 1) ,则 (k 2 ?1)ln k ? 2k 2 ? 2 ,令 G(k) ? (k 2 ?1)ln k ? 2k 2 ? 2(0 ? k ? 1) , x2

因为 G(1) ?1? e

3 e2

?

0

,

G(

1 e2

)

?

?

4 e4

? 0,

故存在 k0 ?(0,1) ,使得 G ?k0 ? ? 0 ,
即存在一条过原点的直线 l 与 y ? F(x) 的图象有两个切点 21.解:(1) g '(x) ? 1 ? a ? x ? a ,令 g '(x) ? 0 ,得 x ? a .
x x2 x2

当 x ? (0, a) 时, g '(x) ? 0 , g(x) 是减函数;

当 x ? (a, ??) 时, g '(x) ? 0 , g(x) 是增函数.

37

∴当 x ? a 时, g(x) 有极小值 ln a ?1, g(x) 无极大值

(2) h '(x) ? f '(x)(x ? x1 ) ? f (x) ? f (x1) (x ? x1 )2

=

(1 ?

1 )( x x

?

x1 ) ?

x ? ln

x?

x1

? ln x1

=

x1 x

? ln x ?1 ? ln

x1

,

(x ? x1 )2

(x ? x1 )2

由(1)知 ? ( x)

?

x1 x

? ln

x

在[x1, ??)

上是增函数,

当 x ? (x1, ??) 时,?(x) ? ?(x1) ,



x1 x

?

ln

x

?1?

ln

x1 ,

∴ h '(x) ? 0 ,即 h(x) 在 (x1, ??) 上是增函数

(3) 0 ? x1 ? x ? x2 ,由(2)知, h(x) ?

f

(

x) x

? ?

f( x1

x1

)



(

x1,

??)

上是增函数,

则 f (x2 ) ? f (x1) ? f (x) ? f (x1) ,

x2 ? x1

x ? x1



x

?

x1

? 2

x2

得,

f

( x1

? x2 ) 2

?

1[ 2

f

(x1) ?

f

(x2 )]

22. (1) f / (x) ? (x ? b)?3x ? (2a ? b)?

?a ? b ?b ? 2a ? b ? f , (x) ? 0 有两不等 b 和 2a ? b

3

3

? f(x)存在极大值和极小值

(2)①若 a=b,f(x)不存在减区间

②若 a>b 时由(1)知 x1=b,x2= 2a ? b 3

?A(b,0)B

????

2a ? 3

b

,?

2(a

? 9

b) 2

????

2(a ? b)2 ? 9 ? ? 1 ? 2(a ? b)2 ? 3(a ? b)
2a ? b ? b 2 3

?a ?b ? 3 2

○3 当 a<b 时

38

x1= 2a ? b ,x2=b. 3

同理可得 a-b= 3 (舍) 2

综上 a-b= 3 2

? f (x) 的减区间为 (b, 2a ? b) 即(b,b+1), f , (x)减区间为 (??,b ? 1)

3

2

∴公共减区间为(b,b+ 1 )长度为 1

2

2

(3) f (x) ? mxf / (x)

?(x ? a)( x ? b)2 ? m ? x(x ? b)?3x ? (2a ? b)?

? ? ?(x ? b) (1? 3m)x2 ? ?m(2a ? b) ? (a ? b)?x ? ab ? 0

若 m ? 1 ,则左边是一个一次因式,乘以一个恒正(或恒负)的二次三项式,或者是三个一 3
次因式的积,无论哪种情况,总有一个一次因式的指数是奇次的,这个因式的零点左右的 符号不同,因此不可能恒非负.
?m ? 1 3
? (x ? b)?(a ? 2b)x ? 3ab? ? 0

若 a+2b=0, a ? ?2b ,? a ? b =0,

若 a ? 2b ? 0



x1

?

b , x2

?

3ab a ? 2b

?

? ? ?

a?2b?0 b? 3ab
a?2b

①b=0 则 a<0,

②b ? 0

3a ? 1 ?a ? b 且 b<0 a ? 2b

综上 ? m ? 1 a ? b ? 0 3

23.解:(1) f ?(x)=x2-2mx-1, 由 f ?(x)?0,得 x?m- m2+1,或 x? m+ m2+1;
故函数 f (x) 的单调增区间为(-∞,m- m2+1),(m+ m2+1,+∞),
减区间(m- m2+1, m+ m2+1) (2) “ 对 任 意 的 x1,x2?[?1,1], 都 有 |f?(x1)?f?(x2)|?4” 等 价 于 “ 函 数 y=f

39

?(x),x?[?1,1]的最大值与最小值的差小于等于 4”.

对于 f ?(x)=x2-2mx-1,对称轴 x=m.

①当 m<?1 时, f ?(x)的最大值为 f ?(1),最小值为 f ?(?1),由 f ?(1)?f ?(?1)?4,即

?4m?4,解得 m?1,舍去;

② 当 ?1?m?1 时 , f ?(x) 的 最 大 值 为 f ?(1) 或 f ?(?1), 最 小 值 为 f ?(m), 由

?f ??f

??((1?)1?)f?f?(?m()m?)4?4,即???mm22?+22mm??33??00,解得?1?m?1;

③当 m>1 时, f ?(x)的最大值为 f ?(?1),最小值为 f ?(1),由 f ?(?1)?f ?(1)?4,即

4m?4,解得 m?1,舍去;

综上,实数 m 的取值范围是[?1,1]

(3)由 f ?(x)=0,得 x2-2mx-1=0,

因为△=4m2+4>0,所以 y=f(x)既有极大值也有极小值.

设 f ?(x0)=0,即 x02-2mx0-1=0,

则 f (x0)=13x03-mx02-x0+13m=-13mx02-23x0+13m=-23x0(m2+1)

所以极大值 f(m- m2+1)=-23(m- m2+1)(m2+1)>0,

极小值 f(m+ m2+1)=-23(m+ m2+1)(m2+1)<0,

故函数 f(x)有三个零点

24.解(1)由题意知,f(x)=-2x+3+lnx,

所以 f′(x)=-2+1x=-2xx+1 (x>0) 由 f′(x)>0 得 x∈(0,12) . 所以函数 f(x)的单调增区间为(0,12) (2)由 f′(x)=mx-m-2+1x,得 f′(1)=-1,

所以曲线 y=f(x)在点 P(1,1)处的切线 l 的方程为 y=-x+2

由题意得,关于 x 的方程 f(x)=-x+2 有且只有一个解,
即关于 x 的方程12m(x-1)2-x+1+lnx=0 有且只有一个解. 令 g(x)=12m(x-1)2-x+1+lnx(x>0). 则 g′(x)=m(x-1)-1+1x=mx2-(m+x 1)x+1=(x-1)x(mx-1)(x>0) ①当 0<m<1 时,由 g′(x)>0 得 0<x<1 或 x>1m,由 g′(x)<0 得 1<x<1m, 所以函数 g(x)在(0,1)为增函数,在(1,1m)上为减函数,在(1m,+∞)上为增函数.
又 g(1)=0,且当 x→∞时,g(x)→∞,此时曲线 y=g(x)与 x 轴有两个交点.

40

故 0<m<1 不合题意

②当 m=1 时,g′(x)≥0,g(x)在(0,+∞)上为增函数,且 g(1)=0,故 m=1 符合题意.

③当 m>1 时,由 g′(x)>0 得 0<x<1m或 x>1,由 g′(x)<0 得1m<x<1,

所以函数 g(x)在(0,1m)

1 为增函数,在(m,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数.

又 g(1)=0,且当 x→0 时,g(x)→-∞,此时曲线 y=g(x)与 x 轴有两个交点.

故 m>1 不合题意.

综上,实数 m 的值为 m=1

25.

解:(1)依题意, g1(x) ?

f (x) x

?

a x4

?

1 x2

?1在 (0,? ?) 上单调递增,

故 [g1(x)]?

?

?

4a x5

?

2 x3

≥0

恒成立,得 a ≤ 1 x2 , 2

因为 x ? 0 ,所以 a ≤0

而当 a ≤0 时, g1(x)

?

a x4

?

1 x2

?1 ? 0 显然在 (0,? ?)

恒成立,

所以 a ≤0 (2)①先证 f (x)≤0 :

若不存在正实数 x0 ,使得 g2 (x0 ) ? 0 ,则 g2 (x)≤0 恒成立

假设存在正实数 x0 ,使得 g2 (x0 ) ? 0 ,则有 f (x0 ) ? 0 ,

由题意,当

x

?

0

时,

g

?
2

(

x)≥0

,可得

g2

(x)



(0,?

?)

上单调递增,

当 x ? x0 时,

f (x) x2

?

f (x0 ) 恒成立,即 x02

f (x) ?

f

( x0 x02

)

?

x

2

恒成立,

故必存在 x1

? x0 ,使得

f (x1) ?

f

( x0 x02

)

?

x12

? m (其中 m 为任意常数),

这与 f (x) ? c 恒成立(即 f (x) 有上界)矛盾,故假设不成立,

所以当 x ? 0 时, g2 (x)≤0 ,即 f (x)≤0 ; ②再证 f (x) ? 0 无解:

假设存在正实数 x2 ,使得 f (x2 ) ? 0 ,

则对于任意 x3

? x2

? 0 ,有

f (x3 ) ? x32

f (x2 ) x22

? 0 ,即有

f (x3) ? 0 ,

这与①矛盾,故假设不成立,

所以 f (x) ? 0 无解,

综上得 f (x) ? 0 ,即 g2 (x) ? 0 , 故所有满足题设的 f (x) 都是“2 阶负函数”

41

26. ⑴因为函数 f (x) ? ax + x2 ? x ln a(a ? 0, a ? 1) ,

所以 f ?(x) ? ax ln a + 2x ? ln a , f ?(0) ? 0 , 又因为 f (0) ?1,所以函数 f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y ?1 ⑵由⑴, f ?(x) ? ax ln a + 2x ? ln a ? 2 x +( ax ?1)ln a .

因为当 a ? 0,a ?1 时,总有 f ?(x) 在 R 上是增函数,

又 f ?(0) ? 0 ,所以不等式 f ?(x) ? 0 的解集为 (0,+?) , 故函数 f (x) 的单调增区间为 (0,+?) ⑶因为存在 x1, x2 ?[?1,1] ,使得 f (x1) ? f (x2 ) ≥ e ?1 成立,

而当 x ?[?1,1] 时, f (x1) ? f (x2 ) ≤ f (x)max ? f (x)min ,

所以只要 f (x)max ? f (x)min ≥e ?1即可

又因为 x , f ?(x) , f (x) 的变化情况如下表所示:

x

(??, 0)

0

(0, +?)

f ?(x)

?

0

+

f (x)

减函数

极小值

增函数

所以 f (x) 在 [?1,0] 上是减函数,在 [0,1] 上是增函数,所以当 x ?[?1,1]时, f ? x? 的最小

值 f ? x?min ? f ?0? ? 1, f ? x? 的最大值 f ? x?max 为 f ??1? 和 f ?1? 中的最大值.

因为 f (1) ? f (?1) ? (a +1? ln a) ? ( 1 +1+ ln a) ? a ? 1 ? 2ln a ,

a

a



g(a)

?

a

?

1 a

? 2ln a(a

? 0) ,因为

g?(a)

?1+

1 a2

?

2 a

? (1 ?

1)2 a

?0

,

所以 g(a) ? a ? 1 ? 2ln a 在 a ??0, ??? 上是增函数.
a

而 g(1) ? 0 ,故当 a ?1时, g ?a? ? 0 ,即 f (1) ? f (?1) ;

当 0 ? a ?1时, g ?a? ? 0 ,即 f (1) ? f (?1)

所以,当 a ?1时, f (1) ? f (0)≥e ?1,即 a ? ln a≥e ?1,函数 y ? a ? ln a 在 a ?(1,??) 上 是 增函 数 , 解得 a ≥ e ; 当 0 ? a ?1 时 , f (?1) ? f (0)≥e ?1 , 即 1 ? ln a ≥e ?1 , 函 数
a

42

y ? 1 ? ln a 在 a ?(0,1) 上是减函数,解得 0 ? a ≤ 1 .

a

e

综上可知,所求 a 的取值范围为 a ?(0, 1] [e, +?) e

27. 解:(1)∵ y ' ? 1 (3x2 ? 4) ? 0 , 100

∴函数 y= 1 (x3 ? 4x ?16) 是增函数,满足条件① 100

设 g(x) ? y ? 1 (x2 ? 4 ? 16) ,

x 100

x



g

'(x)

?

1 100

(2x

?

16 x2

)

?

(x

?

2)(x2 ? 50x2

2x

?

4)

,

令 g '(x) ? 0 ,得 x ? 2 .

当 x ? 2时, g '(x) ? 0 , g(x) 在 (??, 2) 上是减函数;

当 x ? 2 时, g '(x) ? 0 , g(x) 在 (2, ??) 上是增函数,

又 a ? 2 , b ? 2.5,即 x ?[2, 2.5] , g(x) 在[2, 2.5] 上是增函数,

∴当 x ? 2 时, g(x) 有最小值 0.16=16%>15%,

当 x ? 2.5时, g(x) 有最大值 0.1665=16.65%<22%,

∴能采用函数模型 y= 1 (x3 ? 4x ?16) 作为生态环境改造投资方案 100

(2)由(1)知 g(x) ? y ? 1 (x2 ? 4 ? 16) ,

x 100

x

依题意,当 x ?[a,b] , a 、 b ? N *时,15% ? g(x) ? 22%恒成立;

下面求15 ? x2 ? 4 ? 16 ? 22 的正整数解. x
令 h(x) ? x2 ? 4 ? 16 , x
由(1)知 x ? N* , h(x) 在 (??, 2) 上是减函数,在 (2, ??) 上是增函数,

又由(1)知,在 x ? 0 时, g(x)min ? g(2) ,且 g(2) =16%∈[15%,22%], ? x ? 2合条件,经枚举 g(1) , g(3) ∈[15%,22%],

而 g(4) ?[15%,22%],可得 x ?1或 x ? 2 或 x ? 3,

由 g(x) 单调性知 a ? 1,b ? 2 或 a ? 1,b ? 3或 a ? 2,b ? 3 均合题意

43

28. 解:(Ⅰ) f3' (x) ? 3ax2 ,由 f3??2? ? 12 得 a ? 1

(Ⅱ) gn (x) ?

xn

?

n2

ln

x

?

1

,

g

' n

(

x)

?

n

?

x n ?1

? n2 x

?

n(xn ? n) , x

∵ x ? 0 ,令 gn' (x) ? 0 得 x ? n n ,



x

?

n

n

时,

g

' n

(

x)

?

0,

gn (x)

是增函数;

当0

?

x

?

n

n

时,

g

' n

(

x)

?

0,

gn (x) 是减函数.

∴当 x ? n n 时, gn (x) 有极小值,也是最小值, gn ( n n ) ? n ? n ln n ?1,

当 x ? 0 时, gn (x) ? ?? ;

当 x ? ?? 时(可取 x ? e, e2 , e3 体验), gn (x) ? ?? .

当 n ? 3 时, gn ( n n) ? n(1 ? ln n) ?1 ? 0 ,函数 gn (x) 有两个零点;

当 n ? 2 时, gn ( n n) ? ?2 ln 2 ? 1 ? 0 ,函数 gn (x) 有两个零点;

当 n ? 1时, gn ( n n ) ? 0 ,函数 gn (x) 有且只有一个零点,

综上所述,存在 n ? 1使得函数 gn (x) 有且只有一个零点

?? ?? ?? ?? (Ⅲ)

f

' n

(

x)

?

n ? xn?1 ,∵

fn? fn??1

x0 x0

? fn m ,∴ nx0n?1 ? mn ? 1 ,

fn?1 m

(n ? 1)x0n mn?1 ? 1

得 x0

?

n(mn?1 ? 1) (n ? 1)(mn ?1)

,



x0

?

m

?

?mn?1 ? m(n ? 1) ? (n ? 1)(mn ?1)

n

,

当 m ? 1时, (n ? 1)(mn ?1) ? 0 ,设 h(x) ? ?xn?1 ? x(n ? 1) ? n(x ? 1) ,

则 h '(x) ? ?(n ? 1)xn ? n ? 1 ? ?(n ? 1)(xn ?1) ? 0 (当且仅当 x ? 1时取等号),

∴ h(x) 在?1, ??? 上是减函数,

又∵ m ? 1,∴ h(m) ? h(1) ? 0 ,∴ x0 ? m ? 0 ,∴ x0 ? m 当 0 ? m ? 1时, (n ? 1)(mn ?1) ? 0 ,设 h(x) ? ?xn?1 ? x(n ? 1) ? n(0 ? x ? 1) ,

44

则 h '(x) ? ?(n ? 1)xn ? n ? 1 ? ?(n ? 1)(xn ?1) ? 0 (当且仅当 x ? 1时取等号),
∴ h(x) 在 ?0,1? 上是增函数,
又∵ 0 ? m ? 1,∴ h(m) ? h(1) ? 0 ,∴ x0 ? m ? 0 ,∴ x0 ? m . 综上所述,当 m ? 1时 x0 ? m ,当 0 ? m ? 1时 x0 ? m
29.

? ? 30.

【解】(1)由题 F (x) ?

f

?(x)

?

1 2ab

?

2(ax

? 1)

?

a

?

1 b

?

1 bx

?

1 b

ax ?

1 x

,x ? 0,b ? 0 .

? ? 于是 F'(x) ? 1 b

a

?

1 x2

,若 a ? 0 ,则 F'(x) ? 0 ,与 F(x) 有极小值矛盾,所以 a ? 0 .

令 F'(x) ? 0 ,并考虑到 x ? 0 ,知仅当 x ? 1 时, F(x) 取得极小值. a

?

所以

? ?

1 a

? 1,

解得 a ? b ?1.…………………………………4 分

?1 (a ? 1) ? 2,

?b



F

(

x)

?

x

?

1 x

(x

?

0)

,由

F

?(x)

?

0

,得

x

?

1,所以

F ( x)

的单调增区间为

(1,?

?)



? ? ? ? (2)因为 x ? 0 ,所以记 g(x) ? ?F(x)?n

? F(xn ) ? ?F(x)?n ? F(xn ) ?

x?1 x

n
?

xn ? 1 xn

? C1n xn?1

?1 x

? C2n xn?2

?

1 x2

? C3n xn?3

?

1 x3

? ? ? ? ? ? ? ?Cnn?1x ?

1 xn?1

因为

Crn xn?r

?

1 x

?

Cn?r n

x

?

1 xn?r

≥2Cnr (r

? 1,2,L

,n

? 1)



45





2g x ≥ (1n ? n ? )n ? ?2? ? ? ? ? ? 2nn? ?3 (n ?

C ,1 C 故

C

? ? ?F(x ?n ? F )xn ≥ n ? n ?(N* .……)…10 分 2

2

31. 【命题立意】本小题主要考查函数的概念、性质及导数等基础知识,考查灵活运用数形 结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力.
【解析】 f '(x) ? 3x2 ? a, g '(x) ? 2x ? b .

(1)由题意知 f '(x)g '(x) ? 0 在 [?1, ??) 上恒成立.因为 a ? 0 ,故 3x2 ? a ? 0 ,进而

2x ? b ? 0 ,即 b ? ?2x 在区间 [?1, ??) 上恒成立,所以 b ? 2 .因此 b 的取值范围是

[2, ??) (2)令 f '(x) ? 0 ,解得 x ? ? ? a , 3
若 b ? 0 ,由 a ? 0 得 0? (a,b) .又因为 f '(0)g '(0) ? ab ? 0 ,所以函数 f (x) 和 g(x) 在 (a, b) 上不是单调性一致的.因此 b ? 0 .

现设 b ? 0 ,当 x ?(??, 0) 时, g '(x) ? 0 ;当 x ? (??, ? ? a ) 时, f '(x) ? 0 .因此, 3

当 x ? (??, ? ? a ) 时, f '(x)g '(x) ? 0 .故由题设得 a ? ? ? a 且 b ? ? ? a ,

3

3

3

从而 ? 1 ? a ? 0 ,于是 ? 1 ? b ? 0 .因此| a ? b |? 1 ,且当 a ? ? 1 ,b ? 0 时等号成立.

3

3

3

3

又 当 a ? ? 1 ,b ? 0 时 , f '(x)g '(x) ? 6x(x2 ? 1) , 从 而 当 x ? (? 1 , 0)

3

9

3

时, f '(x)g '(x) ? 0 ,故函数 f (x) 和 g(x) 在 (? 1 , 0) 上单调性一致,因此| a ? b | 的最大 3

值为 1 3
32. 解:(1)设切点为 T(x0,x03+x02),由 f?(x)=3x2+2x 及题意

得 3 x02+2 x0=1

解得 x0=-1,或 x0=13.

所以 T(-1,0)或 T(13,247).

所以切线方程为 x-y+1=0 或 27x-27y-5=0 (2)因为 g(x)=x2+x-a-alnx(x>1),

所以由 g?(x)=2x+1-ax>0,得 2x2+x-a>0

令 φ (x)=2x2+x-a(x>1),因为 φ (x)在(1,+∞)递增,所以 φ (x)>φ (1)=3-a.

46

当 3-a≥0 即 a≤3 时,g(x)的增区间为(1,+∞); 当 3-a<0 即 a>3 时, 因为 φ (1)=3-a<0,所以 φ (x)的一个零点小于 1、另一个零点大于 1.



φ

(x)=0

得零点

x1=-1- 4

1+8a<1,x2=-1+

1+8a

4

>1,

从而

φ

(x)>0(x>1)的解集为(-1+

4

1+8a ,+∞),

即 g(x)的增区间为(-1+ 4 1+8a,+∞) (3)方法一:h(x)=x3+4x2+(2-a)x-a,h′(x)=3x2+8x+(2-a).

因为存在 a∈[3,9],令 h′(x)=0,得 x1=-4- 33a+10,x2=-4+ 33a+10.

当 x<x1 或 x>x2 时,h′(x)>0;当 x1<x<x2 时,h′(x)<0. 所以要使 h(x)(x∈[-3,b])在 x=-3 处取得最大值,

必有???xx12≤ >- -33, ,解得 a≥5,即 a∈[5,9] 所 以 存 在 a∈[5,9] 使 h(x)(x∈[-3,b]) 在 x=-3 处 取 得 最 大 值 的 充 要 条 件 为 h(-3)≥h(b), 即存在 a∈[5,9] 使(b+3)a-(b3+4b2+2b-3)≥0 成立. 因为 b+3>0,所以 9(b+3)-(b3+4b2+2b-3)≥0,即(b+3)( b2+b-10)≤0.

解得-1-2 41≤b≤-1+2 41,所以 b 的最大值为-1+2 41 方法二:h(x)=x3+4x2+(2-a)x-a, 据题意知,h(x)≤h(-3)在区间[-3,b]上恒成立. 即(x3+27)+4(x2-9)+(2-a)(x+3)≤0,(x+3)(x2+x-1-a)≤0 ①. 若 x=-3 时,不等式①成立; 若-3<x≤b 时,不等式①可化为 x2+x-1-a≤0,即 x2+x≤1+a ② 令 ψ (x)=x2+x. 当-3<b≤2 时,ψ (x)在区间[-3,b]上的最大值为 ψ (-3)=6, 不等式②恒成立等价于 6≤1+a,a≥5,符合题意; 当 b≥2 时,ψ (x)的最大值为 ψ (b)=b2+b,不等式②恒成立等价于 b2+b≤1+a. 由题意知这个关于 a 的不等式在区间[3,9]上有解.

故 b2+b≤(1+a)max,即 b2+b≤10,b2+b-10≤0,解得 2<b≤-1+2

41 .

综上所述,b

-1+ 的最大值为 2

41 ,此时唯有

a=9

符合题意

33. 解:(1)鲑鱼逆流匀速行进 100km 所用的时间为 t=v1-003

所以 E=kv3t=kv3v1-003=1v0-0k3v3(v∈(3,+?))

(2)E?=100k 3v2((vv--33))-2 v3=100k2v(2(vv--34).25)

令 E?=0,解得 v=4.5 或 v=0(舍去).

因为 k>0,v>3,所以当 v∈(3,4.5)时,E?<0,当 v∈(4.5,+?)时,E?>0.

47

故 E=1v0-0k3v3在(3,4.5)上单调递减,在(4.5,+?)上单调递增 所以,当 v=4.5 时,E 取得最小值.

即 v=4.5km/h 时,鲑鱼消耗的能量最小

34. 【答案】解:(1)当 a ? 1 时, f (x) ? x3 ? x2 ? x ? 2

f '(x) ? 3x2 ? 2x ?1 = (x ?1)(3x ?1) ,



f

'( x)

?

0

,解得

x1

?

?

1, 3

x2

? 1.

当 f '(x) ? 0 时,得 x ? 1 或 x ? ? 1 ; 3

当 f '(x) ? 0 时,得 ? 1 ? x ? 1 . 3
当 x 变化时, f '(x) , f (x) 的变化情况如下表:

x

(??, ? 1)

?1

(? 1 ,1)

1

3

3

3

f '(x)

+

0

?

0

f (x)

单调递

极大



单调递 减

极小

(1, ??)
+ 单调递 增

48

35.解:(1)f ′(x)=3x2-2tx=x(3x-2t)>0,因为 t>0,所以当 x>23t或 x<0 时,f ′(x)>0,

所以(-∞,0)和(23t,+∞)为函数 f (x)的单调增区间;

当 0<x<23t时,f ′(x)<0,所以(0,23t)为函数 f (x)的单调减区间

(2)因为 k=3x02-2tx0≥-12恒成立,所以 2t≤3x0+21x0恒成立,

因为 x0∈(0,1],所以 3x0+21x0≥2 3x0×21x0= 6,

即 3x0+21x0≥

6,当且仅当

x0=

6 6 时取等号.

49

所以 2t≤

6,即

t

的最大值为

6 2

(3)由(1)可得,函数 f (x)在 x=0 处取得极大值 0,在 x=23t处取得极小值-42t73.

因为平行于 x 轴的直线 l 恰.好.与函数 y=f (x)的图象有两个不同的交点, 所以直线 l 的方程为 y=-42t73

令 f (x)=-42t73,所以 x2(x-t)=-42t73,解得 x=23t或 x=-t3.

所以 C(23t,-42t73),D(-t3,-42t73)

因为 A(0,0),B(t,0).易知四边形 ABCD 为平行四边形.

AD= (-t3)2+(-42t73)2,且 AD=AB=t,

所以

(-t3)2+(-42t73)2=t,解得:t=3

4
2

8

36.解:(1)因

f(x)在 (1, ??) 上为减函数,故

f

?(x)

?

ln x ?1 (ln x)2

?

a

?

0

在 (1, ??) 上恒成立

所以当 x ? (1, ??) 时, f ?(x)max ? 0 .

? ? ? ? 又

f

?(x)

?

ln x ?1 (ln x)2

?

a

?

?

1 ln x

2
?

1

?a ??

ln x

1 ln x

?

1 2

2 ? 1 ?a, 4

故当

1 ln x

?

1 2

,即

x

?

e2

时,

f

?( x)max

?

1 4

?

a.

所以 1 ? a ? 0, 于是 a ≥ 1 ,故 a 的最小值为 1

4

4

4

(2)命题“若 ?x1, x2 ?[e, e2 ], 使 f (x1) ? f ?? x2 ? ? a 成立”等价于

“当 x ?[e, e2 ] 时,有

f

( x)min

?

f

??x? max

?a



由(1),当 x ?[e, e2 ] 时,

f

?( x)max

?

1 4

? a ,?

f

??x? max

?a

?

1 4

.

问题等价于:“当

x ?[e, e2 ] 时,有

f

( x)min

?

1 4



10 当

a

?

1 4

时,由(1),

f

(x)

在 [e, e2 ] 上为减函数,



f

( x)min

=

f

(e2 )

?

e2 2

? ae2

?

1 4

,故 a

?

1 2

?

1 4e2

? ? 20



a

?

1 4

时,由于

f

?(x)

?

?

1 ln x

?

1 2

2 ? 1 ? a 在[e, e2 ] 上为增函数, 4

故 f ?(x) 的值域为[ f ?(e), f ?(e2 )] ,即[?a, 1 ? a] . 4

50

(i)若 ?a ? 0 ,即 a ? 0 , f ?(x) ? 0 在[e, e2 ] 恒成立,故 f (x) 在[e, e2 ] 上为增函数,

于是,

f

( x)min

=

f

(e)

?

e

?

ae

?

e>

1 4

,不合

(ii)若 ?a

?

0 ,即 0

?

a

?

1 4

,由

f

?(x)

的单调性和值域知,

? 唯一 x0 ? (e, e2 ) ,使 f ?(x0 ) ? 0 ,且满足:

当 x ? (e, x0 ) 时, f ?(x) ? 0 , f (x) 为减函数;当 x ? (x0 , e2 ) 时, f ?(x) ? 0 , f (x) 为增函数;

所以,

f

( x)min

=

f

(x0 )

?

x0 ln x0

? ax0

?

1 4

,

x0

? (e, e2 )

.

所以, a ?

1 ln x0

?

1 4x0

?

1 ln e2

?

1 4e

?

1 2

?

1 4

?

1 4

,与 0 ?

a?

1 4

矛盾,不合

综上,得

a

?

1 2

?

1 4e2

本题主要考查函数与导数的知识,考查运用所学数学知识分析问题与解决问题的能力. 第(2)可另解为:

命题“若 ?x1, x2 ?[e, e2 ], 使 f (x1) ≤ f ?? x2 ? ? a 成立”等价于

“ ?x1 ?[e, e2 ] ,使 f (x1) ≤ f ?? x?max ? a ”.

由(1),当

x ?[e, e2 ] 时,

f

?( x)max

?

1 4

?

a ,于是

f

??x? max

?

a

?

1 4

.

故 ?x1

?[e, e2 ] ,使

f

( x1 )

?

x1 ln x1

?

ax1



1 4

,即 ?x1

?[e, e2 ] ,使 a ≥

1 ln x1

?

1 4x1

.

? ? 所以当 x ?[e,e2 ] 时, a ≥ 1 ? 1 . ln x 4x min

记 g(x) ? 1 ? 1 , x ?[e, e2 ] ,则 g?(x) ? ?1 ? 1 ? ?4x ? (ln x)2 .

ln x 4x

x(ln x)2 4x2 4x2 ? (ln x)2

因 x ?[e, e2 ] ,故 4x ?[4e, 4e2 ], (ln x)2 ?[1, 4] ,于是 g?(x) ? 0,?x ?[e, e2 ] 恒成立.

所以, g(x) ? 1 ? 1 在[e, e2 ] 上为减函数, ln x 4x

所以, g(x)min

?

1 ln e2

?

1 4e2

?

1 2

?

1 4e2

.

所以,

a



1 2

?

1 4e2

.

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

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,∞) (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,

51

解得 m=54<3,不合题意,舍去

当 m<3 时, f ? (x)=3(m-3) x2 + 9=0,得 x ? ?

3. 3?m

? ? ? ? 所 以

f

(x) 的 单 调 区 间 为 :

??,?

3 3?m

单调减,

? 3, 3 3?m 3?m

单调

? ? 增, 3 ?3m,? ? 单调减.

? ①当

3

3 ?

≥2 m

,即

9 4

≤m

?

3

时,

[1,2]

?

?

3 , 3 ? ,所以 f (x)在区间[1,2]上 3 ? m 3 ? m ??

单调增,[f (x)] max =f(2)=8(m-3)+18=4,m=54,不满足题设要求.

? ? ②当1?

3 3?m

? 2 ,即 0<m< 9 4

时,[f

(x)] max ?

f

3 3?m

? 0 ? 4 舍去.

? ③当

3 ≤1 ,即 3?m

m≤0

时,则[1,2] ?

3 ?3m,? ???? ,所以 f (x)在区间[1,2]上单调

减,[f (x)] max =f (1)=m + 6=4,m=-2. 综上所述:m=-2

38.

52

39. 53

(3)假设存在实数 a ,使 f ?x? ? ax ? ln?? x? 有最小值 3, x ? ?? e,0?

f '?x? ? a ? 1
x

a
①当

?

?1 e

时,由于

x

?

??

e,0?,则

f

'?x?

?

a

?

1 x

?

0

?函数 f ?x? ? ax ? ln?? x? 是 ?? e,0?上的增函数

? f ?x?min ? f ?? e? ? ?ae ?1 ? 3

a ? ?4 ? ?1

解得

e e (舍去)

a ? ?1

? e ? x ? 1 f '?x? ? a ? 1 ? 0

②当

e 时,则当

a 时,

x

此时 f ?x? ? ax ? ln?? x? 是减函数

54

40.解:(1)因为 f (x) ≤ f ?(x) ,所以 x2 ? 2x ?1≤2a(1 ? x) ,

又因为 ?2≤ x ≤?1,

所以 a ≥ x2 ? 2x ?1 在 x ?[?2, ?1] 时恒成立,因为 x2 ? 2x ?1 ? 1? x ≤ 3 ,

2(1 ? x)

2(1 ? x) 2 2

所以 a ≥ 3 2
⑵ 因为 f (x) ? f ?(x) ,所以 x2 ? 2ax ?1 ? 2 x ? a ,

所以 (x ? a)2 ? 2 x ? a ?1? a2 ? 0 ,则 x ? a ? 1 ? a 或 x ? a ? 1 ? a

①当 a ? ?1时, x ? a ? 1 ? a ,所以 x ? ?1或 x ? 1? 2a ;

②当 ?1≤a ≤1时, x ? a ? 1 ? a 或 x ? a ? 1 ? a , 所以 x ? ?1或 x ? 1? 2a 或 x ? ?(1? 2a) ; ③当 a ?1时, x ? a ? 1 ? a ,所以 x ?1或 x ? ?(1? 2a)

⑶因为

f

(x) ?

f ?(x) ? (x ?1)[x ? (1? 2a)] , g(x)

?

?f

? ?

f

?( x) , ( x) ,

f

( x) ≥ f (x)?

f ?(x) , f ?(x),

① 若 a ≥ ? 1 ,则 x ??2, 4? 时, f (x)≥ f ?(x) ,所以 g(x) ? f ?(x) ? 2x ? 2a ,
2 从而 g(x) 的最小值为 g(2) ? 2a ? 4 ;
②若 a ? ? 3 ,则 x ??2, 4? 时, f (x) ? f ?(x) ,所以 g(x) ? f (x) ? x2 ? 2ax ?1 ,
2 当 ?2 ≤ a ? ? 3 时, g(x) 的最小值为 g(2) ? 4a ? 5 ,
2

当 ?4 ? a ? ?2 时, g(x) 的最小值为 g(?a) ?1? a2 ,

当 a ≤?4 时, g(x) 的最小值为 g(4) ? 8a ?17

③若

?

3 2



a

?

?

1 2

,则

x

?

?

2,

4?

时,

g

(

x)

?

?x2 ? ?2x

? ?

2ax 2a,

?

1,

x ?[2,1? 2a) x ?[1? 2a,4]

当 x ?[2,1? 2a) 时, g(x) 最小值为 g(2) ? 4a ? 5 ; 当 x ?[1? 2a,4]时, g(x) 最小值为 g(1? 2a) ? 2 ? 2a .

因为 ? 3 ≤ a ? ? 1 , (4a ? 5) ? (2 ? 2a) ? 6a ? 3 ? 0 ,

2

2

55

?8a ?17,

??1 ? a2 ,

所以

g(x) 最小值为 4a ? 5 .综上所述, ??g ? x???min

?

? ?4a ?

? 5,

?

?2a ? 4, ?

a ≤ ?4,
? 4 ? a ? ?2, ?2≤a? ?1,
2 a≥?1
2

41.解(1)当 a ?1时, f(x)?x2?|ln x?1| 令 x ?1 得 f(1 )?2,f?(1 )?1 ,所以切点为(1,2),切线的斜率为 1,

所以曲线 y? f(x)在 x ?1处的切线方程为: x?y?1?0。

(2)①当

x?e时,

f(x)?x2?aln x?a,

f ?(x)?2x?a x

(x ?e)

? a?0,?f(x)?0恒成立。 ?f (x)在[e,??)上增函数。

故当 x?e时, ymi? n f(e)?e2 ② 当1?x?e时, f(x)?x2?alnx?1,

f?(x)?2x?a?2(x?a)x (?a) x x 2 2(1?x?e)

(i)当

a 2

? 1, 即 0?a?2时,f ?(x) 在 x?(1,e)时为正数,所以 f (x) 在区间[1, e) 上

为增函数。故当 x ?1时, ymin?1?a,且此时 f(1)?f(e)

a

a

a

1? ?e

x ? (1, )

x?( ,e)

(ii)当

2 ,即 2?a?2e2时,f ?(x) 在

2 时为负数,在间

2

[1, a )

( a ,e]

时为正数。所以 f (x) 在区间 2 上为减函数,在 2 上为增函数

x?
故当

a 2

时, ymin?32a?a2lna2,且此时

f(

a) ? f (e) 2

(iii)当

a 2

?e
;即

a?2e2时, f ?(x) 在 x?(1,e)时为负数,所以 f (x) 在区间[1,e]

上为减函数,故当 x?e时, ymi? n f(e)?e2。

56

综上所述,当 a?2e2时, f (x) 在 x?e时和1?x?e时的最小值都是 e 2 。 所以此时 f (x) 的最小值为 f (e) ?e2;当 2?a?2e2时, f (x) 在 x?e时的最小值为

f( a)?3a?alna f ( a) ? f (e)

2 2 2 2,而 2



f( a)?3a?alna 所以此时 f (x) 的最小值为 2 2 2 2。

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

而 f(1)?f(e),所以此时 f (x) 的最小值为 f(1)?1?a

? 1?a,0?a?2 所以函数 y? f(x)的最小值为 ymin?????32a?a2el2n,aa2,?22?ea2 ?2e2
42.

43. 57

44.

(1)因为 h? x? ?

ln x x

,

?

x

?

0?

,所以

h?

?

x

?

?

1

? ln x2

x

,2 分

由 h?(x) ? 0 ,且 x ? 0,得 0 ? x ? e ,由 h?(x) ? 0 ,且 x ? 0, x ? e ,

所以函数 h? x? 的单调增区间是 (0,e] ,单调减区间是[e,??) ,

58

所以当 x ? e 时, h? x? 取得最大值 1 ;
e (2)因为 xf (x) ≥ ?2x2 ? ax ?12 对一切 x ? (0,??) 恒成立,

即 xln x ? x2 ≥?2x2 ? ax ?12 对一切 x ? (0,??) 恒成立,

亦即 a ≤ln x ? x ? 12 对一切 x ? (0,??) 恒成立, x

设?(x)

?

ln

x

?

x ? 12 x

,因为 ? ?( x)

?

x2

? x ?12 x2

?

(x

? 3)( x x2

?

4)

,

故?(x) 在 (0,3]上递减,在[3,??) 上递增, ?(x)min ? ?(3) ? 7 ? ln 3 ,
所以 a ≤7 ? ln3

(3)因为方程 f (x) ? x3 ? 2ex2 ? bx ? 0 恰有一解,即 ln x ? x ? x3 ? 2ex2 ? bx ? 0 恰

有一解,即 ln x ? x2 ? 2ex ? b ? 1恰有一解, x

由(1)知, h(x)



x

?

e

时,

h( x) m ax

?

1 e

,

而函数 k?x? ? x2 ? 2ex ? b ? 1在 (0,e] 上单调递减,在[e,??) 上单调 递增,

故 x ? e 时, k?x?min ? b ? 1 ? e2 ,

故方程 ln x ? x2 ? 2ex ? b ? 1恰有一解当且仅当 b ? 1 ? e2 ? 1 ,

x

e

即b ? e2 ? 1 ?1 e

45.解(1)设日销售量为

k ex

,



k e40

? 10,?k

? 10e40 ,则日售量为10eex40

件.

L(x) ? (x ? 30 ? a) 10e40 ? 10e40 x ? 30 ? a

则日利润

ex

ex

(2)

L' (x)

?

10e40

31? a ex

?

x

①当 2≤a≤4 时,33≤a+31≤35,当 35 <x<41 时, L' (x) ? 0

∴当 x=35 时,L(x)取最大值为10(5 ? a)e5

②当 4<a≤5 时,35≤a+31≤36, 令L' (x) ? 0, 得x ? a ? 31,

59

易知当 x=a+31 时,L(x)取最大值为10e9?a

L( x)max
综合上得

?

??10(5 ? a)e5, (2 ? a ???10e9?a , (4 ? a ? 5)

?

4)

46.解:(1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).由 f′(x)=0,得 x1=-1,x2=a>0. 当 x 变化时 f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x

(-∞,-1)

-1

(-1,a)

a

(a,+∞)

f′(x )

+

0

-

0

+





f(x)









故函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a).

(2)由(1)知 f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函数 f(x)在区间(-2,0)

?? f(-2)<0, 内恰有两个零点当且仅当?f(-1)>0,
??f(0)<0,

解得

1 0<a<3.

所以 a 的取值范围是???0,13???.

(3)a=1 时,f(x)=13x3-x-1.由(1)知 f(x)在[-3,-1]上单调递增,在[-1,1]上单调递减,在[1,2]上单调

递增.

①当 t∈[-3,-2]时,t+3∈[0,1],-1∈[t,t+3],f(x)在[t,-1]上单调递增,在[-1,t+3]上单调递减.因此

f(x) 在 [t,t+3]上的 最大值

M(t)=f(-1)=-

1 3,









m(t) 为

f(t) 与

f(t+3)中 的较小 者. 由

f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,当 t∈[-3,-2]时,f(t)≤f(t+3),故 m(t)=f(t),所以 g(t)=f(-1)-f(t).而 f(t)在

[-3,-2]上单调递增,因此 f(t)≤f(-2)=-53.所以 g(t)在[-3,-2]上的最小值为 g(-2)=-13-???-53???=43.

②当 t∈[-2,-1]时,t+3∈[1,2],且-1,1∈[t,t+3].

下面比较 f(-1),f(1),f(t),f(t+3)的大小.

由 f(x)在[-2,-1],[1,2]上单调递增,有

f(-2)≤f(t)≤f(-1),

f(1)≤f(t+3)≤f(2).

5

1

又由 f(1)=f(-2)=-3,f(-1)=f(2)=-3,

从而

1

5

M(t)=f(-1)=-3,m(t)=f(1)=-3.

所以

4 g(t)=M(t)-m(t)=3.

综上,函数 g(t)在区间[-3,-1]上的最小值为43.

47.解(1)

f3 ?x?

?

?x3

?

3x

? 1?

f

' 3

?

x

?

?

?3x 2

?

3

60

∴在 ?0,1?内,

f

' 3

?x

?

?

0

,在

?1,2?

f

' 3

?x

?

?

0

∴在 ?0,1? 内, f3 ?x? ? ?x3 ? 3x ? 1为增函数,在 ?1,2? 内 f3 ?x? ? ?x3 ? 3x ? 1为减函

∴函数 f3 ?x? ? ?x3 ? 3x ? 1的最大值为 f3 ?1? ? 3,最小值为 f3 ?2? ? ?14 分

(2)∵对任意 x1, x2 有| f3 ?x1 ? ? f3 ?x2 ? |? 1,∴| f3 ?1? ? f3 ??1? |? 1

从而有| 6a ? 2 |? 1∴ 1 ? a ? 1

6

2

? ? ? ? ? ? 又

f

' 3

?

x

?

?

?3x 2

?

3a



f3?x? 在

? 1,?

a,

a ,1 内为减函数, f3 ?x? 在 ?

a,

a内

? ? ? ? 为增函数,只需| f3 a ? f3 ? a |? 1,则 4a a ? 1

∴ a 的取值范围是 1 ? a ? 1

6

3 16

(3)由 |

f4 ?x? |?

1 知? 2

1 2

?

f4 ?1? ?

1 2

①?

1 2

?

f4 ??1? ?

1 ②, 2

①加②得 1 2

?

b

?

3 2

又∵ ?

1 2

?

f4 ?0? ?

1 2

∴?

1 2

?

b

?

1 2

∴b

?

1 2

将 b ? 1 代入①②得 0 ? a ? 0 ∴ a ? 0 2

48.

61

49.解:(Ⅰ)设 f (x) ? x ? ln(1? x) ,则 f '(x) ? 1? 1 ? x , 1? x x ?1
62

当 x ? (?1, 0) 时, f '(x) ? 0 , f (x) 单调递减;

当 x ?(0, ??) 时, f '(x) ? 0 , f (x) 单调递增;

故函数 f (x) 有最小值 f (0) ? 0 ,则 ln(1? x) ? x 恒成立 4 分

(Ⅱ)取 m ? 1, 2,3, 4 进行验算:

(1? 1)1 ? 2 1
(1? 1)2 ? 9 ? 2.25 24
(1? 1)3 ? 64 ? 2.37 3 27
(1? 1)4 ? 625 ? 2.44 4 256
猜测:① 2 ? (1? 1 )m ? 3 , m ? 2,3, 4,5, m

? ②存在 a ? 2 ,使得 a ? 1 n (1? 1 )k ? a ?1恒成立

n k ?1

k

证明一:对 m? N ,且 m ? 1,



(1?

1 )m m

?

Cm0

?

Cm1

(

1 m

)

?

?Cm2

(

1 m

)2

?

?

Cmk

(

1 m

)k

?

?

Cmm

(

1 m

)m

? 1?1? ? m?m ?1? ( 1 )2 ? ? m?m ?1? ?m ? k ?1? ( 1 )k ? ? m ?m ?1? 2?1( 1 )m

2! m

k!

m

m!

m

?

2

?

21! ???1 ?

1 m

? ??

?

?

1 k!

???1

?

1 m

? ??

???1

?

2 m

? ??

???1 ?

k ?1 m

? ??

?

?

m1!???1?

1 m

? ??

???1

?

m ?1 m

? ??

?2? 1 ? 1 ? ? 1 ? ? 1

2! 3!

k!

m!

?2? 1 ? 1 ? 2?1 3? 2

?

k

1
?k ?1?

?

?

m

1
?m

? 1?

?

2

?

???1

?

1 2

? ??

?

? ??

1 2

?

1 3

? ??

?

?

? ??

k

1 ?1

?

1 k

? ??

?

?

? ??

1 m ?1

?

1 m

? ??

?3? 1 ?3 m

又因

Cmk

(

1 m

)k

? 0?k

?

2,3, 4,

, m? ,

63

故 2 ? (1? 1 )m ? 3 m

? ? 从而有 2n ? n (1? 1 )k ? 3n 成立,即 a ? 1 n (1? 1 )k ? a ?1

k ?1

k

n k ?1

k

? 所以存在 a ? 2 ,使得 a ? 1 n (1? 1 )k ? a ?1 恒成立

n k ?1

k

证明二:

由(1)知:当 x ?(0,1] 时, ln(1? x) ? x ,

设 x ? 1 , k ? 1, 2,3, 4, , k

则 ln(1? 1 ) ? 1 ,所以 k ln(1 ? 1) ?1, ln(1? 1)k ? 1 , (1? 1)k ? e ? 3 ,

kk

k

k

k

当 k ? 2 时,再由二项式定理得:

(1?

1 )k k

? Ck0

?

Ck1

(

1 k

)

?

Ck2

(

1 k

)2

?

?

Ckk

(

1 k

)k

? Ck0

?

Ck1

(

1 k

)

?

2

即 2 ? (1? 1 )k ? 3 对任意大于1的自然数 k 恒成立, k

? ? 从而有 2n ? n (1? 1 )k ? 3n 成立,即 a ? 1 n (1? 1 )k ? a ?1

k ?1

k

n k ?1

k

? 所 以存在 a ? 2 ,使得 a ? 1 n (1? 1 )k ? a ?1 恒成立

n k ?1

k

50. 【命题立意】本题主要考查函数的概念、导数等基础知识,考查数学建模能力、空间想 象能力、数学阅读能力及解决实际问题的能力.
【解析】设包装盒的高为 h(cm) ,底面边长为 a(cm) ,由已知得
a ? 2x(cm), h ? 60 ? 2x ? 2(30 ? x),0 ? x ? 30. 2
(1) S ? 4ah ? 8x(30 ? x) ? ?8(x ?15)2 ? 1800 , 所以当 x ? 15时,S 取最大值. (2)V ? a 2h ? 2 2(?x3 ? 30 x2 ),V ' ? 6 2x(20 ? x) . 由V '? 0 得 x ? 0(舍)或 x ? 20 当 x ? (0,20) 时,V '? 0 ;当 x ? (20,30) 时,V '? 0 . 所以当 x ? 20 时,V 取得极大值,也是最大值.
64

此时 h ? 1 .即包装盒的高与底面边长的比值为 1 .

a2

2

51.证明:由 f (x) ? 2(1? x) ln(1 ? x) ? x2 ? 2x 得 f ?(x) ? 2ln(1? x) ? 2x ,



g(x)

?

2ln(1

?

x)

?

2x

,则

g

?(x)

?

1

2 ?

x

?

2

?

?2x 1? x

,

当 ?1? x ? 0时, g?(x) ? 0 , g(x) 在 (?1,0) 上为增函数;

当 x>0 时, g?(x) ? 0 , g(x) 在 (0,? ?) 上为减函数,

所以 g(x) 在 x=0 处取得极大值,且 g(0) ? 0 ,

故 f ?(x)≤0 (当且仅当 x ? 0 时取等号),

所以函数 f (x) 为 ?0,? ?? 上的减函数,

则 f (x)≤f (0) ? 0 ,即 f (x) 的最大值为 0

52. 【答案】解:(1)当 a ? 1时, f (x) ? x3 ? x2 ? x ? 2

f '(x) ? 3x2 ? 2x ?1= (x ?1)(3x ?1) ,



f

'(x)

?

0

,解得

x1

?

?1, 3

x2

?1.

当 f '(x) ? 0 时,得 x ?1 或 x ? ? 1 ; 3

当 f '(x) ? 0 时,得 ? 1 ? x ? 1. 3

当 x 变化时, f '(x) , f (x) 的变化情况如下表:

x

(??, ? 1)

?1

(? 1 ,1)

1

3

3

3

f '(x)

+

0

?

0

f (x)

单调递

极大



单调递 减

极小

(1, ??)
+ 单调递 增

65

? ? 53. 【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 b

a

?

1 x2

,若 a ? 0 ,则 F'(x) ? 0 ,与 F(x) 有极小值矛盾,所以 a ? 0 .

令 F'(x) ? 0 ,并考虑到 x ? 0 ,知仅当 x ? 1 时, F(x) 取得极小值. a

?

所以

? ?

1 a

? 1,

解得 a ? b ?1

?1 (a ? 1) ? 2,

?b



F

(

x)

?

x

?

1 x

(x

?

0)

,由

F

?(

x)

?

0

,得

x

?

1,所以

F

(x)

的单调增区间为

(1,?

?)

.

66

? ? ? ? (2)因为 x ? 0 ,所以记 g(x) ? ?F(x)?n

? F(xn ) ? ?F(x)?n ? F(xn ) ?

x

?

1 x

n
?

xn

?

1 xn

? C1n xn?1

?

1 x

? C2n xn?2

?

1 x2

? C3n xn?3

?

1 x3

? ? ? ? ? ? ? ?Cnn?1x ?

1 xn?1

因为

Crn xn?r

?

1 x

?

Cn?r n

x

?

1 xn?r

≥2Cnr (r

?

1,2,L

,n

? 1)

,





2g x ≥ (1n ? n ? n)? ?2? ? ? ? ? ? nn2? ? 3 n (?

C , 1 C故

C

? ? ?F(x)?n ? F(xn ) ≥2n ? 2 n ? N*

54.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 ?).

。。。。。。。。。。 5'

(2)设月利润为 h(x),

h(x) ? q(x) ? g(x)

?30e(7 ? x),1 ? x ? 7, x ? N ?.

?

? ?10 ?? 3

x3

?100x2

?

960x,

7

?

x

?

12,

x

?

N

?

h'

(

x)

?

??30ex ? ??10( x

(6 ? x),1 ? x ? 8)(x ?12),

? 7

7, x ? N ? ? 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

。。。。。。。。。。 11'

当 7 ? x ? 8 时, h' (x) ? 0, 当8 ? x ?12 时, h' (x) ? 0,

?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'

55.解:(1)若 a=1, 则 f (x) ? x x ?1 ? ln x .

当 x ?[1, e] 时, f (x) ? x2 ? x ? ln x , f ' (x) ? 2x ?1? 1 ? 2x2 ? x ?1 ? 0 ,

x

x

所以 f (x) 在[1, e] 上单调增, ? f (x)max ? f (e) ? e2 ? e ?1

67

(2)由于 f (x) ? x x ? a ? ln x , x ? (0, ??) .

(ⅰ)当 a ? 0 时,则 f (x) ? x2 ? ax ? ln x , f ' (x) ? 2x ? a ? 1 ? 2x2 ? ax ?1 ,

x

x

令 f ' (x) ? 0 ,得 x0 ? a ?

a2 ? 8 ? 0 (负根舍去), 4

且当 x ? (0, x0 ) 时, f ' (x) ? 0 ;当 x ? (x0 , ??) 时, f ' (x) ? 0 ,

所以 f (x) 在 (0, a ? a2 ? 8 ) 上单调减,在 ( a ? a2 ? 8 , ??) 上单调增

4

4

(ⅱ)当 a ? 0 时,

①当 x ? a 时, f ' (x) ? 2x ? a ? 1 ? 2x2 ? ax ?1 ,

x

x

令 f ' (x) ? 0 ,得 x1 ? a ?

a2 ?8 ( x ? a ? 4

a2 ? 8 ? a 舍), 4

若 a ? a2 ? 8 ? a ,即 a ? 1 , 则 f ' (x) ? 0 ,所以 f (x) 在 (a, ??) 上单调增; 4

若 a?

a2 ?8 ? a , 即 0 ? a ?1 , 4

则 当 x ? (0, x1) 时 , f ' (x) ? 0 ; 当 x ? (x1, ??)

时, f ' (x) ? 0 ,所以 f (x) 在区间 (0, a ? a2 ? 8 ) 上是单调减,在 ( a ? a2 ? 8 , ??) 上

4

4

单调增

②当 0 ? x ? a 时, f ' (x) ? ?2x ? a ? 1 ? ?2x2 ? ax ?1 ,

x

x

令 f ' (x) ? 0 ,得 ?2x2 ? ax ?1 ? 0 ,记 ? ? a2 ? 8 ,

若 ? ? a2 ? 8 ? 0 ,即 0 ? a ? 2 2 , 则 f ' (x) ? 0 ,故 f (x) 在 (0, a) 上单调减;

若 ? ? a2 ? 8 ? 0 ,即 a ? 2 2 ,

则由 f ' (x) ? 0 得 x3 ? a ?

a2 4

?8

,

x4

?

a

?

a2 4

?8

且0

?

x3

?

x4

?

a

,

当 x ? (0, x3) 时 , f ' (x) ? 0 ; 当 x ? (x3, x4 ) 时 , f ' (x) ? 0 ; 当 x ? (x4 , ??)

68

时 , f ' (x) ? 0 , 所 以 f (x) 在 区 间 (0, a ? a2 ? 8 ) 上 是 单 调 减 , 在 4

(a ?

a2 ?8 a ? ,

a2 ? 8 ) 上单调增;在 ( a ?

a2 ? 8 , ??) 上单调减

4

4

4

综上所述,当 a ? 1 时, f (x) 单调递减区间是 (0, a ?

a2 ?8 )

, f (x) 单调递增区间

4

是 ( a ? a2 ? 8 , ??) ; 4

当1 ? a ? 2 2 时, f (x) 单调递减区间是 (0, a) , f (x) 单调的递增区间是

(a, ??) ;

当 a ? 2 2 时, f (x) 单调递减区间是(0, a ? a2 ? 8 )和 ( a ? a2 ? 8 , a) ,

4

4

f (x) 单调的递增区间是 ( a ?

a2 ?8 a ? ,

a2 ? 8 ) 和 (a, ??)

4

4

(3)函数 f (x) 的定义域为 x ? (0, ??) .

由 f (x) ? 0 ,得 x ? a ? ln x . * x

(ⅰ)当 x ? (0,1) 时, x ? a ≥ 0 , ln x ? 0 ,不等式*恒成立,所以 a ? R ; x

(ⅱ)当 x ? 1时, 1 ? a ≥ 0 , ln x ? 0 ,所以 a ? 1; x

(ⅲ)当 x ? 1时,不等式*恒成立等价于 a ? x ? ln x 恒成立或 a ? x ? ln x 恒成立.

x

x



h(x)

?

x

?

ln x x

,则 h?(x)

?

x2

?1? x2

ln

x

.

因为 x ? 1,所以 h?(x) ? 0 ,从而 h(x) ? 1 .

因为

a

?

x

?

ln x x

恒成立等价于

a

?

(h( x))min

,所以

a

≤1.



g(x)

?

x

?

ln x x

,则

g ?( x)

?

x2

?1? x2

ln

x

.

再令 e(x) ? x2 ? 1 ? ln x ,则 e?(x) ? 2x ? 1 ? 0 在 x ? (1, ??) 上恒成立, e(x) 在 x ? (1, ??) 上 x
无最大值. 综上所述,满足条件的 a 的取值范围是 (??,1)

56.解:(1) y? ? ?2ax ,切线的斜率为 ?2at ,

69

?切线 l 的方程为 y ? (1? at2 ) ? ?2at(x ? t)

令 y ? 0, 得 x ? 1? at2 ? t ? 1? at2 ? 2at2 ? 1? at2 ? M (1? at2 , 0) ,

2at

2at

2at

2at

令 t ? 0 ,得 y ? 1? at2 ? 2at2 ? 1? at2,? N (0,1? at2 )

??MON 的面积 S(t) ? 1 ?1? at2 (1? at2 ) ? (1? at2 )2

2 2at

4at

(2)

S ?(t )

?

3a2t 4 ? 2at2 4at 2

?1

?

(at 2

? 1)(3at 2 4at 2

?1)

a ? 0,t ? 0 ,由 S?(t) ? 0 ,得 3at2 ?1 ? 0,得t ? 1 3a

当 3at2 ?1 ? 0,即t ? 1 时, S?(t) ? 0 3a

当 3at2 ?1 ? 0,即0 ? t ? 1 时, S?(t) ? 0 ?当t ? 1 时, S(t)有最小值

3a

3a

已知在 t ? 1 处, S(t)取得最小值 ,故有 1 ? 1 ,?a ? 4

2

3a 2

3

故当 a

?

4 ,t 3

?

1 2

时,

S

(t

)min

?

S(1) 2

?

(1? 4 ? 1)2 34
4? 4 ? 1

?

2 3

32

57. 【答案】

70

58.解:

f

'( x)

=1?

2a2 x2

?

a x

=

x2

?

ax ? x2

2a2

=0,得

x1

?

2a

,

x2

?

?a

(a)当 a=0 时,f(x)=x,在(- ? ,+ ? )上是增 函数. (b)当 a>0 时,f(x)在(- ? ,-a),(2a,+ ? )上是增函数,在(-a,2a)上是减函数. (c)当 a<0 时,f(x)在(- ? ,2a),(-a,+ ? )上是增函数,在(2a,-a)上是减函数.
59.

71

72

60. 73

74

75

76

61.解:(1) f ?(x) ? ax ln a ? 2x ? ln a ? 2x ? (ax ?1) ln a

由于 a ?1,故当 x ?(0, ??) 时, ln a ? 0, ax ?1 ? 0 ,所以 f ?(x) ? 0 , 故函数 f (x) 在 (0, ??) 上单调递增

(2)当 a ? 0, a ? 1 时,因为 f ?(0) ? 0 ,且 f ?(x) 在 R 上单调递增,

故 f ?(x) ? 0 有唯一解 x ? 0

所以 x, f ?(x), f (x) 的变化情况如下表所示:

x

(??, 0)

0

(0, ??)

f ?(x)

-

0

+

f (x)

递减

极小值

递增

又函数 y ?| f (x) ? t | ?1 有三个零点,所以方程 f (x) ? t ?1有三个根,

而 t ?1 ? t ?1,所以 t ?1 ? ( f (x))min ? f (0) ?1 ,解得 t ? 2 (3)因为存在 x1, x2 ?[?1,1] ,使得| f (x1) ? f (x2 ) |? e ?1, 所以当 x ?[?1,1] 时,| ( f (x))max ? ( f (x))min |? ( f (x))max ? ( f (x))min ? e ?1 由(2)知, f (x) 在[?1, 0]上递减,在[0,1] 上递增,

所以当 x ?[?1,1] 时, ( f (x))min ? f (0) ?1,( f (x))max ? max? f (?1), f (1)?

而 f (1) ? f (?1) ? (a ?1? ln a) ? ( 1 ?1? ln a) ? a ? 1 ? 2ln a ,

a

a



g(t)

?

t

?1? t

2ln t(t

?

0)

,因为

g?(t)

?1?

1 t2

?

2 t

?

(1 t

?1) 2

? 0 (当 t

? 1时取等号),

所以 g(t) ? t ? 1 ? 2ln t 在 t ? (0, ??) 上单调递增. t

而 g(1) ? 0 , 故 当 t ? 1 时 , g(t) ? 0 ; 当 0 ? t ?1 时 , g(t) ? 0 . 即 当 a ?1

时, f (1) ? f (?1) ;

77

当 0 ? a ?1时, f (1) ? f (?1)

①当 a ?1时,由 f (1) ? f (0) ? e ?1? a ? ln a ? e ?1? a ? e ;

②当 0 ? a ?1时,由 f (?1) ? f (0) ? e ?1? 1 ? ln a ? e ?1? 0 ? a ? 1 .

a

e

综上可知,所求

a

的取值范围为

a

?

? ??

0,

1 e

? ??

?e, ???

62.解答:(Ⅰ) f '(x) ? ln x ?1? f '(x) ? 0 得 ln x ? ?1

2分

?0 ? x ? 1 ?函数 f (x) 的单调递减区间是 (0, 1) ;

4分

e

e

(Ⅱ) f (x) ? ?x2 ? ax ? 6 即 a ? ln x ? x ? 6 x



g(x)

?

ln

x

?

x

?

6 x

则 g '(x)

?

x2

? x?6 x2

?

(x ? 3)(x x2

? 2)

7分

当 x ? (0, 2) 时 g '(x) ? 0 ,函数 g(x) 单调递减;

当 x ?(2, ??) 时 g '(x) ? 0 ,函数 g(x) 单调递增;

? g(x) 最小值 g(2) ? 5 ? ln 2 ?实数 a 的取值范围是 (??,5 ? ln 2] ; 10 分

(Ⅲ)设切点T (x0 , y0 ) 则 kAT

?

f

'(x0 ) ?

x0 ln x0

x0

?

1 e2

? ln x0

?1即 e2 x0

? ln x0

?1? 0

设 h(x) ? e2x ? ln x ?1 ,当 x ? 0 时 h '(x) ? 0 ? h(x) 是单调递增函数 13 分

?

h(x)

?

0

最多只有一个根,又

h(

1 e2

)

?

e2

?

1 e2

? ln

1 e2

?1 ?

0

?

x0

?

1 e2



f

'(x0 ) ? ?1 得切线方程是 x ?

y? 1 e2

? 0.

15 分

78


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