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山东省2014届理科数学一轮复习试题选编:函数的最值与导数


山东省 2014 届理科数学一轮复习试题选编:函数的最值与导数

一、填空题 错 误 ! 未 指 定 书 签 。 . 山 东 省 德 州 市 2013 届 高 三 第 二 次 模 拟 考 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数 (

?e x ? x ? 1( x ? 0) ? ,给出如下四个命题: f ( x) ? ? 1 3

? x ? 2 x ( x ? 0) ? ? 3 ①f(x)在[ 2, ?? )上是减函数; ②f(x)的最大值是 2; 4 ③函数 y=f(x)有两个零点; ④f(x)≤ 2 在 R 上恒成立; 3
其中正确的命题有___________(把正确的命题序号都填上). 【答案】①③④
错 误 ! 未 指 定 书 签 。 . 山 东 省 德 州 市 2013 届 高 三 上 学 期 期 末 校 际 联 考 数 学 ( 理 ) 已 知 ( )

f ( x) ? xe x , g ( x) ? ?( x ? 1)2 ? a, 若 ?x1 , x2 ? R, 使得 f ( x2 ) ? g ( x1 ) 成立,则实数 a 的取值范围是. 1 【答案】 a ? ? e x x x 【解析】 f '( x) ? e ? xe ? (1 ? x)e ,当 x ? ?1 时, f '( x) ? 0 函数递增;当 x ? ?1 时, f '( x) ? 0 函数递 1 减,所以当 x ? ?1 时 f ( x) 取得极小值即最小值 f (?1) ? ? .函数 g ( x) 的最大值为 a ,若 ?x1 , x2 ? R, e 1 使得 f ( x2 ) ? g ( x1 ) 成立,则有 g ( x) 的最大值大于或等于 f ( x) 的最小值,即 a ? ? . e
二、解答题 错误!未指定书签。
3 2

.( 山 东 省 2013 届 高 三 高 考 模 拟 卷 ( 一 ) 理 科 数 学 ) 已 知 函 数

?? x ? x ? bx ? c( x ? 1) f ( x) ? ? , 的 图 象 过 点 (?1,2) , 且 在 点 (?1, f (?1)) 处 的 切 线 与 直 线 ?a ln x( x ? 1) x ? 5 y ? 1 ? 0 垂直.
(1)求实数 b, c 的值; (2)求 f (x) 在 [?1, e](e 为自然对数的底数)上的最大值; (3)对任意给定的正实数 a ,曲线 y ? f (x) 上是否存在两点 P,Q,使得△POQ 是以 O 为直角顶点的直角三 角形,且此三角形斜边的中点在 y 轴上

f ?( x) ? ?3x 2 ? 2 x ? b , ?2 ? b ? c ? 2, ? f (?1) ? 2, 由题意,得 ? 即? 解得 b ? c ? 0 . ? f ?(?1) ? ?5, ?? 3 ? 2 ? b ? ?5,
【答案】 【解析】(1)当 x ? 1 时,

(2)由(1),知 f ( x ) ? ?

?? x 3 ? x 2 ( x ? 1), ?a ln x( x ? 1),

① 当 ? 1 ? x ? 1 时 , f ?( x) ? ? x(3x ? 2) , 由 f ?( x) ? 0 , 得 0 ? x ?

2 ; 由 f ?( x) ? 0 , 得 ? 1 ? x ? 0 或 3

2 2 2 ? x ? 1 .所以 f (x) 在 [?1,0) 和 ( ,1) 上单调递减,在 (0, ) 上单调递增. 3 3 3 2 4 因为 f (?1) ? 2 , f ( ) ? , f (0) ? 0 ,所以 f (x) 在 [?1,1) 上的最大值为 2. 3 27 ②当 1 ? x ? e 时, f ( x) ? a ln x ,当 a ? 0 时, f ( x) ? 0 ;当 a ? 0 时, f (x) 在 [1, e] 上单调递增. 所以 f (x) 在 [1, e] 上的最大值为 a . 所以当 a ? 2 时, f (x) 在 [?1, e] 上的最大值为 a ;

当 a ? 2 时, f (x) 在 [?1, e] 上的最大值为 2. (3)假设曲线 y ? f (x) 上存在两点 P,Q 满足题意,则 P,Q 只能在 y 轴两侧, 因为△POQ 是以 O 为直角顶点的直角三角形,所以 OP ? OQ ? 0 , 不 妨 设 P(t , f (t ) ) t ? 0) , 则 由 △POQ 斜 边 的 中 点 在 y 轴 上 知 Q(?t , t ? t ) , 且 (
3 2

t ?1 . 所 以

? t ? f (t )(t ? t ) ? 0 .(*) 是否存在两点 P,Q 满足题意等价于方程(*)是否有解.
2 3 2

若 0 ? t ? 1,则 f (t ) ? ?t ? t ,代入方程(*),得 ? t ? (?t ? t )(t ? t ) ? 0 ,
3 2 2 3 2 3 2

即 t 4 ? t 2 ? 1 ? 0 ,而此方程无实数解; 当 t ? 1 时,则 f (t ) ? a ln t ,代入方程(*),得 ? t ? a ln t ? (t ? t ) ? 0 ,即
2 3 2

1 ? (t ? 1) ln t , a

1 ? 1 ? 0 在 [1,??) 上恒成立, x 所以 h(x ) 在 [1,??) 上单调递增,从而 h( x) ? h(1) ? 0 ,即 h(x ) 的值域为 [0,??) . 因为 t ? 1 ,所以 h(t ) ? (t ? 1) ln t 的值域为 (0,??) , 1 所以当 a ? 0 时,方程 ? (t ? 1) ln t 有解,即方程(*)有解. a 所以对任意给定的正实数 a ,曲线 y ? f (x) 上总存在两点 P,Q,使得△POQ 是以 O 为直角顶点的直角三角 形,且此三角形斜边的中点在 y 轴上.
设 h( x) ? ( x ? 1) ln x( x ? 1) ,则 h?( x) ? ln x ?
错误!未指定书签。 . (山东省济南市 2012 届高三 3 月高考模拟题理科数学(2012 济南二模) 已知函数 )

f(x)=ax+lnx,其中 a 为常数,设 e 为自然对数的底数. (1) 当 a=-1 时,求 f(x)的最大值; (2) 若 f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求 a 的值;
(3) 当 a=-1 时,试推断方程 f ( x) =

ln x 1 ? 是否有实数解. x 2

【答案】解:(1) 当 a=-1 时,f(x)=-x+lnx,f′(x)=-1+

1 1? x ? x x

当 0<x<1 时,f′(x)>0;当 x>1 时,f′(x)<0. ∴f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数 f ( x) max =f(1)=-1 (2) ∵f′(x)=a+

1 1 ?1 ? ,x∈(0,e], ∈ ? , ?? ? x x ?e ?

① 若 a≥ ? ,则 f′(x)≥0,从而 f(x)在(0,e]上增函数 ∴ f ( x) max =f(e)=ae+1≥0.不合题意 ② 若 a< ? ,则由 f′(x)>0 ? a ? 由 f(x)<0 ? a ?

1 e

1 e

1 1 >0,即 0<x< ? x a

1 1 <0,即 ? <x≤e. x a 1? ? ? 1 ? 从而 f(x)在 ? 0, ? ? 上增函数,在 ? ? , e ? 为减函数 a? ? ? a ? ? 1? ? 1? ∴ f ( x) max =f ? ? ? =-1+ln ? ? ? ? a? ? a?

令-1+ln ? ? ∴?

? 1? ? 1? ? =-3,则 ln ? ? ? =-2 ? a? ? a?

1 ?2 1 = e ,即 a= ?e ?2 . ∵ ?e ?2 < ? ,∴a= ?e 2 为所求 a e (3) 由(Ⅰ)知当 a=-1 时 f ( x) max =f(1)=-1,
∴|f(x)|≥1 又令 g(x)=

ln x 1 1 ? ln x ,令 g′(x)=0,得 x=e, ? ,g′(x)= x 2 x2

当 0<x<e 时,g′(x)>0,g(x) 在(0,e)单调递增; 当 x>e 时,g′(x)<0,g(x) 在(e,+∞)单调递减

1 1 ? <1, ∴g(x)<1 e 2 ln x 1 ∴|f(x)|>g(x),即|f(x)|> ? x 2 ln x 1 ∴方程|f(x)|= ? 没有实数解 x 2
∴ g ( x) max =g(e)=
错 误 ! 未 指 定 书 签 。 . 山 东 师 大 附 中 2013 届 高 三 第 四 次 模 拟 测 试 1 月 理 科 数 学 ) 已 知 函 数 (

1 2 x ,a?R 2 (1)当 0 ? a ? 1时,求函数 f ? x ? 的单调区间; f ? x ? ? a ln x ? ?1 ? a ? x ?
(2)已知 f ? x ? ? 0 对定义域内的任意 x 恒成立,求实数 a 的范围.

a x 2 ? ?1 ? a ?x ? a ?x ? 1??x ? a ? ? x ? ?1 ? a ? ? ? x x x (Ⅰ)当 0 ? a ? 1时, f ??x ?、f ?x ? 的变化情况如下表:
【答案】 【解析】: f ??x ? ?

x
f ??x ? f ?x ?

?0,a ?
+ 单调 递增

a

?a,1?
-

1 0

?1, ? ? ?
+

0

极 单调递 极 单调 大 减 小 递增 值 值 所以函数 f ? x ? 的单调递增区间是 ?0, a ?, ?1,?? ? ,单调递减区间是 ?a ,1?

1 ? a ,显然 a ? 0 时, f ?1? ? 0 ,此时 f ?x ? ? 0 对定义域内的任意 x 不是恒成立的, 2 1 ? 当 a ? 0 时 , 易 得 函数 f ? x ? 在 区 间 ?0, ? ? 的极 小 值 、 也是 最 小 值即是 f ?1? ? ? ? a , 此 时 只要 2 1? 1 ? f ?1? ? 0 即可,解得 a ? ? ,?实数 a 的取值范围是 ? - ?, ? 2? 2 ?
(Ⅱ)由于 f ?1? ? ?
错 误 ! 未 指 定 书 签 。 . 山 东 省 潍 坊 市 四 县 一 校 2013 届 高 三 11 月 期 中 联 考 ( 数 学 理 ) ) 已 知 函 数 (

f ( x) ? ax2 ? (a ? 2) x ? ln x. (Ⅰ)当 a ? 1 时,求曲线 y ? f (x) 在点 1, f (1)) 处的切线方程; ( (Ⅱ)当 a ? 0 时,若 f (x) 在区间 [1, e] 上的最小值为-2,求 a 的取值范围; (Ⅲ)若对任意 x1 , x2 ? (0,??), x1 ? x2 ,且 f ( x1 ) ? 2 x1 ? f ( x2 ) ? 2 x2 恒成立,求 a 的取值范围.

注:以下为附加题,附加题满分为 5 分,附加题得分计入总分,但附加题:23.已证:在 ?ABC 中, a, b, c 分 别是 ?A, ?B, ?C 的对边.

求证:

a b c . ? ? sin A sin B sin C

【答案】解:(Ⅰ)当 a ? 1 时, f ( x) ? x ? 3x ? ln x, f ( x) ? 2 x ? 3 ?
2

因为 f ' (1) ? 0, f (1) ? ?2 . 所以切线方程是 y ? ?2. (Ⅱ)函数 f ( x) ? 2ax ? (a ? 2) x ? ln x 的定义域是 0, ?) ( ?

1 x

1 2ax2 ? (a ? 2) x ? 1 ? ( x ? 0) x x 2ax2 ? (a ? 2) x ? 1 (2 x ? 1)( ax ? 1) 令 f ' ( x) ? 0 ,即 f ' ( x) ? ? ?0, x x 1 1 所以 x ? 或 x ? 2 a 1 当 0 ? ? 1 ,即 a ? 1 时, f (x) 在[1,e]上单调递增, a 所以 f (x) 在[1,e]上的最小值是 f (1) ? ?2 ; 1 1 当 1 ? ? e 时, f (x) 在[1,e]上的最小值是 f ( ) ? f (1) ? ?2 ,不合题意; a a 1 当 ? e 时, f (x) 在(1,e)上单调递减, a 所以 f (x) 在[1,e]上的最小值是 f (e) ? f (1) ? ?2 ,不合题意
当 a ? 0 时, f ' ( x) ? 2ax ? (a ? 2) ? (Ⅲ)设 g ( x) ? f ( x) ? 2 x ,则 g ( x) ? ax2 ? ax ? ln x , 只要 g (x) 在 0, ?) ( ? 上单调递增即可

1 2ax2 ? ax ? 1 ? x x 1 当 a ? 0 时, g ' ( x) ? ? 0 ,此时 g (x) 在 0, ?) ( ? 上单调递增; x 当 a ? 0 时,只需 g ' ( x) ? 0 在 0, ?) ( ? 上恒成立,因为 x ? (0,??) ,只要 2ax2 ? ax ? 1 ? 0 , 则需要 a ? 0 , 1 2 对于函数 y ? 2ax2 ? ax ? 1 ,过定点(0,1),对称轴 x ? ? 0 ,只需 ? ? a ? 8a ? 0 , 4 即 0 ? a ? 8 . 综上 0 ? a ? 8
而 g ' ( x) ? 2ax ? a ? 【D】23.(本小题满分 5 分,但Ⅱ卷总分不超过 90 分) 证法一:如图,在 ?ABC 中,过点 B 作 BD ? AC ,垂足为 D ? BD ? BD , ? AB sin A ? BC sin C , 即 c ? sin A ? a ? sin C ?

a c , ? sin A sin C

a b , ? sin A sin B a b c ? ? ? sin A sin B sin C
同理可证

证法二: 如图,在 ?ABC 中,过点 B 作 BD ? AC ,垂足为 D

a sin B ? b sin A , a b a c 同理可证 , ? ? ? sin A sin B sin A sin C a b c ? ? ? sin A sin B sin C

sin ?ABC ? sin[180 ? ? ( A ? C )] ? sin(A ? C ) ? sin A cosC ? cos A sin C BD CD AD BD ? ? ? ? AB BC AB BC AB sin A ? AC AC sin A ? ? AB ? BC BC b sin A , ? a

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2

f ( x) ? x1nx ? ax ? x?a ? R ? . (I)若函数 f (x) 在 x ? 1 处取得极值,求 a 的值; (II)若函数 f (x) 的图象在直线 y ? ? x 图象的下方,求 a 的取值范围; (III)求证: 20132012 ? 20122013 .
【答案】

. 山 东 省 潍 坊 市 2013 届 高 三 上 学 期 期 末 考 试 数 学 理 ( A ) 函 数 ( )

错误!未指定书签。 . (山东省枣庄三中 2013 届高三上学期 1 月阶段测试理科数学)设函数

1 ? 2ax . x (Ⅰ)当 a ? 0 时,求 f ( x) 的极值; (Ⅱ)当 a ? 0 时,求 f ( x) 的单调区间; f ( x) ? (2 ? a) ln x ?
(Ⅲ)当 a ? 2 时,对任意的正整数 n ,在区间 [ , 6 ? n ? ] 上总有 m ? 4 个数使得

1 1 2 n f (a1 ) ? f (a2 ) ? f (a3 ) ? ? f (am ) ? f (am ?1 ) ? f (am ? 2 ) ? f (am ?3 ) ? f (am ? 4 ) 成立,试问:正整数 m 是

否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,说明理由 【答案】解:(I)函数 f ( x) 的定义域为 (0, ??) 当 a ? 0 时, f ( x) ? 2 ln x ? 由 f ?( x) ? 0 得 x ?

1 2 1 2x ?1 ,∴ f ?( x) ? ? 2 ? x x x x2

f ( x) , f ?( x) 随 x 变化如下表: x 1 (0, ) 2 f ( x) ? f ?( x) ?

1 . 2

1 2
0 极 小 值

1 ( , ??) 2 ?
?

由上表可知, f ( x)极小值 ? f ( ) ? 2 ? 2 ln 2 ,没有极大值

1 2

2ax 2 ? (2 ? a) x ? 1 . x2 1 1 令 f ?( x) ? 0 得 x1 ? ? , x2 ? a 2 1 1 若 a ? 0 ,由 f ?( x)≤0 得 x ? (0, ] ;由 f ?( x)≥0 得 x ? [ , ??) 2 2 若a ? 0, 1 1 1 1 ① 当 a ? ?2 时, ? ? , x ? (0, ? ] 或 x ? [ , ??) , f ?( x)≤0 ; a 2 a 2 1 1 x ? [? , ] , f ?( x)≥0 . a 2 ②当 a ? ?2 时, f ?( x)≤0 . 1 1 1 1 1 1 ③当 ?2 ? a ? 0 时, ? ? , x ? (0, ] 或 x ? [? , ??) , f ?( x)≤0 ; x ? [? , ? ] , f ?( x)≥0 . a 2 2 a 2 a 1 1 综上,当 a ? 0 时,函数的单调递减区间为 (0, ] ,单调递增区间为 [ , ??) ; 2 2 1 1 1 1 当 a ? ?2 时,函数的单调递减区间为 (0, ? ] , [ , ??) ,单调递增区间为 [ ? , ] ; a 2 a 2 当 a ? ?2 时,函数的单调减区间是 (0, ??) , 1 1 1 1 当 ?2 ? a ? 0 时,函数的单调递减区间为 (0, ] , [? , ??) ,单调递增区间为 [? , ? ] . 2 a 2 a 2 4x ?1 1 (Ⅲ) 当 a ? 2 时, f ( x) ? ? 4 x , f ?( x) ? . x2 x 1 1 ∵ x ? [ , 6 ? n ? ] ,∴ f ?( x)≥0 . 2 n 1 1 ∴ f ( x) min ? f ( ) ? 4 , f ( x) max ? f (6 ? n ? ) 2 n 1 1 由题意, mf ( ) ? 4 f (6 ? n ? ) 恒成立. 2 n 1 1 令 k ? 6 ? n ? ≥8 ,且 f (k ) 在 [6 ? n ? , ??) 上单调递增, n n 1 1 f min (k ) ? 32 ,因此 m ? 32 ,而 m 是正整数,故 m≤32 , 8 8 1 所以, m ? 32 时,存在 a1 ? a2 ? ? ? a32 ? , am ?1 ? am ? 2 ? am ?3 ? am ? 4 ? 8 时,对所有 n 满足题意. 2 ∴ mmax ? 32
(II)由题意, f ?( x) ?
错误!未指定书签。 . (山东省济宁市 2013 届高三第一次模拟考试理科数学 )(本小题满分 l3 分)已知函数

f ( x ) ? aln x ? ax ? 3( a ? R ) . (I)若 a=-1,求函数 f ( x ) 的单调区间; o (Ⅱ)若函数 y ? f ( x )的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为 45 ,对于任意的 t ? [1,2],函数 m g( x ) ? x3 ? x 2 [ f '( x ) ? ]( f '( x ) 是 f ( x ) 的导函数)在区间(t,3)上总不是单调函数,求 m 的取值范 2
围; (Ⅲ)求证:

ln 2 ln 3 ln 4 ln n 1 ? ? ? ...? ? ( n ? 2,n ? N * ) 2 3 4 n n

( x ? 1) 解 f '( x) ? 0 得 x ? (1,??) ;解 f '( x) ? 0 得 ( x ? 0) x x ? (0,1) f (x) 的单调增区间为 ?1,??? ,减区间为 ?0,1? a a(1 ? x) (Ⅱ) ∵ f ' ( x) ? ( x ? 0) ∴ f ' (2) ? ? ? 1 得 a ? ?2 , f ( x) ? ?2 ln x ? 2 x ? 3 2 x m g ( x) ? x 3 ? ( ? 2) x 2 ? 2 x ,∴ g ' ( x) ? 3x 2 ? (m ? 4) x ? 2 2 ? g ' (t ) ? 0 ' ∵ g (x) 在区间 (t ,3) 上总不是单调函数,且 g ? 0 ? ? ?2 ∴ ? ? g ' (3) ? 0 由题意知:对于任意的 t ? [1,2] , g '(t ) ? 0 恒成立,
【答案】 解:(Ⅰ)当 a ? ?1 时, f '( x) ?

? g '(1) ? 0 37 ? 所以, ? g '(2) ? 0 ,∴ ? (Ⅲ)证明如下: 由(Ⅰ)可知 ? m ? ?9 . 3 ? g '(3) ? 0 ? 当 x ? (1,??) 时 f ( x) ? f (1) ,即 ? ln x ? x ? 1 ? 0 , ∴ 0 ? ln x ? x ? 1 对一切 x ? (1,??) 成立 ln n n ? 1 ∵ n ? 2, n ?N* ,则有 0 ? ln n ? n ? 1 ,∴ 0 ? ? n n ln 2 ln 3 ln 4 ln n 1 2 3 n ?1 1 ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? (n ? 2, n ? N? ) 2 3 4 n 2 3 4 n n
错误!未指定书签。(山东省济南市 2013 届高三 3 月高考模拟理科数学)设函数 .

f ( x) ? xe x .

(1) 求 f (x) 的单调区间与极值; (2)是否存在实数 a ,使得对任意的 x1、x2 ? (a,??) ,当 x1 ? x2 时恒有 成立.若存在,求 a 的范围,若不存在,请说明理由.
【答案】解: (1)

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

f ?( x) ? (1 ? x)e x .令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ?1 ;
(??,?1)
-

列表如下

x f ?(x) f (x)

?1
0 极小值

(?1,??)
+

? f (x) 的单调递减区间是 (??,?1) , 单调递增区间是 (?1,??) 1 f (x) 极小值= f (?1) ? ? e f ( x) ? f (a) (2) 设 g ( x) ? ,由题意,对任意的 x1、x2 ? (a,??) ,当 x1 ? x2 时恒有 g ( x2 ) ? g ( x1 ) ,即 x?a y ? g (x) 在 (a,??) 上是单调增函数

? g ?( x) ?

f ?( x)( x ? a ) ? [ f ( x) ? f (a )] (1 ? x)e x ( x ? a ) ? xe x ? ae a ? ( x ? a)2 ( x ? a)2

( x 2 ? x ? ax ? a )e x ? xe x ? ae a x 2e x ? axe x ? ae x ? ae a ? ? ( x ? a)2 ( x ? a)2 ?x ? (a,??) , g ?( x) ? 0 2 x x x a 令 h( x) ? x e ? axe ? ae ? ae ? 0

h?( x) ? 2 xe x ? x 2e x ? a (1 ? x)e x ? ae x ? x( x ? 2)e x ? a ( x ? 2)e x ? ( x ? 2)( x ? a )e x 若 a ? ?2 ,当 x ? a 时, h?( x) ? 0 , h(x) 为 [a,??) 上的单调递增函数, ? h( x) ? h(a ) ? 0 ,不等式成立 若 a ? ?2 ,当 x ? (a,?2) 时, h?( x) ? 0 , h(x) 为 [a,?2] 上的单调递减函数, ? ?x0 ? (a,?2) , h( x0 ) ? h(a ) ? 0 ,与 ?x ? (a,??) , h( x) ? 0 矛盾 所以,a 的取值范围为 [-2,??)
错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 山 东 省 夏 津 一 中 2013 届 高 三 4 月 月 考 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数 .

?? ? ? , f x ax x > 0? g?x?? ? ln a
(I)求证 f x?? a ?? 1ln ;

8x . x?2
?1 ? ? ?

(II)若对任意的 x1 ? ? , ? ,总存在唯一的 x2 ? ? 2 , e? (e 为自然对数的底数),使得 g1 ??2 , ? ? fx ? x 2 3 e 求实数 a 的取值范围.
【答案】

?1 2? ? ?

错误!未指定书签。(山东省泰安市 2013 届高三上学期期末考试数学理)已知函数 .

f ? x ? ? x ln x ? ax ? a ? R ?

(I)若函数 f ? x ? 在区间 ? e 2 , ?? 上为增函数,求 a 的取值范围; ? (II)若对任意 x ? ?1, ?? ? , f ? x ? ? k ? x ? 1? ? ax ? x 恒成立,求正整数 k 的值.
【答案】

?

错误!未指定书签。(山东省烟台市 2013 届高三上学期期末考试数学(理)试题)某幼儿园准备建一个转盘, .

转盘的外围是一个周长为 k 米的圆.在这个圆上安装座位,且每个座位和圆心处的支点都有一根直的钢 管相连经预算,转盘上的每个座位与支点相连的钢管的费用为 3k 元/根,且当两相邻的座位之间的圆弧

长为 x 米时,相邻两座位之间的钢管和其中一个座位的总费用为 ? 2 ?

? ? ?

(128 x ? 20) x ? ? k 元.假设座位等 25 ?

距分布,且至少有两个座位,所有座位都视为点,且不考虑其他因素,记转盘的总造价为 y 元. (1)试写出 y 关于 x 的函数关系式,并写出定义域; (2)当 k=50 米时,试确定座位的个数,使得总造价最低?
【答案】

错误!未指定书签。 (山东省滨州市 2013 届高三第一次(3 月)模拟考试数学(理)试题) 已知函数 .

f ( x) ? ln( x ? 1) ? k ( x ? 1) ? 1(k ? R ) ,
(Ⅰ)求函数 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)若 f ( x) ? 0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围; (Ⅲ)证明:

ln 2 ln 3 ln n n(n ? 1) < ( n ? N , n >1). ? ?? 3 4 n ?1 4

【答案】

错误!未指定书签。(山东省日照市 2013 届高三 12 月份阶段训练数学(理)试题)已知 h ? x ? 是指数函数,且过 .

点 ? ln 2, 2 ? ,令 f ? x ? ? h ? x ? ? ax . (I)求 f ? x ? 的单调区间;

(II)记不等试 h ? x ? ? ?1 ? a ? x 的解集为 P,若 M ? ? x 围;

? 1 ? ? x ? 2 ? 且 M ? P ? P ,求实数 a 的取值范 ? 2 ?

(III)当 a ? ?1 时,设 g ? x ? ? h ? x ? ln x ,问是否存在 x0 ? ? 0, ?? ? ,使曲线 C : y ? g ? x ? ? f ? x ? 在点 x0 处的切线斜率与 f ? x ? 在 R 上的最小值相等?若存在,求出符合条件的 x0 的个数;若不存在,请说明理由.

2012 年高三阶段训
【答案】解:由题意可设 h( x) ? m
x

(m ? 0且m ? 1) ,又 h( x) 过点 (ln 2, 2) ,∴ mln 2 ? 2 ,∴ m ? e ,

∴ h( x) ? e , f ( x) ? e ? ax .
x x

(Ⅰ) f ?( x) ? e ? a ,
x

(1) a ? 0 时, f ?( x) ? 0, 所以 f ( x) 的单调区间是 (??, ??) ; (2) a ? 0 时,令 f ?( x) ? 0, 即e ? a ? 0 ,得 x ? ln(? a ) , 且当 x ? (??, ln(? a )) 时, f ?( x) ? 0, 当 x ? (ln(? a ), ??) 时, f ?( x) ? 0, 所以 f ( x) 的单调减区间是 (??, ln(? a )) ,单调增区间是 (ln(? a ), ??)
x

(Ⅱ) 因为 M ? P ? P ,所以 M ? P . 从而不等式 h( x) ? (1 ? a ) x 在 [ , 2] 上恒成立,即 a ? 1 ? 令 t ( x) ? 1 ?

1 2

ex 1 在 [ , 2] 上恒成立. x 2

ex e x (1 ? x) 1 , x ? [ , 2] ,则 t ?( x) ? , x x2 2 1 所以 t ( x) 在 [ ,1] 上递增,在 [1, 2] 上递减. 2 e2 1 1 t ( ) ? 1 ? 2 e , t (2) ? 1 ? ,且 t (2) ? t ( ) , 2 2 2 2 2 e e 所以 t ( x) min ? t (2) ? 1 ? ,所以 a ? 1 ? 2 2 x x (Ⅲ) C : y ? g ( x) ? f ( x) ? e ln x ? e ? x , 1 所以 y? ? e x (ln x ? ? 1) ? 1 . x 由(I)知,当 a ? ?1 时, f ( x) 的最小值是 ?(?1) ? (?1) ln1 ? 1 . 假设存在 x0 ? (0, ??) ,使曲线 C : y ? g ( x) ? f ( x) 在点 x0 处的切线斜率与 f ( x) 在 R 上的最小值相等, 1 则 x0 为方程 y? ? 1, 即 ln x ? ? 1 ? 0 的解. x 1 令 r ( x) ? ln x ? ? 1 , x0 ? (0, ??) , x 1 1 x ?1 由 r ?( x) ? ? 2 ? 2 ,知 r ( x) 在 (0,1) 上为减函数,在 (1, ??) 上为增函数, x x x 1 所以 r ( x) min ? r (1) ? 0 ,故方程 ln x ? ? 1 ? 0 在 (0, ??) 上有唯一解. x 所以,符合条件的 x0 存在,且只有一个
2a 2 ? x( a ? 0 ) 错误! 未指定书签。 山东省济宁市 2013 届高三 4 月联考理科数学) ( . 已知函数 f ( x ) ? ?a ln x ? x (1)若曲线 y ? f ( x ) 在点(1, f ?1? )处的切线与直线 x ? 2 y ? 0 垂直,求实数 a 的值;
(2)讨论函数 f(x)的单调性; -4 (3)当 a ? ( ?? ,0 ) 时,记函数 f(x)的最小值为 g(a),求证:g(a)≥-e .
【答案】

当 a ? 0 时,函数 f ( x) 在 (0, ?a) 上单调递减,在 (?a, ??) 上单调递减

(3)由(2)当 a ? (??, 0) 时,函数 f ( x) 的最小值为 f (?a)

a

g ??a ? g ?a ?

?? ?,?e ?
?4

? e ?4
0 极小值

?? e ,0?
?4

负 减函数

正 增函数

又 g ?a ?min ? g - e

?

?4

? ? -e

?4
-4

所以当 a ? ( ?? ,0 ) 时, g(a)≥-e

错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 山 东 省 莱 芜 五 中 2013 届 高 三 4 月 模 拟 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数 .

ex 3 x 2a ? f ?(1) ? x , g ( x) ? ? ? f ( x) (其中 a ? R ). 2 2 x (1)求 f ( x) 的单调区间; f ( x) ? ln
(2)若函数 g ( x) 在区间 [2, ??) 上为增函数,求 a 的取值范围; (3)设函数 h( x) ? x ? mx ? 4 ,当 a ? 1 时,若存在 x1 ? (0,1] ,对任意的 x2 ? [1, 2] ,总有 g ( x1 ) ? h( x2 )
2

成立,求实数 m 的取值范 围.

1 1 ? f ?(1) ,? f ?(1) ? 1 ? f ?(1),? f ?(1) ? , x 2 ex 1 1 1 2? x . ? f ( x) ? ln ? x, ( x ? 0) ,故 f ?( x) ? ? ? 2 2 x 2 2x ?当 0 ? x ? 2 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? 2 时, f ?( x) ? 0 . ? f ( x) 的单调增区间为 (0, 2) ,单调减区间为 (2, ??)
【答案】解:(1)

f ?( x) ?

1 2a 2 x 2 ? x ? 2a 2 x 2 ? x ? 2a 2a ex ?( x) ? 2 ? ? 2 ? ?0 在 (2) g ( x) ? 2 x ? ,由题意可知 ? ln , 则 g x x x2 x2 x 2 [2, ??) 上恒成立,即 2 x2 ? x ? 2a ? 0 在 [2, ??) 上恒成立,因函数 u ( x) ? 2 x2 ? x ? 2a 开口向上,且对

1 ,故 u ( x ) 在 [2, ??) 上单调递增,因此只需使 u (2) ? 0 ,解得 a ? ?3 ; 4 易知当 a ? ?3 时, g ?( x) ? 0 且不恒为 0. 故 a ? ?3 1 15 2( x ? ) 2 ? 2 ex 2 x2 ? x ? 2 4 8 ? 0 , 故 在 ( 0 , 1上 (3) 当 a ? 1 时 , g ( x) ? 2 x ? ? ln , g ?( x) ? ] ? 2 2 x 2 x x g ?( x) ? 0 ,即函数 g ( x) 在 (0,1] 上单调递增,? g ( x)max ? g (1) ? ln 2 ? 1
称轴为 x ? 而“存在 x1 ? (0,1] ,对任意的 x2 ? [1, 2] ,总有 g ( x1 ) ? h( x2 ) 成立”等价于“ g ( x) 在 (0,1] 上的最大值 不小于 h( x ) 在 [1, 2] 上的最大值”. 而 h( x ) 在 [1, 2] 上的最大值为 h(1), h(2) 中的最大者,记为 max{h(1), h(2)} . 所以有 ?

? g (1) ? ln 2 ? 1 ? h(1) ? g (1) ? ln 2 ? 1 ? 5 ? m ,? ? , ? g (1) ? ln 2 ? 1 ? h(2) ? g (1) ? ln 2 ? 1 ? 8 ? 2m

?m ? 6 ? ln 2 ? ?? ,? m ? 6 ? ln 2 . 1 m ? (9 ? ln 2) ? ? 2 故实数 m 的取值范围为 [6 ? ln 2, ??)
错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 山 东 师 大 附 中 2013 届 级 高 三 12 月 第 三 次 模 拟 检 测 理 科 数 学 ) 已 知 函 数 .

f ? x ? ? ln( x ? 1) ?

2a ?a ? R? x

(Ⅰ)求 f (x) 的单调区间; (Ⅱ)如果当 x ? 1, 且 x ? 2 时,

ln ? x ? 1? x?2

?

a 恒成立,求实数 a 的范围. x

【答案】(1)定义域为

设 ① 当 ② 当 ③ 当 时,对称轴 时, 时,令 得 , ,所以 ,所以 在 在 上是增函数 上是增函数

令 所以

解得 的单调递增区间

;令 和 ;

解得 的单调递减区间

(2) 设 ① 当 若 若 所以,当 ② 当 时, 时,

可化为 ,由(1)知: 在 上是增函数 ;所以 .所以

(※)

时, 时,※式成立 时, 在

是减函数,所以

※式不成立

综上,实数 的取值范围是 解法二 : 可化为

设 令

,

所以 在

由洛必达法则 所以
错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 山 东 省 菏 泽 市 2013 届 高 三 第 二 次 模 拟 考 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数 .

?? x 3 ? x 2 ? bx ? c, x ? 1 f ( x) ? ? 的图象过坐标原点 O ,且在点 (?1, f (?1)) 处的切线的斜率是 ? 5 . ?a ln x, x ? 1
(Ⅰ)求实数 b、c 的值; (Ⅱ)求 f (x) 在区间 ?? 1,2?上的最大值; (Ⅲ)对任意给定的正实数 a ,曲线 y ? f (x) 上是否存在两点 P 、Q ,使得 ?POQ 是以 O 为直角顶点的直 角三角形,且此三角形斜边中点在 y 轴上?说明理由.

3 2 2 【答案】解:(Ⅰ)当 x ? 1 时, f ( x) ? ? x ? x ? bx ? c ,则 f ?( x) ? ?3x ? 2 x ? b .

依题意得: ? f (0)

?0 ,即 ?c ? 0 ? ? ?( ?1) ? ?5 ?f ? ? 3 ? 2 ? b ? ?5

解得 b ? c ? 0

3 2 (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x ) ? ?? x ? x , x ? 1 ?

?a ln x, x ? 1

①当 ? 1 ? x ? 1 时, f ?( x) ? ?3x 2 ? 2 x ? ?3x( x ? 2 ) ,令 f ?( x) ? 0 得 x ? 0或x ? 当 x 变化时, f ?( x), f ( x) 的变化情况如下表:
3

2 3

x
f ?(x)
f (x)

(?1,0)
— 单调递 减

0 0 极小 值

2 (0, ) 3
+ 单调 递增

2 3
0 极大 值

2 ( ,1) 3
— 单调 递减

4 , f (0) ? 0 .∴ f (x) 在 [?1,1) 上的最大值为 2. 27 ②当 1 ? x ? 2 时, f ( x) ? a ln x .当 a ? 0 时, f ( x) ? 0 , f (x) 最大值为 0; 当 a ? 0 时, f (x) 在 [1,2] 上单调递增.∴ f (x) 在 [1,2] 最大值为 a ln 2 .
又 f (?1) ? 2 , f ( ) ? 综上, 当 a ln 2 ? 2 时,即 a ? 2 时, f (x) 在区间 ?? 1,2?上的最大值为 2;
ln 2 2 时, f (x) 在区间 ?? 1,2? 上的最大值为 a ln 2 . 当 a ln 2 ? 2 时,即 a ? ln 2

2 3

(Ⅲ)假设曲线 y ? f (x) 上存在两点 P、Q 满足题设要求,则点 P、Q 只 能在 y 轴两侧. 不妨设 P(t , f (t ))(t ? 0) ,则 Q(?t , t ? t ) ,显然 t ? 1
3 2

∵ ?POQ 是以 O 为直角顶点的直角三角形,∴ OP ? OQ ? 0 即 ? t ? f (t )(t ? t ) ? 0 (*)若方程(*)有解,存在满足题设要求的两点 P、Q; 若方程(*)无解,不存在满足题设要求的两点 P、Q.
2 3 2

若 0 ? t ? 1 ,则 f (t ) ? ?t ? t 代入(*)式得: ? t ? (?t ? t )(t ? t ) ? 0
3 2 2 3 2 3 2

即 t ? t ? 1 ? 0 ,而此方程无解,因此 t ? 1 .此时 f (t ) ? a ln t , 2 3 2 代入(*)式得: ? t ? (a ln t )(t ? t ) ? 0 即 1 ? (t ? 1) ln t a 令 h( x) ? ( x ? 1) ln x ( x ? 1) ,则 h?( x) ? ln x ? 1 ? 1 ? 0
4 2

(**)

∴ h(x ) 在 [1,??) 上单调递增, ∵ t ? 1

∴ h(t ) ? h(1) ? 0 ,∴ h (t ) 的取值范围是 (0,?? ) .

x

∴对于 a ? 0 ,方程(**)总有解,即方程(*)总有解. 因此,对任意给定的正实数 a ,曲线 y ? f (x) 上存在两点 P、 Q,使得 ?POQ 是以 O 为直角顶点的直角三角 形,且此三角形斜边中点在 y 轴上.
错 误 ! 未 指 定 书 签 。. 2013 年 山 东 临 沂 市 高 三 教 学 质 量 检 测 考 试 理 科 数 学 ) 已 知 函 数 (

f ( x ) ? ?a ln x ?

2a 2 ? x( a ? 0 ) x

(I)若曲线 y ? f ( x ) 在点(1, f ( 1 ) ))处的切线与直线 x ? 2 y ? 0 垂直,求实数 a 的值; (Ⅱ)讨论函数 f(x)的单调性; (Ⅲ)当 a ? ( ?? , 0 ) 时,记函数 f(x)的最小值为 g(a),求证: g (a ) ? ?e
【答案】
?4

错误!未指定书签。(山东省德州市 2013 届高三第二次模拟考试数学(理)试题)已知 f(x)=x-ln(x+l),g(x)= .

ax . (I)求函数 f(x)的单调区间与最值; (Ⅱ)若对任意的 x? [0,+ ? ),有 f(x)≤g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围.
【答案】

2

所以 f ( x)最小值 ? f (0) ? 0 ,又 x ? 0 是唯一的极小值点

所以它也最小值点,? x ? 0 时

在区间

错误!未指定书签。(山东省德州市乐陵一中 2013 届高三十月月考数学(理)试题)本小题满分 13 分) .

某分公司经销某种品牌产品,每件产品的成本为 3 元,并且每件产品需向总公司交错误!未找到引用源。 元(错误!未找到引用源。)的管理费,预计当每件产品的售价为错误!未找到引用源。元(错误!未找 到引用源。)时,一年的销售量为错误!未找到引用源。万件. (1)求分公司一年的利润 L(万元)与每件产品的售价错误!未找到引用源。(元)的函数关系式; (2)当每件产品的售价为多少元时,分公司一年的利润 L 最大?并求出 L 的最大值错误!未找到引用源。 【答案】(1)分公司一年的利润 L(万元)与售价错误!未找到引用源。的函数关系式为: 错误!未找到引用源。 (少定义域去 1 分) (2)错误!未找到引用源。

令错误!未找到引用源。得错误!未找到引用源。或错误!未找到引用源。(不合题意,舍去) ∵错误!未找到引用源。,∴错误!未找到引用源。 在错误!未找到引用源。两侧错误!未找到引 用源。的值由正变负 所以(1)当错误!未找到引用源。即错误!未找到引用源。时, 错误!未找到引用源。 (2)当错误!未找到引用源。即错误!未找到引用源。时, 错误!未找到引用源。, 所以错误!未找到引用源。

错误!未指定书签。(山东师大附中 2013 届高三第四次模拟测试 1 月理科数学)已知球的直径为10cm ,求它的 .

内接圆锥体积的最大值,并求出此时圆锥的底面半径和高

【答案】 【解析】设圆锥的底面半径为

r ,高为 h ,则 ? h ? 5 ? ? r 2 ? 52 ? r 2 ? 10h ? h 2
2

1 ? ? V锥 = ? r 2 h ? h ?10h ? h2 ? ? ?10h 2 ? h3 ? 3 3 3

V '? h? ?
h?

?

? 20h ? 3h ? ? ? h ? 20 ? 3h ? , 令V ' ? h ? ? 0 , 3 3
2

20 , 3 ? 20 ? ? 20 ? h ? ? 0, ? ,V ' ? h ? ? 0; h ? ? ,10 ? , V ' ? h ? ? 0 ? 3 ? ? 3 ? 20 ? 20 ? 20 ? ? V ? h ? 在 ? 0, ? ? ,在 ? , ? ? ;当h ? 时,V ? h ? 最大 10 3 ? 3 ? ? 3 ? 4000? , Vmax ? 81 20 10 2 此时 h ? ,r ? 3 3

错误!未指定书签。(山东省菏泽市 2013 届高三 5 月份模拟考试数学(理)试题) .

已知函数 f ( x) ? a1nx ? x (a 为实数).
2

(1)若 a=-2,求证:函数 f ( x) 在 (1 ? ?) 上是增函数; (2)求函数 f ( x) 在[0,e]上的最小值及相应的 x 值; (3)若存在 x ? [1, e] ,使得 f ( x) ? (a ? 2) x 成立,求实数 a 的取值范围.
【答案】

错误!未指定书签。(山东省济南市 2013 届高三 4 月巩固性训练数学(理)试题)设 .

f ( x) ?

y ? f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线与直线 2 x ? y ? 1 ? 0 垂直. (1)求 a 的值; (2) 若 ?x ?[1,??) , f ( x) ? m( x ? 1) 恒成立,求 m 的范围. n i .(n ? N * ). (3)求证: ln 4 2n ? 1 ? ? 2 4i ? 1 i ?1

( x ? a) ln x ,曲线 x ?1

x?a ? ln x)( x ? 1) ? ( x ? a) ln x x 【答案】解:(1) f ?( x) ? ( x ? 1) 2 1 (1 ? a)2 1 由题设 f ?(1) ? ,? ? 2 4 2 ?1 ? a ? 1 ,?a ? 0 1 x ln x (2) f ( x) ? , ?x ? (1,??) , f ( x) ? m( x ? 1) ,即 ln x ? m( x ? ) x ?1 x 1 设 g ( x) ? ln x ? m( x ? ) ,即 ?x ? (1,??), g ( x) ? 0 . x 1 1 ?mx 2 ? x ? m g ?( x) ? ? m(1 ? 2 ) ? x x x2 ①若 m ? 0, g ?( x) ? 0 , g ( x) ? g (1) ? 0 ,这与题设 g ( x) ? 0 矛盾 2 2 ②若 m ? 0 方程 ?mx ? x ? m ? 0 的判别式 ? ? 1 ? 4m (

1 时, g ?( x) ? 0 .? g (x) 在 (0,??) 上单调递减,? g ( x) ? g (1) ? 0 ,即不等式成立 2 1 ? 1? 4 2 m 1 ? 1 ? 4m 2 1 ? 0 , x1 ? ?1 , 当 当 0 ? m ? 时 , 方 程 ?m x2 ? x ? m ? , 其 根 x1 ? 0 2m 2m 2 x ? (1, x2 ), g ?( x) ? 0 , g (x) 单调递增, g ( x) ? g (1) ? 0 ,与题设矛盾. 1 综上所述, m ? 2 1? 1? 1 (3) 由(2)知,当 x ? 1 时, m ? 时, ln x ? ? x ? ? 成立. 2? x? 2 2k ? 1 不妨令 x ? , k ? N* 2k ? 1 2k ? 1 1 ? 2k ? 1 2 k ? 1 ? 4k 所以 ln , ? ? ? ?? 2 2k ? 1 2 ? 2k ? 1 2k ? 1 ? 4k ? 1 1 k [ln ? 2k ? 1? ? ln ? 2k ? 1?] ? 2 , k ? N * 4 4k ? 1 1 1 ? ? ln 3 ? ln1? ? 2 ? 4 4 ?1 ? 1 ? 1 2 ? ? ln 5 ? ln 3? ? ? 4 4 ? 22 ? 1 ? ? ??????? ? n ? 1 ln 2n ? 1 ? ln 2n ? 1 ? , ? ? ?? ? ? ?4 4 ? n2 ? 1 ?
当 ? ? 0 ,即 m ? 累加可得
n 1 i ln(2n ? 1) ? ? 2 .(n ? N * ). 4 i ?1 4i ? 1 n i ln 4 2n ? 1 ? ? 2 .(n ? N * ). i ?1 4i ? 1

错误! 未指定书签。 . (山东威海市 2013 年 5 月高三模拟考试数学 (理科) 已知函数 f ( x) ? ax ? ln x x ? 1, e . )

? ?

(Ⅰ)若 a ? 1 ,求 f ( x) 的最大值; (Ⅱ)若 f ( x) ? 0 恒成立,求 a 的取值范围; (Ⅲ)若方程 f ( x)= ?

1 有两个不等实根,求 a 的取值范围. 2
/

【答案】解:(Ⅰ)若 a ? 1 ,则 f ( x) ? x ? ln x , f ( x) ? 1 ?

∵ x ? ?1, e ? ∴ f ( x) ? 0 ,∴ f ( x) 在 ?1, e ? 上为增函数,
/

1 x ?1 , ? x x

∴ f ( x)max ? f (e) ? e ? 1

(Ⅱ)要使 x ? ?1, e ? , f ( x) ? 0 恒成立,只需 x ? ?1, e ? 时, f ( x) max ? 0 显然当 a ? 0 时, f ( x) ? ax ? ln x 在 ?1, e ? 上单增, ∴ f ( x) max ? f (e) ? ae ? 1 ? 0 ,不合题意;

1 ax ? 1 1 / ,令 f ( x) ? 0 , x ? ? ? a x x 1 1 / / 当 x ? ? 时, f ( x) ? 0 ,当 x ? ? 时, f ( x) ? 0 a a
当 a ? 0 时, f ( x) ? a ?
/

1 ? 1 时,即 a ? ?1 时, f ( x) 在 ?1, e ? 上为减函数 a ∴ f ( x)max ? f (1) ? a ? 0 ,∴ a ? ?1 ; 1 1 ②当 ? ? e 时,即 ? ? a ? 0 时, f ( x) 在 ?1, e ? 上为增函数 e a 1 1 ∴ f ( x)max ? f (e) ? ae ? 1 ? 0, a ? ? ,∴ a ? ? ; e e 1 1 ③当 1 ? ? ? e 时,即 ?1 ? a ? ? 时, e a 1? ? ? 1 ? f ( x) 在 ?1, ? ? 上单增, f ( x) 在 ? ? , e ? 上单减 a? ? ? a ? 1 1 ∴ f ( x)max ? f (? ) ? ?1 ? ln(? ) a a 1 1 1 ∵ 1 ? ? ? e ,∴ 0 ? ln(? ) ? 1 ,∴ f (? ) ? 0 成立; a a a 1 由①②③可得 a ? ? e 1 (Ⅲ)由(Ⅱ)知当 a ? ?1 或 a ? ? 时, f ( x) 在 ?1, e ? 上单调,不满足题意; e 1 1 1 当 ?1 ? a ? ? 时, f max ( x) ? f (? ) ? ?1 ? ln(? ) ? ?1 ? ln(?a) e a a 1 1 ? ? f (? a ) ? ? 2 ? 1 ? ∴ ? f (1) ? ? 2 ? 1 ? ? f (e) ? ? 2 ? 1 1 ? ? ? ??1 ? ln(? a ) ? ? 2 ? a ? ?e 2 ? ? 1 1 ? ? 即 ?a ? ? 解得 ?a ? ? 2 2 ? ? 1 3 ? ? ?ae ? 1 ? ? 2 ?a ? ? 2e ? ? 1 ? ? 3 ? ∴ a 的取值范围为 ? ?e 2 , ? ? 2e ? ?
①当 ?
错误!未指定书签。(山东省德州市 2013 届高三 3 月模拟检测理科数学)已知函数 f ( x) ? 1nx ? .

1 2 ax ? 2 x 2

(1)若函数 f ( x) 在 x=2 处取得极值,求实数 a 的值; (2)若函数 f ( x) 在定义域内单调递增,求实数 a 的取值范围; (3)当 a ? ? 范围.
【答案】

1 1 时,关于 x 的方程 f ( x) ? ? x ? b 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根,求实数 b 的取值 2 2

错误!未指定书签。(山东省临沂市 2013 届高三第三次模拟考试 理科数学)(本 小题满分 13 分) .

已知函数 f ( x) ? (2 ? a)( x ? 1) ? 2ln x, g ( x) ? xe

(a ? R, e 为自然对数的底数). 1 (Ⅰ)若不等式 f ( x)>0 对于一切 x ? (0, ) 恒成立,求 a 的最小值; 2 (Ⅱ)若对任意的 x0 ? (0,e], 在 (0, e] 上总存在两个不同的 xi (i ? 1, 2), 使 f ( xi ) ? g ( x0 ) 成立,求 a 的取值范围. 1 【答案】解:(Ⅰ)由题意得 (2 ? a)( x ? 1) ? 2ln x>0 在 (0, ) 内恒 成立, 2 2ln x 1 即 a>2 ? 在 (0, ) 内恒成立, 2 x ?1

1? x

2 2 ln x ? ? 2 2ln x 1 x 设 h( x ) ? 2 ? , , x ? (0, ), 则 h?( x) ? x ?1 2 ( x ? 1) 2 2 1 2 2 设 ? ( x) ? 2ln x ? ? 2, x ? (0, ), 则 ? ?( x) ? ? 2 <0, x x x 2 1 1 ∴ ? ( x) 在 (0, ) 内是减函数,∴ ? ( x)>? ( ) ? 2 ? 2ln 2>0, 2 2 1 ∴ h?( x)>0, h( x ) 在 (0, ) 内为增函数, 2 1 则 h( x)<h( ) ? 2 ? 4 ln 2, ∴ a≥2 ? 4ln 2, 2 故 a 的最小值为 2 ? 4ln 2. 1? x 1? x (Ⅱ)∵ g ( x) ? xe , ∴ g ?( x) ? (1 ? x)e , ∴ g ( x) 在(0,1)内递增,在(1,e)内递减. 2?e 又∵ g (0) ? 0, g (1) ? 1, g (e) ? e >0, ∴函数 g ( x) 在(0,e)内的值域为(0,1] (2 ? a) x ? 2 由 f ( x) ? (2 ? a)( x ? 1) ? 2ln x, 得 f ?( x) ? . x ①当 a≥2 时, f ?( x)<0, f ( x) 在(0,e]上单调递减,不合题意; 2 2 ②当 a<2 时,令 f ?( x)>0, 则 x> ; 令 f ?( x)<0, 则 0<x< . 2?a 2?a 2 2 ⅰ)当 ≥e ,即 2 ? ≤a<2 时, f ( x) 在(0,e]上单调递减,不合题意; 2?a e 2 2 2 2 ⅱ)当 <e ,即 a<2 ? 时, f ( x) 在 (0, ] 上单调递减,在 ( , e] 上单调递增. 2?a e 2?a 2?a 2 2 2 ?a 令 m(a) ? f ( , ) ? a ? 2ln , a<2 ? , 则 m?(a) ? 2?a 2?a 2?a e e ∴ m(a ) 在 (??, 0) 上单调递增,在 (0, 2 ? ] 上单调递减; 2 2 e ∴ m(a)≤m(0)=0, a ? 2 ln 即 ≤0 在 (??, 2 ? ) 上恒成立. 2?a 2 2 1 t ?1 令t ? ,则 t>0, 设 k (t ) ? ln t ? , t>0, 则 k ?(t ) ? 2 , 2?a t t ∴ k (t ) 在(0,1)内单调递减,在 (1, ??) 上单调递增, 1 1 ∴ k (t )≥k (1)=1 0, ln t ? >0, ∴ ln t>- , > 即 t t a ?2 a ?3 1 ? 2 >e 2 >e 2 . ∴ t>e t , 即 2?a
∵当 x ? (0,e
a ?3 2

) 时, f ( x) ? (2 ? a)( x ? 1) ? 2ln x>a ? 2 ? 2ln x>a ? 2 ? (a ? 3) ? 1,

且 f ( x) 在 (0, e] 上连续. 欲使对任意的 x0 ? (0, e] 在 (0, e] 上总存在两个不同的 xi (i ? 1, 2), 使 f ( xi ) ? g ( x0 ) 成立,则需满足

3 . e ?1 2 3 e?2 2 3 )? >0 ,∴ 2 ? >2 ? 又∵ 2 ? ? (2 ? , e e ? 1 e(e ? 1) e e ?1
f (e)≥1 ,即 a≤2 ?

∴ a≤2 ?

3 3 . 综上所述, a ? (??, 2 ? ]. e ?1 e ?1

错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 山 东 省 烟 台 市 2013 届 高 三 上 学 期 期 末 考 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 设 函 数 .

f ( x) ?

1 ( x>0且x ? 1) x1nx

(1)求函数 f ( x) 的单调区间; (2)已知 1n 2>a1nx 对任意 x ? (0,1) 成立,求实数 a 的取值范围.
【答案】

1 x

错 误 ! 未 指 定 书 签 。. 山 东 省 青 岛 市 2013 届 高 三 第 一 次 模 拟 考 试 理 科 数 学 ) 已 知 向 量 (

?? ? ?? ? m ? (e x , ln x ? k ) , n ? (1, f ( x)) , m / / n ( k 为 常 数 , e 是 自 然 对 数 的 底 数 ), 曲 线 y ? f ( x) 在 点 (1, f (1)) 处的切线与 y 轴垂直, F ( x) ? xe x f ?( x) . (Ⅰ)求 k 的值及 F ( x) 的单调区间;
2

(Ⅱ)已知函数 g ( x) ? ? x ? 2ax ( a 为正实数),若对于任意 x2 ? [0,1] ,总存在 x1 ? (0, ??) , 使得

g ( x2 ) ? F ( x1 ) ,求实数 a 的取值范围.
? ln x ? k 1nx ? k 【答案】解:(I)由已知可得: f ( x) = , ? f ?( x) ? x ex ex 1

由已知, f ?(1) ?

1? k ? 0 ,∴ k ? 1 e

1 ? F ( x) ? xe x f ?( x) ? x( ? ln x ? 1) ? 1 ? x ln x ? x 所以 F ?( x) ? ? ln x ? 2 x 1 由 F ?( x) ? ? ln x ? 2 ? 0 ? 0 ? x ? 2 , e 1 由 F ?( x) ? ? ln x ? 2 ? 0 ? x ? 2 e 1 1 ? F ( x) 的增区间为 (0, 2 ] ,减区间为 [ 2 , ??) e e (II)? 对于任意 x2 ? [0,1] ,总存在 x1 ? (0, ??) , 使得 g ( x2 ) ? F ( x1 ) ,? g ( x) max ? F ( x) max

由(I)知,当 x ?

1 1 1 时, F ( x) 取得最大值 F ( 2 ) ? 1 ? 2 2 e e e

对于 g ( x) ? ? x 2 ? 2ax ,其对称轴为 x ? a

1 ,从而 0 ? a ? 1 e2 1 1 当 a ? 1 时, g ( x) max ? g (1) ? 2a ? 1 , ? 2a ? 1 ? 1 ? 2 ,从而 1 ? a ? 1 ? 2 e 2e 1 综上可知: 0 ? a ? 1 ? 2 2e
当 0 ? a ? 1 时, g ( x) max ? g (a ) ? a 2 , ? a 2 ? 1 ?
错 误 ! 未 指 定 书 签 。.( 山 东 省 临 沂 市 2013 届 高 三 5 月 高 考 模 拟 理 科 数 学 ) 已 知 函 数

f ( x) ? e ln x, g ( x) ? ln x ? x ? 1, h( x) ?
(Ⅰ)求函数 g ( x) 的极大值.

1 2 x . 2

(Ⅱ)求证:存在 x0 ? (1, ??) ,使 g ( x0 ) ? g ( ) ; (Ⅲ)对于函数 f ( x) 与 h( x) 定义域内的任意实数 x,若存在常数 k,b,使得 f ( x)≤kx ? b 和 h( x)≥kx ? b 都 成立,则称直线 y ? kx ? b 为函数 f ( x) 与 h( x) 的分界线.试探究函数 f ( x) 与 h( x) 是否存在“分界线”? 若存在,请给予证明,并求出 k,b 的值;若不存在,请说明理由.

1 2

1 1? x ?1 ? ( x>0). x x 令 g ?( x)>0, 解得 0<x<1; 令 g ?( x)<0, 解得 x>1 . ∴函数 g ( x) 在(0,1)内单调递增,在 (1, ??) 上单调递减. 所以 g ( x) 的极大值为 g (1) ? ?2. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 g ( x) 在(0,1)内单调递增,在 (1, ??) 上单调递减, 1 令 ? ( x) ? g ( x) ? g ( ) 2 1 ∴ ? (1) ? g (1) ? g ( )>0, 2 取 x? ? e>1, 则 1 1 1 ? (e) ? g (e) ? g ( ) ? ln e ? (e ? 1) ? ln ? ( ? 1) 2 2 2 3 ? ?e ? ln 2 ? <0. 2
【答案】解:(Ⅰ) g ?( x) ?

故存在 x0 ? (1, e), 使 ? ( x0 ) ? 0, 即存在 x0 ? (1, ??), 使 g ( x0 ) ? g ( ). (说明: x? 的取法不唯一,只要满足 x?>1, 且 ? ( x?)<0 即可)

1 2

1 2 x ? e ln x( x>0) 2 e x 2 ? e ( x ? e)( x ? e) 则 F ?( x) ? x ? ? ? x x x 则当 0<x< e 时, F ?( x)<0 ,函数 F ( x) 单调递减;
(Ⅱ)设 F ( x) ? h( x) ? f ( x) ? 当 x> e 时, F ?( x)>0 ,函数 F ( x) 单调递增.

∴x?

e 是函数 F ( x) 的极小值点,也是最小值点,

∴ F ( x) min ? F ( e ) ? 0.

1 e 处有公共点( e, e ). 2 1 设 f ( x) 与 h( x) 存在“分界线”且方程为 y ? e ? k ( x ? e) , 2 1 令函数 u ( x) ? kx ? e ? k e 2 1 1 ①由 h( x) ≥ u ( x) ,得 x 2≥kx ? e ? k e 在 x ? R 上恒成立, 2 2 2 即 x ? 2kx ? e ? 2k e≥0 在 x ? R 上恒成立, ∴ ? =4k 2 ? 4(?e ? 2k e)≤0 ,
∴函数 f ( x) 与 h( x) 的图象在 x ? 即 4(k ? e) 2 ≤0 ,

1 e ,故 u ( x) ? e x ? e. 2 ②下面说明: f ( x)≤u ( x) , 1 即 e ln x≤ e x ? e( x>0) 恒成立. 2 1 设 V ( x) ? e ln x ? e x ? e 2 e e ? ex 则 V ?( x) ? ? e ? x x ∵当 0<x< e 时, V ?( x)>0 ,函数 V ( x) 单调递增,
∴k ? 当 x> e 时, V ?( x)<0 ,函数 V ( x) 单调递减, ∴当 x ?

e 时, V ( x) 取得最大值 0, V ( x)≤V ( x) max ? 0 . 1 ∴ e ln x≤ e x ? e( x>0) 成立. 2 1 1 综合①②知 h( x)≥ e x ? e, 且 f ( x)≤ e x ? e, 2 2 1 故函数 f ( x) 与 h( x) 存在“分界线” y ? e x ? e , 2 1 此时 k ? e, b ? ? e. 2
错误! 未指定书签。 2013 山东高考数学 ( . (理)设函数 )

(Ⅰ)求 f ( x) 的单调区间、最大值;

x ? c ( e =2.71828 是自然对数的底数, c ? R ). e2 x (Ⅱ)讨论关于 x 的方程 ln x ? f ( x) 根的个数. f ( x) ?

【答案】解:(Ⅰ)
'

f ' ( x) ? (1 ? 2 x)e?2 x ,

由 f ( x) ? 0 ,解得

x?

1 2,

x?


1 ' 2 时, f ( x) ? 0 , f ( x) 单调递减

1 1 ( ??, ) ( , ??) 2 ,单调递减区间是 2 所以,函数 f ( x) 的单调递增区间是 , 1 1 f( )? ?c 2e 最大值为 2 x g ( x) ? ln x ? f ( x) ? ln x ? 2 x ? c x ? (0, ??) e (Ⅱ)令
(1)当 x ? (1, ??) 时, ln x ? 0 ,则

g ( x) ? ln x ?

x ?c e2 x ,

g ' ( x) ? e?2 x (
所以,

e2 x ? 2 x ? 1) x

e2 x ?0 ' 因为 2 x ?1 ? 0 , x 所以 g ( x) ? 0 因此 g ( x) 在 (1, ??) 上单调递增.
(2)当 x ? (0,1) 时,当时, ln x ? 0 ,则

g ( x) ? ? ln x ?

x ?c e2 x ,

g ' ( x) ? e ?2 x (?
所以,
2x 2

e2 x ? 2 x ? 1) x

2x 因为 e ? (1, e ) , e ? 1 ? x ? 0 ,又 2 x ?1 ? 1

e2 x ? 2x ?1 ? 0 ' 所以 x 所以 g ( x) ? 0 因此 g ( x) 在 (0,1) 上单调递减. ?
综合(1)(2)可知 当 x ? (0, ??) 时, g ( x) ? g (1) ? ?e 当 g (1) ? ?e 当 g (1) ? ?e 当 g (1) ? ?e
?2 ?2

?c,

? c ? 0 ,即 c ? ?e?2 时, g ( x) 没有零点,
ln x ? f ( x) ln x ? f ( x)
根的个数为 0;

故关于 x 的方程
?2

? c ? 0 ,即 c ? ?e?2 时, g ( x) 只有一个零点,
根的个数为 1;

故关于 x 的方程
?2

? c ? 0 ,即 c ? ?e?2 时,

①当 x ? (1, ??) 时,由(Ⅰ)知

x 1 ? c ? ln x ? ( e?1 ? c) ? ln x ? 1 ? c 2x e 2 1? c 要使 g ( x) ? 0 ,只需使 ln x ? 1 ? c ? 0 ,即 x ? (e , ??) ; ②当 x ? (0,1) 时,由(Ⅰ)知 g ( x) ? ln x ? g ( x) ? ? ln x ? x 1 ? c ? ? ln x ? ( e?1 ? c) ? ? ln x ? 1 ? c 2x e 2 ;
?1? c

要使 g ( x) ? 0 ,只需使 ? ln x ?1 ? c ? 0 ,即 x ? (0, e
?2

);
ln x ? f ( x)
根的个数为 2;

所以当 c ? ?e 时, g ( x) 有两个零点,故关于 x 的方程 综上所述:

当 c ? ?e 时,关于 x 的方程 当 c ? ?e 时,关于 x 的方程 当 c ? ?e 时,关于 x 的方程
?2 ?2

?2

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

根的个数为 0; 根的个数为 1; 根的个数为 2.

错误!未指定书签。(山东省淄博市 2013 届高三复习阶段性检测(二模)数学(理)试题)已知 P ? x, y ? 为函 .

数 y ? 1 ? ln x 图象上一点,O 为坐标原点,记直线 OP 的斜率 k ? f ? x ? .

1? ? ? m ? 0 ? 上存在极值,求实数 m 的取值范围; 3? t (II)当 x ? 1时,不等式 f ? x ? ? 恒成立,求实数 t 的取值范围; x ?1
(I)若函数 f ? x ? 在区间 ? m, m ?

? ?

en?2 n ? N * . (III)求证 ?? n ? 1? !? ? ? n ? 1?? ? ?
2

?

?

【答案】解:(Ⅰ)由题意 k

? f ? x? ?

1 ? ln x ,x?0 x

ln x ? 1 ? ln x ?? ? ?? 2 x ? x ? 当 0 ? x ? 1 时, f ? ? x ? ? 0 ;当 x ? 1 时, f ? ? x ? ? 0 .
所以 f ? ? x ? ? ? 所以 f ? x ? 在 ? 0,1? 上单调递增,在 ?1, ?? ? 上单调递减. 故 f ? x ? 在 x ? 1 处取得极大值 因为函数 f ? x ? 在区间 ? m, m ?

? ?

1? ? (其中 m ? 0 )上存在极值, 3?

?0 ? m ? 1 2 ? 所以 ? 得 ? m ?1. 1 ?m ? 3 ? 1 3 ? ?2 ? 1? 即实数 m 的取值范围是 ? , ?3 ? ? x ? 1??1 ? ln x ? t (Ⅱ)由 f ? x ? ? 得t ? x x ?1 x ? 1??1 ? ln x ? ? 令 g ? x? ? x x ? ln x 则 g? ? x ? ? x2
令 h ? x ? ? x ? ln x 则 h? ? x ? ? 1 ?

+? 因为 x ? 1, 所以 h? ? x ? ? 0 ,故 h ? x ? 在 ?1, ? 上单调递增
所 以 h ? x ? ? h ?1? ? 1 ? 0 ,从而 g ? ? x ? ? 0

1 1? x = x x

g ? x ? 在 ?1, ? 上单调递增, g ? x ? ? g ?1? ? 2 +?
所以实数 t 的取值范围是 ? ??, 2 ? (Ⅲ)由(Ⅱ) 知 f ? x ? ?

2 恒成立, x ?1

1 ? ln x 2 x ?1 2 2 ? ? ln x ? ? 1? ? 1? x x ?1 x ?1 x ?1 x 2 令 x ? n ? n ? 1? , 则 ln n ? n ? 1? ? 1 ? n ? n ? 1?
即 所以 ln ?1 ? 2 ? ? 1 ?

2 , 1? 2

ln ? 2 ? 3? ? 1 ?
,

2 , 2?3
2 . n ? n ? 1?
2 2

ln n ? n ? 1? ? 1 ?
2

所以 ln ?1 ? 2 ? 3 ? ??? ? n ? ? n ? 1? ? ? n ? 2 ? ? ?

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

1 ? ? ? n ? 2 ?1 ? ?? n?2 ? n ?1? 2 2 2 n ?2 所以 1 ? 2 ? 3 ? ??? ? n ? ? n ? 1? ? e
n ?2 n ? N? 所以 ? ? n ? 1? !? ? ? n ? 1? ? e ? ? 2

?

?

错 误 ! 未 指 定 书 签 。.( 山 东 省 潍 坊 市 2013 届 高 三 第 一 次 模 拟 考 试 理 科 数 学 ) 设 函 数

1 f ( x) ? mx 3 ? (4 ? m) x 2 , g ( x) ? a ln( x ? 1) ,其中 a ? 0 . 3
( I )若函数 y ? g ( x ) 图象恒过定点 P,且点 P 关于直线 x ?

(Ⅱ)当 a ? 8 时,设 F ( x) ? f '( x) ? g ( x ? 1) ,讨论 F ( x) 的单调性; (Ⅲ)在(I)的条件下,设 G ( x) ? ?

3 的对称点在 y ? f ( x) 的图象上,求 m 的值; 2

? f ( x), x ? 2 ,曲线 y ? G ( x ) 上是否存在两点 P、Q, ? g ( x), x ? 2

使△OPQ(O 为原点)是以 O 为直角顶点的直角三角形,且斜边的中点在 y 轴上?如果存在,求 a 的取值范围; 如果不存在,说明理由. 【答案】(Ⅰ)令 ln( x - 1) = 0 ,则 x = 2 ,

3 的对称点为(1,0), 2 1 由题知 f (1) = 0, \ m + (4 + m) = 0, \ m = - 3 3 2 (Ⅱ) F ( x ) = mx + 2(4 + m ) x + 8ln x ,定义域为 (0, + 8 F ? x ) = 2mx + (8 + 2m) + ( x 2 2mx + (8 + 2m) x + 8 = x (2mx + 8)( x + 1) = x Q x > 0, 则 x + 1 > 0 , \ 当 m ? 0 时, 2mx + 8 > 0, F ? x ) > 0, ( + 此时 F ( x ) 在(0, ? )上单调递增, 4 当 m < 0 时,由 F ? x ) > 0得0 < x < ( , m
\ P(2,0) 关于 x =

),

由 F ? x ) < 0得x > ( 此时 F ( x ) 在 ?0, ? 在 ??

4 , m

骣 ? 桫

4÷ ÷上为增函数, m÷

骣4 , + ÷为减函数, ÷ ÷ ? m 桫 综上当 m ? 0 时, F ( x ) 在(0, ? )上为增函数, + 骣 4 骣4 m < 0 时,在 ?0, - ÷上为增函数,在 ?- , + ÷为减函数 ÷ ÷ ? ? ÷ ? ? m 桫 m÷ 桫 ì ? - x 3 + x 2 , x 2, (Ⅲ)由条件(Ⅰ)知 G ( x ) = ? . í ? a ln( x - 1), x > 2, ? ? 假设曲线 y = G ( x ) 上存在两点 P 、 Q 满足题意,则 P 、 Q 两点只能在 y 轴两侧,
设 P (t , G (t ))(t > 0), 则 Q (- t , t + t ),
3 2

Q D POQ 是以 O 为直角顶点的直角三角形, uur uuu r \ OP ?OQ 0, \ - t 2 + G (t )(t 3 + t 2 ) = 0 .① (1)当 0 < t 2 时, \ G (t ) = - t 3 + t 2 ,
此时方程①为 - t + (- t + t )(t + t ) = 0, 化简得 t - t + 1 = 0 . 此方程无解,满足条件的 P 、 Q 两点不存在 (2)当 t > 2 时, G (t ) = a ln(t - 1) ,方程①为 - t + a ln(t - 1)(t + t ) = 0, 即
2 3 2 2 3 2 3 2

4

2

1 = (t + 1) ln(t - 1), a t+ 1 , t- 1

设 h (t ) = (t + 1) ln(t - 1)(t > 1), 则 h ? t ) = ln(t - 1) + (

+ 显然当 t > 2 时 h (t ) > 0即h (t ) 在(2,

+ \ h(t ) 的值域为 ( h(2), + ゥ), 即(0, \ 当 a > 0 时方程①总有解. 综上若存在 P 、 Q 两点满足题意,则 a 的取值范围是 ( + ? ) 0,
错误!未指定书签。(山东省济南市 2013 届高三上学期期末考试理科数学)设函数 .

)为增函数, ),

f ? x ? ? e x sin x

(1)求函数 f ? x ? 单调递增区间; (2)当 x ? [0, ? ] 时,求函数 f ? x ? 的最大值和最小值.
【答案】解:(1)

f ' ( x) ? e x (sin x ? cos x)

? 2e x sin( x ? ) 4

?

f ' ( x) ? 0,? sin( x ? ) ? 0. 4 ? 2 k? ? x ?

?

3 ? x ? 2 k? ? ? , 4 4 4 ? 3 ? ? f ( x)单调增区间为 ? 2k? ? , 2k? ? ? ? , k ? Z 4 4 ? ? ? 2k? ? ? , 即2k? ?

?

?

? 3 ? ? ? 3 3 2 4? f (0) ? 0, f (? ) ? 0, f ( ? ) ? e , 4 2 3? 3? 2 4 所以 f max ? f ( ) ? e , f min ? f (0) ? f (? ) ? 0 4 2

(2) x ? ? 0, ? ? , 由()知,x ? ? 0, ? ? 是单调增区间,x ? ? ? , ? ? 是单调减区间 1 4 4

?3 ?

? ?

错误!未指定书签。(山东省烟台市 2013 届高三 3 月诊断性测试数学理试题)已知函数 f(x)=axlnx 图像上点 .

(e,f(e))处的切线与直线 y=2x 平行(其中 e= 2.71828),g(x)=x -x -tx-2. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)求函数 f(x)在[n,n+2](n>0)上的最小值; (3)对一切 x ? ?0, e?,3f(x)≥g(x)恒成立,求实数 t 的取值范围.

2

2

【答案】

错误!未指定书签。(山东省莱钢高中 2013 届高三 4 月模拟检测数学理试题 )设 f ( x ) ? .

(Ⅰ)若 a ? 0, f ( x) ? 0 对一切 x ? R 恒成立,求 a 的最大值. (Ⅱ)设 g ( x) ? f ( x) ?

e

x

? ax ? a

a ,且 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 )( x1 ? x2 ) 是曲线 y ? g ( x) 上任意两点,若对任意的 ex a ? ?1 ,直线 AB 的斜率恒大于常数 m ,求 m 的取值范围; e n n n (2n) n (n ? N * ) . (Ⅲ)求证: 1 ? 3 ? ? ? (2n ? 1) ? e ?1

【答案】解:(Ⅰ)∵f(x)=e -a(x+1),∴f′(x)=e -a,

x

x

∵a>0,f′(x)=e -a=0 的解为 x=lna. ∴f(x)min=f(lna)=a-a(lna+1)=-alna, ∵f(x)≥0 对一切 x∈R 恒成立, ∴-alna≥0,∴alna≤0,∴amax=1 (II)设 x1、x2 是任意的两实数,且 x1 ? x2

x

g ( x2 ) ? g ( x1 ) ? m ,故 g ( x2 ) ? mx2 ? g ( x1 ) ? mx1 x 2 ? x1 上单调递增, ? ?不妨令函数 F ( x) ? g ( x) ? mx ,则 F (x)在(- ?, ?) ? F ?( x) ? g ?( x) ? m ? 0恒成立 ? 对任意的a ? -1,x ? R , m ? g ?(x) 恒成立
g ?( x) ? e x ? a ?
故m?3
? i i ? e 2n (III)由(1) 知 e ≥x+1,取 x= ? , i ? 1,3,?2n ? 1, 得 12n 2n i ? 2n ? i n 即( ) ?e 2 2n
x

a a ? 2 e x ? (? x ) ? a = ? a ? 2 ? a ? ( ? a ? 1) 2 ? 1 ? 3 x e e
i

? 1 ? ? 3 ? ? 2n ? 1 ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ?e ? 2n ? ? 2n ? ? 2n ? e n ?1n ? 2 n ? 3 n ? ? ? ?2n ? 1? ? ( 2n) n e ?1
累 加 得

n

n

n

?

2 n ?1 2

?e

?

2 n ?3 2

??? e

?

1 2

?

e (1 ? e ?n ) e ? ?1 e ?1 1? e

?

1 2

错误!未指定书签。(山东省泰安市 2013 届高三第二次模拟考试数学(理)试题)某工厂共有 10 台机器,生产 .

一种仪器元件,由于受生产能力和技术水平等因素限制,会产生一定数量的次品.根据经验知道,若每台 机 器 产 生 的 次 品 数 P( 万 件 ) 与 每 台 机 器 的 日 产 量 x ? 万件 ? ? 4 ? x ? 12 ? 之 间 满 足 关
2

系: P ? 0.1x ? 3.2ln x ? 3. 已知每生 产 1 万件合格的元件可以盈利 2 万元,但每产生 1 万件装次品将亏 损 1 万元.(利润=盈利—亏损) (I)试将该工厂每天生产这种元件所获得的利润 y ( 万元)表示为 x 的函数; (II)当每台机器的日产量 x (万件)写为多少时所获得的利润最大,最大利润为多少?

【答案】

错误!未指定书签。(山东省济南市 2013 届高三上学期期末考试理科数学)设函数 .

f ? x ? ? x 2 ? ax ? ln x .

(1)若 a ? 1 ,试求函数 f ? x ? 的单调区间; (2)过坐标原点 O 作曲线 y ? f (x) 的切线,证明:切点的横坐标为 1; ,若函数 g ? x ? 在区间(0,1]上是减函数,求 a 的取值范围. ex 2 【答案】解: (1) a ? 1 时, f ( x ) ? x ? x ? lnx ( x ? 0) 1 (2 x ? 1)( x ? 1) ? f '( x) ? 2 x ? 1 ? ? x x ? 1? ?1 ? x ? ? 0, ? , f ' ? x ? ? 0, x ? ? , ?? ? , f ' ? x ? ? 0 ? 2? ?2 ? ? 1? ?1 ? f ? x ? 的减区间为 ? 0, ? ,增区间 ? , ?? ? ? 2? ?2 ? 1 (2)设切点为 M ? t , f ? t ? ? , f ' ? x ? ? 2 x ? ax ? x f ?t ? 1 切线的斜率 k ? 2t ? a ? ,又切线过原点 k ? t t f ?t ? 1 ? 2t ? a ? ,即:t 2 ? at ? ln t ? 2t 2 ? at ? 1? t 2 ? 1 ? ln t ? 0 t t 2 t ? 1 满足方程 t ? 1 ? ln t ? 0 ,由 y ? 1 ? x 2 , y ? ln x 图像可知 x 2 ? 1 ? ln x ? 0 有唯一解 x ? 1 ,切点的横坐标为 1; 1 2 或者设 ? ? t ? ? t ? 1 ? ln t , ? ' ? t ? ? 2t ? ? 0 t (3)令 g ? x ? ?

f ? x?

? ? t ? 在 ? 0,? ? 递增 ,且 ? ?1? =0 ,方程 t 2 ? 1 ? ln t ? 0 有唯一解 +
(3) g ' ? x ? ?

f '? x? ? f ? x? ex

,若函数 g ? x ? 在区间(0,1]上是减函数,

则 ?x ? (0,1], g ' ? x ? ? 0, 即 : f ' ? x ? ? f ? x ? ,所以 x 2 ? 2 x ?

1 ? ln x ? a ? x ? 1? ? 0 ---(*) x

1 ? ln x ? a ? x ? 1? x ?1 ? x ? 2 x 2 ? 2 x ? 1 1 1 h '? x? ? 2x ? 2 ? 2 ? ? a ? ? ?2?a x x x2 若 a ? 2 ,则 h ' ? x ? ? 0, h ? x ? 在 ? 0,1? 递减, h ? x ? ? h ?1? ? 0 设h ? x ? ? x 2 ? 2 x ?

?

?

即不等式

f ' ? x ? ? f ? x ? , ?x ? (0,1],

恒成立

若 a ? 2 ,? ? ? x ? ? 2 x ?

1 1 2 1 ? ? 2 ?? ' ? x ? ? 2 ? 3 ? 2 ? 0 2 x x x x ? ? x ? 在 ? 0,1? 上递增, ? ? x ? ? ? ?1? ? ?2
?x0 ? ? 0,1? , 使得? ? x0 ? ? ? a

x ? ? x0 ,1? , ? ? x ? ? ?a ,即 h ' ? x ? ? 0 , h ? x ? 在 ? x0 ,1? 上递增, h ? x ? ? h ?1? ? 0 1 这与 ?x ? ? 0,1? , x 2 ? 2 x ? ? ln x ? a ? x ? 1? ? 0 x 矛盾 综上所述, a ? 2
解法二:
g '? x? ? f '? x? ? f ? x? ex

,若函数 g ? x ? 在区间(0,1]上是减函数,

则 ?x ? (0,1], g ' ? x ? ? 0, 即 : f ' ? x ? ? f ? x ? ,所以 x 2 ? 2 x ? 显然 x ? 1 ,不等式成立 当 x ? ? 0,1? 时, a ? 设 h ? x? ?

1 ? ln x ? a ? x ? 1? ? 0 x

x2 ? 2x ?

1 ? ln x x 恒成立 1? x

x2 ? 2x ?

1 1 1 ? ln x ? x 2 ? 2 x ? 1 ? 2 ? ? ln x x x x , h '? x? ? 2 1? x ?1 ? x ?

设? ? x? ? ?x ? 2x ?1?
2

?1 ? x ?? 2 ? x ? ? 0 1 1 ? ? ln x, ? ' ? x ? ? 2 ?1 ? x ? ? x2 x x3 ? ? x ? 在 ? 0,1? 上递增, ? ? x ? ? ? ?1? ? 0 所以 h ' ? x ? ? 0
h ? x ? 在 ? 0,1? 上递减, h ? x ? ? h ?1? ? lim
x ?1

x2 ? 2x ?

所以 a ? 2

1 ? ln x 1 1 ? ? x ? lim ? ?2 x ? 2 ? ? 2 ? ? 2 x ?1 1? x x x ? ?

错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 山 东 省 德 州 市 2013 届 高 三 上 学 期 期 末 校 际 联 考 数 学 ( 理 ) 已 知 函 数 . )

f ( x) ? ax 2 ? x, g ( x) ? 1n( x ? 1) . (1)若 a=l,求 F ( x) ? g ( x) ? f ( x) 在 (?1, ??) 上的最大值; 3 4 n ?1 (2)利用(1)的结论证明:对任意的正整数 n,不等式 2 ? ? ? ? 2 ? 1n( n ? 1) 都成立: 4 9 n

(3)是否存在实数 a(a>0),使得方程

2 g ( x ? 1) 1 ? f '( x) ? (4a ? 1) 在区间 ( , e) 内有且只有两个不相等 x e

的实数根?若存在,请求出 a 的取值范围;若不存在,请说明理由.
【答案】

错 误 ! 未 指 定 书 签 。. 山 东 省 潍 坊 市 2013 届 高 三 第 二 次 模 拟 考 试 理 科 数 学 ) 已 知 函 数 (

f ( x) ? ax ? ln x, g ( x) ? e x . (I)当 a ? 0 时,求 f ( x) 的单调区间 x?m (Ⅱ)若不等式 g ( x) ? 有解,求实数 m 的取值菹围; x

(Ⅲ)定义:对于函数 y ? F ( x) 和 y ? G ( x ) 在其公共定义域内的任意实数 x0 .,称 F ( x0 ) ? G ( x0 ) 的值 为两函数在 x0 处的差值.证明:当 a=0 时,函数 y ? f ( x) 和 y ? g ( x ) 在其公共定义域内的所有差值都大 干 2.
【答案】

错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 山 东 省 莱 芜 市 莱 芜 十 七 中 2013 届 高 三 4 月 模 拟 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数 .

1 f ( x) ? x ? ax 2 ? ln(1 ? x) ,其中 a ? R . 2 (Ⅰ)若 x ? 2 是 f (x) 的极值点,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.

【答案】(Ⅰ)解:

f ?( x) ?

x(1 ? a ? ax) , x ? (?1, ??) . x ?1

依题意,令 f ?(2) ? 0 ,解得 a ?

1 . 3

经检验, a ?

1 时,符合题意 3
x . x ?1

(Ⅱ)解:① 当 a ? 0 时, f ?( x) ?

故 f (x) 的单调增区间是 (0, ??) ;单调减区间是 (?1,0) . ② 当 a ? 0 时,令 f ?( x) ? 0 ,得 x1 ? 0 ,或 x2 ? 当 0 ? a ? 1 时, f ( x) 与 f ?( x) 的情况如下:

1 ?1 . a
( x2 , ? ?)

x
f ?( x) f ( x)

(?1, x1 )
?

x1

( x1 , x2 )

x2

0
f ( x1 )

?


0
f ( x2 )

?




所以, f ( x) 的单调增区间是 (0,

1 1 ? 1) ;单调减区间是 (?1,0) 和 ( ? 1, ??) . a a
当 a ? 1 时, ?1 ? x2 ? 0 , f ( x) 与 f ?( x) 的情况如下:
( x2 , x1 )
x1

当 a ? 1 时, f (x) 的单调减区间是 (?1,??) .

x
f ?( x) f ( x)

(?1, x2 )
?

x2

( x1 , ? ?)

0
f ( x2 )

?


0
f ( x1 )

?




1 ? 1) 和 (0, ??) . a ③ 当 a ? 0 时, f (x) 的单调增区间是 (0, ??) ;单调减区间是 (?1,0) . 综上,当 a ? 0 时, f (x) 的增区间是 (0, ??) ,减区间是 (?1,0) ; 1 1 当 0 ? a ? 1 时, f ( x) 的增区间是 (0, ? 1) ,减区间是 (?1,0) 和 ( ? 1, ??) ; a a 当 a ? 1 时, f (x) 的减区间是 (?1,??) ; 1 1 当 a ? 1 时, f ( x) 的增区间是 ( ? 1, 0) ;减区间是 (?1, ? 1) 和 (0, ??) . a a (Ⅲ)由(Ⅱ)知 a ? 0 时, f (x) 在 (0, ??) 上单调递增,由 f (0) ? 0 ,知不合题意. 1 1 当 0 ? a ? 1 时, f (x) 在 (0, ??) 的最大值是 f ( ? 1) ,由 f ( ? 1) ? f (0) ? 0 ,知不合题意. a a 当 a ? 1时, f (x) 在 (0, ??) 单调递减,可得 f (x) 在 [0, ? ? ) 上的最大值是 f (0) ? 0 ,符合题意. 所以, f (x) 在 [0, ? ? ) 上的最大值是 0 时, a 的取值范围是 [1, ??)
所以, f ( x) 的单调增区间是 ( ? 1, 0) ;单调减区间是 (?1,
错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 山 东 省 烟 台 市 莱 州 一 中 2013 届 高 三 第 三 次 质 量 检 测 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已知函 数 .

1 a

4x2 ? 7 f ( x) ? , x ? [0,1] 2? x
(1)求 f (x ) 的单调区间和值域.
3 (2) 设 a ? 1 , 函 数 g ( x) ? x ? 3ax ? 2a, x ? [0,1] , 若 对 任 意 x1 ? [0,1] , 总 存 在 x0 ? [0,1] , 使 得

g (x 0 ) = f (x 1 ) 成立,求 a 的取值范围.

【答案】解:(1)对函数 f(x)求导,得

f '(x ) =

- 4x 2 + 16x - 7 - (2x - 1)(2x - 7) = (2 - x ) 2 (2 - x ) 2
1 7 或x = 2 2

令 f '(x ) = 0解得x =

当 x 变化时, f '(x ), f (x ) 的变化情况如下表: x
f '(x )

0

1 (0, ) 2

1 2

1 ( ,1) 2

1

7 2

0 -4

+ -3

f( x)

所以,当 x ? (0, )时,f ( x)是减函数;当x ? ( ,1)时,f ( x)是增函数 当 x ? (0,1) 时,f(x)的值域为[-4,-3]. (2)对函数 g(x)求导,得图表 1

1 2

1 2

g '( x) ? 3( x 2 ? a 2 ) ? a ? 1, 当x ? (0,1)时,g '( x) ? 3(1 ? a 2 ) ? 0 x ? (0,1)时,g ( x)为减函数,从而当x ? [0,1]时有
g ( x) ? [ g (1), g (0)] 又g (1) ? [1 ? 2a ? 3a 2 , ?2a, g (0) ? ?2a, 即当x ? [0,1]时有
因此当

g ( x) ? [1 ? 2a ? 3a 2 , ?2a] 任给x1 ? [0,1], f ( x1 ) ? [?4, ?3], 存在x0 ? [0,1], 使得g ( x0 ) ? f ( x1 ), 则 [1 ? 2a ? 3a 2 , ?2a] ? [?4, ?3]

?1 ? 2a ? 3a 2 ? ?4 3 即? 解得a ? 2 ??2a ? ?3 3 又 a ? 1 ,所以 a 的取值范围为 1 ? a ? 2
错误!未指定书签。 (山东师大附中 2013 届级高三 12 月第三次模拟检测理科数学) 已知 x .

f ? x ? ? ? ax ? 2 ? e 的一个极值点. ( a ?R ) (Ⅰ)求 a 的值; (Ⅱ)当 x1 , x2 ? ? 0, 2? 时,证明: | f ? x1 ? ? f ? x2 ? |? e
x

? 1 是函数

【答案】(Ⅰ)解:

,

由已知得 当 所以 时,

,解得

. ,在 处取得极小值.

(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知, 当 当 所以在区间 又 所以在区间 对于 所以 , 上, ,有 时, 时, 上, ,

, , , 的最小值为 在区间 在区间

. 单调递减; 单调递增.

的最大值为 .

错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 山 东 省 莱 芜 市 第 一 中 学 2013 届 高 三 12 月 阶 段 性 测 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 设 .

f ( x) ?

a ? x ln x , g ( x) ? x3 ? x 2 ? 3 . x

(I)当 a ? 2 时,求曲线 y ? f ( x) 在 x ? 1 处的切线方程; (II)如果存在 x1 , x2 ? [0, 2] ,使得 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? M 成立,求满足上述条件的最大整数 M ; (III)如果对任意的 s, t ? [ , 2] ,都有 f ( s) ? g (t ) 成立,求实数 a 的取值范围.

1 2

【答案】(I)当 a ? 2 时,

f ( x) ?

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

所以, 曲线 y ? f ( x) 在 x ? 1 处的切线方程为 y ? ? x ? 3 . (II)存在 x1 , x2 ? [0, 2] ,使得 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? M 成立,等价于: [ g ( x1 ) ? g ( x2 )]max ? M ,
2 考察 g ( x) ? x ? x ? 3 , g '( x) ? 3x ? 2 x ? 3x( x ? ) ,
3 2

2 3

0
由 上

2 (0, ) 3


2 3

2 ( , 2] 3
+

2 表 1 可

g '( x) g ( x)

0
极小值 ?

?3

递减

85 27

递增

知: g ( x)min ? g ( ) ? ?

2 3

[ g ( x1 ) ? g ( x2 )]max

85 , g ( x)max ? g (2) ? 1 , 27 112 , ? g ( x)max ? g ( x)min ? 27

所以满足条件的最大整数 M ? 4 ; (III)对任意的 s, t ? [ , 2] ,都有 f ( s) ? g (t ) 成立, 等价于: 在区间 [ , 2] 上,函数 f ( x) 的最小值不小于 g ( x) 的最大值, 由(II)知,在区间 [ , 2] 上, g ( x) 的最大值为 g (2) ? 1.

1 2

1 2

1 2

1 f (1) ? a ? 1,下证当 a ? 1 时,在区间 [ , 2] 上,函数 f ( x) ? 1 恒成立. 2 1 a 1 当 a ? 1 且 x ? [ , 2] 时, f ( x) ? ? x ln x ? ? x ln x , 2 x x 1 1 记 h( x) ? ? x ln x , h '( x) ? ? 2 ? ln x ? 1 , h '(1) ? 0 . x x 1 1 当 x ? [ ,1) , h '( x) ? ? 2 ? ln x ? 1 ? 0 ;当 x ? (1, 2] , 2 x 1 h '( x) ? ? 2 ? ln x ? 1 ? 0 , x 1 1 所以, 函数 h( x) ? ? x ln x 在区间 [ ,1) 上递减,在区间 (1, 2] 上递增, x 2 1 h( x) min ? h(1) ? 1,即 h( x) ? 1 , 所以当 a ? 1 且 x ? [ , 2] 时, f ( x) ? 1 成立, 2 1 即对任意 s, t ? [ , 2] ,都有 f ( s) ? g (t ) . 2 1 a 2 (III) 另 解 : 当 x ? [ , 2] 时 , f ( x) ? ? x ln x ? 1 恒 成 立 , 等 价 于 a ? x ? x ln x 恒 成 立 , 记 2 x h( x) ? x ? x 2 ln x , h '( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x , h '(1) ? 0 . 记 m( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x , m '( x) ? ?3 ? 2ln x , 1 由于 x ? [ , 2] , m '( x) ? ?3 ? 2ln x ? 0 , 2 1 所以 m( x) ? h '( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x 在 [ , 2] 上递减, 2 1 当 x ? [ ,1) 时, h '( x) ? 0 , x ? (1, 2] 时, h '( x) ? 0 , 2 1 2 即函数 h( x) ? x ? x ln x 在区间 [ ,1) 上递增,在区间 (1, 2] 上递减, 2 所以, h( x) max ? h(1) ? 1,所以 a ? 1 .
错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 山 东 省 青 岛 市 2013 届 高 三 上 学 期 期 中 考 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数 .

?? x 3 ? x 2 ? bx ? c, x ? 1 2 4 f ( x) ? ? ,当 x ? 时,函数 f ( x) 有极大值 . 3 27 ?a ln x, x ? 1
( Ⅰ)求实数 b 、 c 的值; (Ⅱ)若存在 x0 ? [?1, 2] ,使得 f ( x0 ) ? 3a ? 7 成立,求实数 a 的取值范围.
【答案】

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

2 3

2 3

当 x 变化时, f ?( x), f ( x) 的变化情况如下表:

x
f ?(x) f (x)

(?1,0)
单调递减

0
0
极小值

2 (0, ) 3
+ 单调递增

2 3

2 ( ,1) 3
单调递 减

0
极大值

2 4 f( )? 27 , f (0) ? 0 根据表格,又 f (?1) ? 2 , 3

错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 山 东 省 枣 庄 市 2013 届 高 三 4 月 ( 二 模 ) 模 拟 考 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 设 .

f ( x) ? ax ? cos x( x ? R) . 1 (1)若 a ? ,试求出函数 f ( x) 的单调区间; 2 (2)若对任意 x ? 0 ,都有 x ? sin 2 x ? cox ? f ( x) 成立,求实数 a 的取值范围.
【答案】

错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 山 东 省 烟 台 市 莱 州 一 中 2013 届 高 三 第 二 次 质 量 检 测 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已知函 数 .

f ? x ? ? lg x ?

1? x ,其中 a 为大于零的常数 ax

(1)若函数 f ? x ? 在区间 ?1, ?? ? 内单调递增,求 a 的取值范围; (2)求函数 f ? x ? 在区间 ?1, 2? 上的最小值;

(3)求证:对于任意的 n ? N ? , 且n >1 时,都有 ln n >

1 1 1 ? ? ?????? ? 成立. 2 3 n

【答案】

错误!未指定书签。(山东济南外国语学校 2012—2013 学年度第一学期高三质量检测数学试题(理科) 已知函 . )

数 f ( x) ? ( x ? k ) e .
2

x k

(1)求 f (x) 的单调区间; (2)若对 ?x ? (0 , ? ?) ,都有

f ( x) ?

1 e ,求 k 的取值范围.

x 1 2 ( x ? k 2 )e k / k 【答案】解:(1) ,令 f ( x) ? 0 得 x ? ?k 当 k ? 0 时, f ( x) 在 (??, ?k ) 和 (k , ??) 上递增,在 (?k , k ) 上递减;

f / ( x) ?

当 k ? 0 时, f ( x) 在 (??, k ) 和 (?k , ??) 上递减,在 (k , ?k ) 上递增 (2) 当 k ? 0 时,

f (k ? 1) ? e

k ?1 k

?

1 1 f ( x) ? ?x ? (0 , ? ?) 都有 e ;所以不可能对 e; f (?k ) ?

4k 2 1 f ( x) ? f ( x) 在 (0, ??) 上的最大值为 ?x ? (0 , ? ?) 都有 e ,所以对 e 当 k ? 0 时有(1)知 2 4k 1 1 1 1 ? ?? ?k ?0 [ ? ,0) f ( x) ? ?x ? (0 , ? ?) 都有 e 2 e 时, k 的取值范围为 2 即 e ,故对
错 误 ! 未 指 定 书 签 。 ( 山 东 省 实 验 中 学 2013 届 高 三 第 一 次 诊 断 性 测 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 .

f ( x) ? x1nx, g ( x) ? x 3 ? ax 2 ? x ? 2
(1)求函数 f ( x) 的单调区间; (2)求函数 f ( x) 在[t,t+2]( t ? 0 )上的最小值;

(3)对一切的 x ? (0, ??), 2 f ( x) ? g '( x) ? 2 恒成立,求实数 a 的取值范围.
【答案】

错误!未指定书签。 (山东省莱芜市莱芜二中 2013 届高三 4 月模拟考试数学(理)试题) 22.已知函数 .

1 2 ax ? (2 a ? 1) x ? 2 ln x,其中常数 a ? 0 . 2 (1)求 f ( x) 的单调区间; (2)如果函数 f ( x), H ( x), g ( x) 在公共定义域 D 上,满足 f ( x) ? H ( x) ? g ( x) ,那么就称 H ( x) 为 f ( x) 与 5 g ( x) 的“和谐函数”.设 g ( x) ? x 2 ? 4 x ,求证:当 2 ? a ? 时,在区间 (0, 2]上,函数 f ( x) 与 g ( x) 的 2 f ( x) ?
“和谐函数”有无穷多个.
【答案】解:(1) f '( x) ? ax ? (2a ? 1) x ?

2 ax 2 ? (2a ? 1) x ? 2 ( x ? 2)(ax ? 1) ( x ? 0 ,常数 a ? 0 ) ? ? x x x

令 f '( x) ? 0 ,则 x1 ? 2 , x2 ? ①当 0 ? a ?

1 a

1 1 时, ? 2 , a 2

在区间 (0, 2) 和 ( , ??) 上, f ?( x) ? 0 ;在区间 (2, ) 上 f ?( x) ? 0 , 故 f ( x) 的单调递增区间是 (0, 2) 和 ( , ??) ,单调递减区间是 (2, )

1 a

1 a

1 a

1 a

( x ? 2)2 1 时, f ?( x) ? , 故 f ( x) 的单调递增区间是 (0, ??) 2x 2 1 1 ③当 a ? 时, 0 ? ? 2 , 2 a 1 1 在区间 (0, ) 和 (2, ??) 上, f ?( x) ? 0 ;在区间 ( , 2) 上 f ?( x) ? 0 , a a 1 1 故 f ( x) 的单调递增区间是 (0, ) 和 (2, ??) ,单调递减区间是 ( , 2) a a 1 (2)令 h( x) ? g ( x) ? f ( x) ? (1 ? a) x 2 ? (2a ? 3) x ? 2ln x , x ? (0,2] 2 2 (2 ? a) x 2 ? (2a ? 3) x ? 2 ( x ? 2)[(2 ? a) x ? 1] h '( x) ? (2 ? a) x ? 2a ? 3 ? ? ? x x x 1 令 h '( x) ? 0 ,则 x1 ? 2 , x2 ? a?2 5 因为 2 ? a ? ,所以 x2 ? x1 ,且 2 ? a ? 0 2 从而在区间 (0,2] 上, h '( x) ? 0 ,即 h( x) 在 (0,2] 上单调递减 所以 h( x)min ? h(2) ? 2a ? 2 ? 2ln 2 5 又 2 ? a ? ,所以 2a ? 2 ? 2ln2 ? 2 ? 2ln2 ? 0 ,即 h( x) min ? 0 2 设 H ( x) ? f ( x) ? (2 ? 2ln 2)? ( 0 ? ? ? 1) ,则 f ( x) ? H ( x) ? g ( x) 所以在区间 (0,2] 上,函数 f ( x) 与 g ( x ) 的“和谐函数”有无穷多个
②当 a ?
错误! 未指定书签。 . (山东省文登市 2013 届高三 3 月二轮模拟考试数学 (理) 已知函数 )

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

为常数)是实数集 R 上的奇函数,函数

g ( x) ? ? f ( x) ? sin x 在区间 ? ?1,1? 上是减函数. (Ⅰ)求实数 a 的值; (Ⅱ)若 g ( x) ? ? t ? 1 在 x ? ? ?1,1? 上恒成立,求实数的最大值;

ln x ? x 2 ? 2ex ? m 有且只有一个实数根,求 m 的值. f ( x) x 【答案】解:(Ⅰ)? f ( x) ? ln(e ? a ? 1) 是实数集 R 上奇函数,
(Ⅲ)若关于 x 的方程

? f (0) ? 0 ,即 ln(e0 ? a ? 1) ? 0 ? 2 ? a ? 1 ? a ? ?1 .
将 a ? ?1 带入 f ( x) ? ln e ? x ,显然为奇函数
x

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 g ( x) ? ? f ( x) ? sin x ? ? x ? sin x ,? g '( x) ? ? ? cos x, x ? ? ?1,1?

? 要使 g ( x) 是区间 ? ?1,1? 上的减函数,则有 g '( x) ? 0 在 x ? ? ?1,1? 恒成立, ? ? ? (? cos x) min ,所以
要使 g ( x) ? ? t ? 1 在 x ? ? ?1,1? 上恒成立,

? ? ?1

? (t ? 1)? ? sin1 ? 1 ? 0 (其中 ? ? ?1 )恒成立即可 ?t ? 1 ? 0, ?t ? 1 ? 0, 令 h(? ) ? (t ? 1)? ? sin1 ? 1(? ? ?1) ,则 ? 即? ?h(?1) ? 0, ??t ? 2 ? sin1 ? 0,

只需 g ( x) max ? g (?1) ? ?? ? sin1 ? ? t ? 1 在 ? ? ?1 时恒成立即可.

? t ? sin1 ? 2 ,所以实数的最大值为 sin1 ? 2 ln x ln x (Ⅲ)由(Ⅰ)知方程 ? x 2 ? 2ex ? m ,即 ? x 2 ? 2ex ? m , x f ( x) ln x 令 f1 ( x) ? , f 2 ( x) ? x 2 ? 2ex ? m x 1 ? ln x ? f '1 ( x) ? x2 当 x ? ? 0, e ? 时, f '1 ( x) ? 0,? f1 ( x) 在 ? 0, e ? 上为增函数;
当 x ? [e, ??) 时, f '1 ( x) ? 0,? f1 ( x) 在 [e, ??) 上为减函数;

1 e 2 而 f 2 ( x) ? x ? 2ex ? m ? ( x ? e) 2 ? m ? e 2
当 x ? e 时, f1 ( x) max ?

当 x ? ? 0, e ? 时 f 2 ( x) 是减函数,当 x ? [e, ??) 时, f 2 ( x) 是增函数,

? 当 x ? e 时, f 2 ( x) min ? m ? e 2 1 1 只有当 m ? e 2 ? ,即 m ? e 2 ? 时,方程有且只有一个实数根 e e
错误!未指定书签。 (山东省威海市 2013 届高三上学期期末考试理科数学)已知函数 .

f ( x) ? ax 3 ? bx 2 在点

(3, f (3)) 处的切线方程为 12 x ? 2 y ? 27 ? 0 ,且对任意的 x ? ? 0, ?? ? , f ?( x) ? k ln( x ? 1) 恒成立.
(Ⅰ)求函数 f ( x) 的解析式; (Ⅱ)求实数 k 的最小值; (Ⅲ)求证: 1 ?
【答案】

1 1 1 ? ? ? ? ? ln(n ? 1) ? 2 ( n ? N * ). 2 3 n

9 9 ,∴ 27 a ? 9b ? ? ① 2 2 2 f ?( x) ? 3ax ? 2bx, f ?(3) ? ?6 ,∴ 27a ? 6b ? ?6 ② 1 1 ①②联立,解得 a ? ? , b ? 3 2 1 3 1 2 ∴ f ( x) ? ? x ? x 3 2 2 2 (Ⅱ) f ?( x)= ? x ? x ,∴ ? x ? x ? k ln( x ? 1) 在 x ? ? 0, ?? ? 上恒成立;
解:(Ⅰ)将 x ? 3 代入直线方程得 y ? ? 即 x ? x ? k ln( x ? 1) ? 0 在 x ? ? 0, ?? ? 恒成立;
2

设 g ( x) ? x ? x ? k ln( x ? 1) , g (0) ? 0 ,
2

∴只需证对于任意的 x ? ? 0, ?? ? 有 g ( x) ? g (0)

k 2x2 ? x ? k ?1 ? , x ? ? 0, ?? ? x ?1 x ?1 2 设 h( x ) ? 2 x ? x ? k ? 1 , 9 【D】1.)当 ? =1 ? 8( k ? 1) ? 0 ,即 k ? 时, h( x) ? 0 ,∴ g ?( x) ? 0 8 g ( x) 在 ? 0, ?? ? 单调递增,∴ g ( x) ? g (0) g ?( x) ? 2 x ? 1 ?

【D】2.)当 ? =1 ? 8( k ? 1) ? 0 ,即 k ? 由 x1 ? x2 ? ?

9 时,设 x1 , x2 是方程 2 x 2 ? x ? k ? 1 ? 0 的两根且 x1 ? x2 8

1 ,可知 x1 ? 0 , 2 分析题意可知当 x2 ? 0 时对任意 x ? ? 0, ?? ? 有 g ( x) ? g (0) ; 9 8 综上分析,实数 k 的最小值为 1 2 2 (Ⅲ)令 k ? 1 ,有 ? x ? x ? ln( x ? 1), 即 x ? x ? ln( x ? 1) 在 x ? ? 0, ?? ? 恒成立;
∴ k ? 1 ? 0, k ? 1 ,∴ 1 ? k ?

1 1 1 1 1 ,得 ? 2 ? ln( ? 1) ? 2 ? ln( n ? 1) ? ln n n n n n n 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ? ? 1 ? 2 ? 2 ? ? ? 2 ? (ln 2 ? ln1) ? (ln 3 ? ln 2) ? ? ? (ln( n ? 1) ? ln n) 2 3 n 2 3 n 1 1 1 =1 ? 2 ? 2 ? ? ? 2 ? ln(n ? 1) 2 3 n ∴ ∴原不 1 1 1 ? 1? ? ?? ? ? ln(n ? 1) 1? 2 2 ? 3 (n ? 1) n
令x?

? 2?
等式得证

1 ? ln(n ? 1) ? 2 ? ln(n ? 1) n

错误!未指定书签。(2010 年高考(山东理) 已知函数 . )

f ( x) ? ln x ? ax ?

1? a ? 1 (a ? R) . x

(Ⅰ)当 a ?

1 时,讨论 f ( x) 的单调性; 2
2

(Ⅱ)设 g ( x) ? x ? 2bx ? 4. 当 a ?

1 时,若对任意 x1 ? (0, 2) ,存在 x2 ? ?1, 2? ,使 4

f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求实数 b 取值范围.
【答案】

1 时, f(x) 在(0,1)上是减函数,在(1,2)上是增函数,所以对任意 x1 ? (0, 2) , 4 1 1 有 f(x1 ) ? f(1)=- ,又已知存在 x2 ? ?1, 2? ,使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,所以 ? ? g ( x2 ) , x2 ? ?1, 2? , 2 2 9 1 9 11 17 2 2 即存在 x ? ?1, 2 ? ,使 g ( x) ? x ? 2bx ? 4 ? ? ,即 2bx ? x ? ,即 2b ? x ? 2 ? [ , ] , 2 4 2 2 x 11 11 11 所以 2b ? ,解得 b ? ,即实数 b 取值范围是 [ , ??) . 2 4 4
(Ⅱ)当 a ?


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