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江苏省13市2017届高三上学期考试数学试题分类汇编:导数及其应用 Word版含答案

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江苏省 13 市 2017 高三上学期考试数学试题分类汇编 导数及其应用
一、填空题 1、 (南通、泰州市 2017 届高三第一次调研测)已知两曲线 f ( x) ? 2sin x , g ( x) ? a cos x ,
π x ? (0 , ) 相交于点 P.若两曲线在点 P 处的切线互相垂直,则实数 a 的值为 ▲ . 2

2、 (

盐城市 2017 届高三上学期期中)若函数 f ( x) ? 递增,则实数 a 的取值范围是 ▲

1 3 x ? x 2 ? ax ? 3a 在区间 [1, 2] 上单调 3
x 2

3、 (盐城市 2017 届高三上学期期中)已知 f ? x ? 为奇函数,当 x ? 0 时, f ? x ? ? e ? x , 则曲线 y ? f ? x ? 在 x ? 1 处的切线斜率为 ▲ .

4、 (扬州市 2017 届高三上学期期中)已知函数 f ( x) ? x ? a sin x 在 (??,??) 上单调递增, 则实数 a 的取值范围是 。

5、 (扬州市 2017 届高三上学期期末)已知 x ? 1, x ? 5 是函数 f ? x ? ? cos ?? x ? ? ??? ? 0? 两个相邻的极值点,且 f ? x ? 在 x ? 2 处的导数 f ? ? 2? ? 0 ,则 f ? 0? ? 二、解答题 1、 (南京市、盐城市 2017 届高三第一次模拟)设函数 f ( x) ? ln x , g ( x) ? ax ? ( a ? R ). (1)当 a ? 2 时,解关于 x 的方程 g (ex ) ? 0 (其中 e 为自然对数的底数) ; (2)求函数 ? ( x) ? f ( x) ? g ( x) 的单调增区间; ( 3 )当 a ? 1 时,记 h( x) ? f ( x)? g ( x),是否存在整数 ? ,使得关于 x 的不等式 ▲ .

a ?1 ?3 x

2? ? h (x ) 有解?若存在,请求出 ? 的最小值;若不存在,请说明理由. (参考数据: ln 2 ? 0.6931 , ln 3 ? 1.0986 )

2、 (南通、泰州市 2017 届高三第一次调研测)已知函数 f ( x) ? ax2 ? x ? lnx , a ? R .

3 (1)当 a ? 时,求函数 f ( x) 的最小值; 8
(2)若 ?1 ≤ a ≤ 0 ,证明:函数 f ( x) 有且只有一个零点; (3)若函数 f ( x) 有两个零点,求实数 a 的取值范围.

1

3、 ( 苏 北 四 市 ( 淮 安 、 宿 迁 、 连 云 港 、 徐 州 ) 2017 届 高 三 上 学 期 期 中 ) 设 函 数 f ( x) ? l nx? a 2 x ? a, x a 为正实数. a ? 2 (1)当 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程;

1 a (3)若函数 f ( x) 有且只有 1 个零点,求 a 的值.
(2)求证: f ( ) ≤ 0 ; 4、 ( 苏 北 四 市 ( 徐 州 、 淮 安 、 连 云 港 、 宿 迁 ) 2017 届 高 三 上 学 期 期 末 ) 已 知 函 数

f ( x) ?

x2 ? ax, g( x)? ln x? ax, a ? R. 2e

(1)解关于 x( x ? R ) 的不等式 f ( x) ≤0 ; (2)证明: f ( x) ≥ g ( x) ; (3)是否存在常数 a , b ,使得 f ( x) ≥ ax ? b ≥ g ( x) 对任意的 x ? 0 恒成立?若存在,求 出 a , b 的值;若不存在,请说明理由.

5、 ( 苏 州 市 2017 届 高 三 上 学 期 期 中 调 研 ) 已 知 f ( x) ? ax3 ? 3x2 ? 1(a ? 0) , 定 义

? f ( x), f ( x) ≥ g ( x) . h( x) ? max ? f ( x), g ( x)? ? ? ? g ( x), f ( x) ? g ( x)
(1)求函数 f ( x) 的极值; (2)若 g ( x) ? xf ?( x) ,且存在 x ?[1,2] 使 h( x) ? f ( x) ,求实数 a 的取值范围; (3)若 g ( x) ? ln x ,试讨论函数 h( x) ( x ? 0) 的零点个数. 6、 (无锡市 2017 届高三上学期期末)已知 f ? x ? ? x ? mx ? 1? m ? R ? , g ? x ? ? e .
2 x

(1)当 x ? ? 0, 2? 时, F ? x ? ? f ? x ? ? g ? x ? 为增函数,求实数 m 的取值范围; ( 2 ) 若 m ? ? ?1, 0 ? , 设 函 数 G ? x ? ?

f ? x? 1 5 , H ? x? ? ? x ? , ,求证:对任意 g ? x? 4 4

x1 , x2 ? ?1,1 ? m ? , G ? x1 ? ? H ? x2 ? 恒成立.

2

7、 (盐城市 2017 届高三上学期期中)设函数 f ? x ? ? ln x ? ax ? a ? R? . (1)若直线 y ? 3x ? 1 是函数 f ? x ? 图象的一条切线,求实数 a 的值;
2 (2)若函数 f ? x ? 在 ? ,求实数 a 的 ?1, e ? ? 上的最大值为 1 ? ae ( e 为自然对数的底数)

值;

2 2 (3)若关于 x 的方程 ln 2 x ? x ? 3t ? x ? x ? t ? ln ? x ? t ? 有且仅有唯一的实数根,

?

?

求实数 t 的取值范围. 8、 (扬州市 2017 届高三上学期期中)已知函数 f ( x) ?

ae x ? x。 x

(1)若函数 f ( x) 的图象在 (1, f (1)) 处的切线经过点 (0,?1) ,求 a 的值; (2)是否存在负整数 a ,使函数 f ( x) 的极大值为正值?若存在,求出所有负整数 a 的值; 若不存在,请说明理由; (2)设 a >0,求证:函数 f ( x) 既有极大值,又有极小值。

9、 (扬州市 2017 届高三上学期期末)已知函数 f ( x) ? g ( x) ? h( x) ,其中函数 g ( x) ? ex ,

h( x) ? x2 ? ax ? a .
(1)求函数 g ( x) 在 ?1, g (1) ? 处的切线方程; (2)当 0 ? a ? 2 时,求函数 f ( x ) 在 x ?[?2a, a] 上的最大值; (3)当 a ? 0 时,对于给定的正整数 k ,问函数 F ( x) ? e ? f ( x) ? 2k (ln x ? 1) 是否有零 点?请说明理由. (参考数据 e ? 2.718, e ? 1.649, e e ? 4.482,ln 2 ? 0.693 )

10、 (镇江市 2017 届高三上学期期末)已知函数 f ( x) ? x ln x , g ( x) ? ? ( x 2 ? 1) ( ? 为常 数) . (1)若函数 y ? f ( x) 与函数 y ? g ( x) 在 x ? 1 处有相同的切线,求实数 ? 的值; (2)若 ? ?

1 ,且 x ? 1 ,证明: f ( x) ? g ( x) ; 2

(3)若对任意 x ? [1,??) ,不等式恒 f ( x) ? g ( x) 成立,求实数 ? 的取值范围.

3

参考答案 一、填空题 1、
2 3 3

2、 a ? 3

3、

1 ?2 e

4、 [?1,1]

5、

2 2

二、解答题

1 ? 3 ? 0 ,去分母,得 ex 1 ……………2 分 2(ex )2 ? 3ex ? 1 ? 0 ,解得 e x ? 1 或 e x ? , 2 故所求方程的根为 x ? 0 或 x ? ? ln 2 . ……………4 分 a ?1 ? 3( x ? 0) , (2)因为 ? ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? ln x ? ax ? x 1 a? ax 12 ? x ? a ? ax ( ? a? 1 x? ) ? ?( x) ? ? a ? 2 ? ? 所 以 2 x x x x (x ? 0) , …6 分 ①当 a ? 0 时,由 ? ?( x) ? 0 ,解得 x ? 0 ; a ?1 ②当 a ? 1 时,由 ? ?( x) ? 0 ,解得 x ? ; a ③当 0 ? a ? 1 时,由 ? ?( x) ? 0 ,解得 x ? 0 ; ④当 a ? 1 时,由 ? ?( x) ? 0 ,解得 x ? 0 ; a ?1 ⑤当 a ? 0 时,由 ? ?( x) ? 0 ,解得 0 ? x ? . a a ?1 ); 综上所述,当 a ? 0 时, ? ( x) 的增区间为 (0, a 当 0 ? a ? 1 时, ? ( x) 的增区间为 (0, ??) ; a ?1 a ? 1 时, ? ( x) 的增区间为 ( , ??) . ……………10 分 a (3)方法一:当 a ? 1 时, g ( x) ? x ? 3 , h( x) ? ( x ? 3) ln x , 3 3 3 ) l ? n x ?单 1 调 递 增 , h?( ) ? ln ? 1 ? 2 ? 0 , 所 以 h?( x? x 2 2 3 h?(2) ? ln 2 ? 1 ? ? 0 , 2 3 3 ? 0 , ………12 所以存在唯一 x0 ? ( , 2) ,使得 h?( x0 ) ? 0 ,即 ln x0 ?1 ? 2 x0
x 1、解: (1)当 a ? 2 时,方程 g (ex ) ? 0 即为 2e ?

(
2

(

分 当 x ? (0, x0 ) 时, h?( x) ? 0 ,当 x ? ( x0 , ??) 时, h?( x) ? 0 , 所 以

4

( x ? 3)2 3 9 ? 1) ? ? 0 ? 6 ? ( x0 ? ) , x0 x0 x0 9 3 记函数 r ( x) ? 6 ? ( x ? ) ,则 r ( x) 在 ( , 2) 上单调递增, …………14 分 x 2 3 3 1 所以 r ( ) ? h( x0 ) ? r (2) ,即 h( x0 ) ? ( ? , ? ) , 2 2 2 3 由 2? ? ? ,且 ? 为整数,得 ? ? 0 , 2 所以存在整数 ? 满足题意,且 ? 的最小值为 0 . .……………16 分 方法二:当 a ? 1 时, g ( x) ? x ? 3 ,所以 h( x) ? ( x ? 3) ln x , 由 h(1) ? 0 得,当 ? ? 0 时,不等式 2? ? h( x) 有解, …………12 分 下证:当 ? ? ?1 时, h( x) ? 2? 恒成立,即证 ( x ? 3) ln x ? ?2 恒成立. 显然当 x ? (0,1] ? [3, ??) 时,不等式恒成立, 只需证明当 x ? (1,3) 时, ( x ? 3) ln x ? ?2 恒成立. 2 2 ? 0 .令 m( x) ? ln x ? 即证明 ln x ? , x ?3 x ?3 1 2 x2 ? 8x ? 9 所以 m?( x) ? ? ,由 m?( x) ? 0 ,得 x ? 4 ? 7 , …14 ? x ( x ? 3)2 x( x ? 3)2 hmin ( x) ? h( x0 ) ? ( x0 ? 3) ln x0 ? ( x0 ? 3)(
分 当 x ? (1, 4 ? 7) , m?( x) ? 0 ;当 x ? (4 ? 7,3) , m?( x) ? 0 ; 所 以

mm ( x ? m

7? ? ? ? ? ? ? ? .a ) 3 3 所以当 ? ? ?1 时, h( x) ? 2? 恒成立. 综上所述,存在整数 ? 满足题意,且 ? 的最小值为 0 . .……………16 ? ? ? ?



3 3 2、 【解】 (1)当 a ? 时, f ( x) ? x2 ? x ? lnx . 8 8
所以 f ?( x) ? 3 x ? 1 ? 1 ? 4 x 2分 令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 2 , 当 x ? (0,2) 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? (2,? ?) 时, f ?( x) ? 0 , 所以函数 f ( x) 在 (0,2) 上单调递减,在 (2,? ?) 上单调递增. 所以当 x ? 2 时,f ( x) 有最小值 f (2) ? ? 1 ? ln 2 . ……………………………… 2 4分
2 x ?0. (2)由 f ( x) ? ax2 ? x ? lnx ,得 f ?( x) ? 2ax ? 1 ? 1 ? 2ax ? x ? 1, x x 2 所以当 a ≤ 0 时, f ?( x) ? 2ax ? x ? 1 < 0 , x

(3x ? 2)( x ? 2) , (x>0) . 4x

……………………………

5

+?) 上单调递减, 函数 f ( x) 在 (0, +?) 上最多有一个零点. 所以当 a ≤ 0 时, 函数 f ( x) 在 (0, ……………………

6分
2 ?a >0, 因为当 -1 ≤ a ≤ 0 时, f (1) ? a ? 1 < 0 , f ( 1 ) ? e ? e 2 e e

+?) 上有零点. 所以当 -1 ≤ a ≤ 0 时,函数 f ( x) 在 (0,

综上, 当 -1 ≤ a ≤ 0 时, 函数 f ( x) 有且只有一个零点. ……………………… 8分 (3)解法一:
+?) 上最多有一个零点. 由(2)知,当 a ≤ 0 时,函数 f ( x) 在 (0,

因为函数 f ( x) 有两个零点, 所以 a > 0 . ……………………………………… 9分 由 f ( x) ? ax2 ? x ? lnx ,得 f ?( x) ? 因为 g (0) ? ?1 ? 0 , 2a > 0 ,
? ?) 上只有一个零点,设为 x0 . 所以函数 g ( x) 在 (0,

2ax2 ? x ? 1 x ?1 . , ( x ? 0) ,令 g (x) ?2ax 2 ? x

? ?) 时,g ( x) ? 0,f ?( x) ? 0 . 当 x ? (0,x0 ) 时,g ( x) ? 0,f ?( x) ? 0 ; 当 x ? ( x0, ? ?) 上单调递增. 所以函数 f ( x) 在 (0,x0 ) 上单调递减;在 ( x0,
+?) 上有两个零点, 要使得函数 f ( x) 在 (0,
2 只需要函数 f ( x) 的极小值 f ( x0 ) ? 0 ,即 ax0 ? x0 ? ln x0 ? 0 .

2 又因为 g ( x0 ) ? 2ax0 ? x0 ? 1 ? 0 ,所以 2ln x0 ? x0 ? 1 ? 0 ,

+?) 上是增函数,且 h(1)=0 , 又因为函数 h( x)=2ln x ? x ? 1 在 (0,

所以 x0 ? 1 ,得 0 ?

1 ? 1. x0 1 2 1 1 1 1 ) ? ? ( ? )2 ? , x0 x0 x0 2 4

2 ? x0 ? 1 ? 0 ,得 2a ? ( 又由 2ax0

所以 0 ? a ? 1 . …………………………………………………………………… 13 分 以下验证当 0 ? a ? 1 时,函数 f ( x) 有两个零点.

1 2a 1 1? a 当 0 ? a ? 1 时, g ( ) ? 2 ? ? 1 ? ?0, a a a a
6

所以 1 ? x0 ?

1 . a

1 a 1 e2 ? e ? a 因为 f ( ) ? 2 ? ? 1 ? ? 0 ,且 f ( x0 ) ? 0 . e e e e2 1 所以函数 f ( x) 在 ( ,x0 ) 上有一个零点. e
2 4a 2 2 2 2 又 因 为 f ( ) ? 2 ? ? ln ≥ ? ( ? 1) ? 1 ? 0 ( 因 为 l nx ≤ x ? 1) ,且 a a a a a a
f ( x0 ) ? 0 .

2 所以函数 f ( x) 在 ( x0, ) 上有一个零点. a 1 2 所以当 0 ? a ? 1 时,函数 f ( x) 在 ( , ) 内有两个零点. e a
1) . …………………………………………… 综上,实数 a 的取值范围为 (0 ,

16 分 下面证明: ln x ≤ x ? 1 . 设 t ( x) ? x ? 1 ? lnx ,所以 t ?( x) ? 1 ? 令 t ?( x) ? 0 ,得 x ? 1 .
1) 时, t ?( x) ? 0 ;当 x ? (1,? ?) 时, t ?( x) > 0 . 当 x ? (0, 1) 上单调递减,在 (1, ? ?) 上单调递增. 所以函数 t ( x ) 在 (0,

1 x ?1 , (x>0) . ? x x

所以当 x ? 1 时, t ( x ) 有最小值 t (1) ? 0 . 所以 t ( x) ? x ? 1 ? lnx ≥ 0 ,得 ln x ≤ x ? 1 成立. 解法二:
+?) 上最多有一个零点. 由(2)知,当 a ≤ 0 时,函数 f ( x) 在 (0,

因为函数 f ( x) 有两个零点,所以 a > 0 . ……………………………………… 9分

x, 由 f ( x) ? ax2 ? x ? lnx ? 0 ,得关于 x 的方程 a ? x ? ln (x>0)有两个不等 2 x
的实数解. 又因为 ln x ≤ x ? 1 ,
x ≤ 2 x ? 1 ? ?( 1 ? 1)2 ? 1 , 所以 a ? x ? ln (x>0) . x x2 x2

因为 x>0 时, ?( 1 ? 1)2 ? 1 ≤1 ,所以 a ≤ 1 . x

7

x 有且只有一个实数解. 又当 a =1 时, x =1 ,即关于 x 的方程 a ? x ? ln x2
所以 0 < a < 1 . …………………………………………………………………… 13 分 (以下解法同解法 1) 3、 (1)当 a ? 2 时, f ( x) ? ln x ? 2 x2 ? 2 x ,则 f '( x) ?

所以 f '(1) ? ?1 ,又 f (1) ? 0 , 所以曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 x ? y ? 1 ? 0 .…………4 分

1 ? 4x ? 2 ,……………2 分 x

1 1 ? ? 1 ,设函数 g ( x) ? ln x ? x ? 1 , a a 1 1? x 则 g '( x) ? ? 1 ? , …………………………………………………6 分 x x 令 g '( x) ? 0 ,得 x ? 1 ,列表如下: (1 ? ?) (0,1) x 1 g '( x ) 0 ? ? g ( x) 极大值 ↗ ↘ 所以 g ( x) 的极大值为 g (1) ? 0 . 1 1 1 所以 f ( ) ? ln ? ? 1≤ 0 .………………………………………………8 分 a a a 1 2ax 2 ? ax ? 1 (3) f '( x ) ? ? 2ax ? a ? ? ,x?0, x x
(2)因为 f ( ) ? ln 令 f '( x) ? 0 ,得 所以 f ( x) 在 (0, 所以 f ( x) ≤ f ( 设 x0 ?

1 a

a ? a 2 ? 8a a ? a 2 ? 8a a ? a 2 ? 8a ?x? ? 0, ,因为 4a 4a 4a

a ? a 2 ? 8a a ? a 2 ? 8a ) 上单调增,在 ( , ??) 上单调减. 4a 4a

a ? a 2 ? 8a ) .………………………………………………10 分 4a

a ? a 2 ? 8a ,因为函数 f ( x) 只有 1 个零点,而 f (1) ? 0 , 4a 所以 1 是函数 f ( x) 的唯一零点. 当 x0 ? 1 时, f ( x) ≤ f (1) ? 0 , f ( x) 有且只有 1 个零点,
a ? a 2 ? 8a ? 1 ,解得 a ? 1 .…………………………………………12 分 4a 下证,当 x0 ? 1 时, f ( x) 的零点不唯一.
此时

a ? a 2 ? 8a 1 ? 1 ,即 0 ? a ? 1 ,则 ? 1 . 4a a 1 1 由(2)知, f ( ) ? 0 ,又函数 f ( x) 在以 x 0 和 为端点的闭区间上的图象不间断, a a 1 所以在 x 0 和 之间存在 f ( x) 的零点,则 f ( x) 共有 2 个零点,不符合题意; a
若 x0 ? 1 ,则 f ( x0 ) ? f (1) ? 0 ,此时 若 x0 ? 1 ,则 f ( x0 ) ? f (1) ? 0 ,此时
8

a ? a 2 ? 8a 1 ? 1 ,即 a ? 1 ,则 0 ? ? 1 . 4a a

1 和 x 0 之间存在 f ( x) 的零点,则 f ( x) 共有 2 个零点,不符合题意. a 因此 x0 ? 1 ,所以 a 的值为 1 .…………………………………………………16 分 x2 4、 (1)当 a ? 0 时, f ( x) ? ,所以 f ( x) ≤ 0 的解集为 {0} ; 2e x 当 a ? 0 时, f ( x) ? x( ? a) , 2e 若 a ? 0 ,则 f ( x) ≤ 0 的解集为 [0, 2ea] ;
同理可得,在 若 a ? 0 ,则 f ( x) ≤ 0 的解集为 [2ea,0] . 综上所述,当 a ? 0 时, f ( x) ≤ 0 的解集为 {0} ; 当 a ? 0 时, f ( x) ≤ 0 的解集为 [0, 2ea] ; 当 a ? 0 时, f ( x) ≤ 0 的解集为 [2ea,0] . ……………………4 分 x2 x 1 x2 ? e ? ln x ,则 h '( x) ? ? ? (2)设 h( x) ? f ( x) ? g ( x ) ? . 2e e x ex 令 h '( x) ? 0 ,得 x ? e ,列表如下:

x
h '( x)

(0, e)

e
0

( e, ??)
?

?

h( x )



极小值



所以函数 h( x) 的最小值为 h( e) ? 0 , x2 ? ln x ≥ 0 ,即 f ( x) ≥ g ( x) .…………………………………8 分 所以 h( x) ? 2e (3)假设存在常数 a , b 使得 f ( x) ≥ ax ? b ≥ g ( x) 对任意的 x ? 0 恒成立, x2 即 ≥ 2ax ? b ≥ ln x 对任意的 x ? 0 恒成立. 2e x2 1 1 1 而当 x ? e 时, ln x ? ? ,所以 ≥ 2a e ? b ≥ , 2e 2 2 2 1 1 所以 2a e ? b ? ,则 b ? ? 2a e , 2 2 x2 x2 1 所以 ? 2ax ? b ? ? 2ax ? 2a e ? ≥ 0(*) 恒成立, 2e 2e 2 1 ①当 a ≤ 0 时, 2a e ? ? 0 ,所以 (*) 式在 (0, ??) 上不恒成立; 2 2 1 1 2 ②当 a ? 0 时,则 4a2 ? (2a e ? ) ≤ 0 ,即 (2a ? ) ≤0, e 2 e 1 1 所以 a ? ,则 b ? ? .……………………………………………………12 分 2 2 e 令 ? ( x) ? ln x ?
1 1 x ? ,则 ? '( x) ? 2 e

e?x ,令 ? '( x) ? 0 ,得 x ? e , ex

当 0 ? x ? e 时, ? '( x) ? 0 , ? ( x) 在 (0, e) 上单调增; 当 x ? e 时, ? '( x) ? 0 , ? ( x) 在 ( e, ??) 上单调减. 1 1 所以 ? ( x) 的最大值 ? ( e) ? 0 .所以 ln x ? x ? ≤ 0 恒成立. 2 e

9

1 符合题意.………………………………………16 分 2 2 e 5、解: (1)∵函数 f ( x) ? ax 3 ? 3 x 2 ? 1 ,
所以存在 a ? ,b ? ? ∴ f '( x) ? 3ax 2 ? 6 x ? 3 x(ax ? 2) . 令 f '( x) ? 0 ,得 x1 ? 0 或 x2 ? . . . . . . . . . .1 分

1

x
f '( x) f ( x)

2 ,∵ a ? 0 ,∴ x1 ? x2 ,列表如下: a 2 2 2 (??, 0) 0 (0, ) ( , ??) a a a
? ↗

? ? 0 ↘ 极大值 极小值 ↗ 2 8 12 4 ∴ f ( x) 的极大值为 f (0) ? 1 ,极小值为 f ( ) ? 2 ? 2 ? 1 ? 1 ? 2 . . . . . . . .3 分 a a a a (2) g ( x) ? xf ?( x) ? 3ax3 ? 6 x 2 ,∵存在 x ?[1,2] 使 h( x) ? f ( x) ,

0

∴ f ( x) ≥ g ( x) 在 x ?[1, 2] 上有解,即 ax3 ? 3x 2 ? 1≥ 3ax3 ? 6 x 2 在 x ?[1, 2] 上有解,

1 3 . . . . . . . . . . . . .4 分 ? 在 x ?[1, 2] 上有解, x3 x 1 3 3x 2 ? 1 ?3 x 2 ? 3 ( x ? [1, 2] ) y ' ? ? 0 对 x ?[1, 2] 恒成立, 设y? 3 ? ? ,∵ x x x3 x4 1 3 1 3 ∴ y ? 3 ? 在 x ?[1, 2] 上单调递减,∴当 x ? 1 时, y ? 3 ? 的最大值为 4, x x x x ∴ 2a ≤ 4 ,即 a ≤ 2 . . . . . . . . . .7 分 2 4 (3)由(1)知, f ( x) 在 (0, ??) 上的最小值为 f ( ) ? 1 ? 2 , a a 4 ①当 1 ? 2 ? 0 ,即 a ? 2 时, f ( x) ? 0 在 (0, ??) 上恒成立, a ∴ h( x) ? max{ f ( x), g ( x)} 在 (0, ??) 上无零点. . . . . . . . . .8 分 4 ②当 1 ? 2 ? 0 ,即 a ? 2 时, f ( x)min ? f (1) ? 0 ,又 g (1) ? 0 , a h ( x ) ? max{ f ( x), g ( x)} 在 (0, ??) 上有一个零点. ∴ . . . . . . . . .9 分 4 ③当 1 ? 2 ? 0 ,即 0 ? a ? 2 时,设 ? ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? ax3 ? 3x2 ? 1 ? ln x (0 ? x ? 1) , a 1 1 ∵ ? '( x) ? 3ax2 ? 6 x ? ? 6 x( x ? 1) ? ? 0 ,∴ ? ( x) 在 (0,1) 上单调递减, x x 1 a 2e 2 ? 3 1 ? 0 ,∴存在唯一的 x0 ? ( ,1) ,使得 ? ( x0 ) ? 0 . 又 ? (1) ? a ? 2 ? 0, ? ( ) ? 3 ? 2 e e e e Ⅰ.当 0 ? x ≤ x0 时, ∵ ? ( x) ? f ( x) ? g ( x) ≥? ( x0 ) ? 0 ,∴ h( x) ? f ( x) 且 h( x) 为减函数, 又 h( x0 ) ? f ( x0 ) ? g ( x0 ) ? ln x0 ? ln1 ? 0, f (0) ? 1 ? 0 ,∴ h( x) 在 (0, x0 ) 上有一个零点; Ⅱ.当 x ? x0 时, ∵ ? ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? ? ( x0 ) ? 0 ,∴ h( x) ? g ( x) 且 h( x) 为增函数, ∵ g (1) ? 0 ,∴ h( x) 在 ( x0 , ??) 上有一个零点; 从而 h( x) ? max{ f ( x), g ( x)} 在 (0, ??) 上有两个零点. . . . . . . . . .15 分 综上所述, 当 0 ? a ? 2 时,h( x) 有两个零点; 当 a ? 2 时,h( x) 有一个零点; 当 a ? 2 时,
即不等式 2a ≤

h( x) 有无零点.

. . . . . . . . . .16 分

10

6、

11

7、解: (1)? f ? x ? ? ?ax ? ln x ,? f ? ? x ? ?

1 ?a, x
………………2

?1 ? ? a ? 3, 设切点横坐标为 x0 , 则 ? x0 ??ax ? ln x ? 3x ? 1, 0 0 0 ?
分 消去 a ,得 ln x0 ?0 ,故 x0 ? 1 ,得 a ? ?2. 分 (2) f ? ? x ? ?

………………4

1 1 1 ? a,1 ? x ? e 2 , 2 ? ? 1, x e x 1 1, e 2 ? 1, e 2 ? ①当 a ? 2 时, f ? ? x ? ? 0 在 ? 上恒成立, f ? x ? 在 ? ? ? ? ? 上单调递增, e 1 1 f max ? x ? ? f ? e 2 ? ? 2 ? ae 2 ? 1 ? ae a? 2 ? 2 则 , 得 , e ?e e
2 2 ②当 a ? 1 时, f ? ? x ? ? 0 在 ? ?1, e ? ? 上恒成立, f ? x ? 在 ? ?1, e ? ? 上单调递减,



去;

………………5 分

则 去; ③当

fmax ? x ? ? f ?1? ? ?a ? 1? ae
………………6 分





a?

1 ?1 e ?1

,



? ? 1 1 1 ? f ?? x? ? 0 ? f ?? x? ? 0 2 ? a ? 1 1 ? x ? 时,由 ,得 ;由 ,得 ? x ? e , ? ? 2 2 2 e a a ? ? ?1 ? x ? e ?1 ? x ? e
12

? 1? ?1 ? ? ? ? ? ?1? e ?2 ?n l a ?0 则 f max ? x ? ? f ? ? ? ?1 ? ln a ? 1 ? ae , 得a ?a?
故 f ? x ? 在 ?1, ? 上单调递增,在 ? , e2 ? 上单调递减, a a 分 设 g ? a ? ? ae ? 2 ? ln a, a ? ?

,

………………8

1 ?1 ? ?1 ? ,1? ,则 g ? ? a ? ? e ? , a ? ? 2 ,1? 2 a ?e ? ?e ? 1 ? 1 1? 当 a ? ? 2 , ? 时, g ? ? a ? ? e ? ? 0 , g ? a ? 单调递减, a ?e e? 1 ?1 ? 当 a ? ? ,1? 时 g ? ? a ? ? e ? ? 0 , g ? a ? 单调递增, a ?e ? 1 ?1? 故 g min ? a ? ? g ? ? ? 0 ,? ae ? 2 ? ln a ? 0 的解为 a ? . e ?e? 1 综上①②③,a ? . e

2 2 (3)方程 ln 2 x ? x ? 3t ? x ? x ? t ? ln ? x ? t ? 可化为

…………………10

ln ? 2 x 2

? 1 ? x ? 3t ? ? ? 2 x 2

?

2

? x ? 3t ? ? ln ? x ? t ? ?

1 ?x ?t?, 2
…………………12

令 h ? x ? ? ln x ? 分

1 x ,故原方程可化为 h ? 2 x 2 ? x ? 3t ? ? h ? x ? t ? , 2

由 (2) 可知 h ? x ? 在 ? 0, ??? 上单调递增, 故?
2

? 2 x 2 ? x ? 3t ? x ? t ?x ? t ? 0

有且仅有唯一实数根, …………………13

即方程 x ? x ? t ? 0 (※)在 ? t , ?? ? 上有且仅有唯一实数根, 分 ①当 ? ? 4t ? 1 ? 0 ,即 t ? ? ②当 ? ? 0 , 即t ? ?

1 1 1 时,方程(※)的实数根为 x ? ? ? ,满足题意; 4 2 4

1 时, 方程 (※) 有两个不等实数根, 记为 x1 , x2 , 不妨设 x1 ? t , x2 ? t , 4 2 Ⅰ)若 x1 ? t , x2 ? t , 代入方程(※)得 t ? 2t ? 0 ,得 t ? 0 或 t ? 2 , 当 t ? 0 时方程(※)的两根为 0,1 ,符合题意; 当 t ? 2 时方程(※)的两根为 2, ?1 ,不合题意,舍去;
2 Ⅱ)若 x1 ? t , x2 ? t , 设 ? ? x ? ? x ? x ? t ,则 ? ? t ? ? 0 ,得 0 ? t ? 2 ;

综合①②,实数 t 的取值范围为 0 ? t ? 2 或 t ? ? 分 8、解: (1)∵ f '( x) ?

1 . 4

…………………16

aex ( x ? 1) ? x2 ∴ f '(1) ? 1 , f (1) ? ae ? 1 x2

∴函数 f ( x) 在 (1, f (1)) 处的切线方程为: y ? (ae ? 1) ? x ? 1 ,又直线过点 (0, ?1) ∴ ?1 ? (ae ? 1) ? ?1 ,解得: a ? ?

1 e
13

………2 分

(2)若 a ? 0 , f '( x) ?

aex ( x ? 1) ? x2 , x2

当 x ? (??,0) 时, f '( x) ? 0 恒成立,函数在 (??,0) 上无极值; 当 x ? (0,1) 时, f '( x) ? 0 恒成立,函数在 (0,1) 上无极值;
? x0 ? 1 ? 方法(一)在 (1, ??) 上,若 f ( x) 在 x0 处取得符合条件的极大值 f ( x0 ) ,则 ? f ( x0 ) ? 0 ,5 分 ? f '( x ) ? 0 0 ?

? ? (1 ) ? x0 ? 1 x0 ? x x2 ? ae ? x0 ? 0 (2) 则? ,由(3)得: ae x0 ? ? 0 ,代入(2)得: ? 0 ? x0 ? 0 , x0 ? 1 x0 ? 1 ? x0 ? ae x0 ( x ? 1) ? x 2 0 0 ? ? 0 (3) 2 x ? 0 ?

结合(1)可解得: x0 ? 2 ,再由 f ( x0 ) ? 设 h( x) ? ?

x2 ae x0 ? x0 ? 0 得: a ? ? x00 , e x0

x( x ? 2) x2 ,则 h '( x) ? ,当 x ? 2 时, h '( x) ? 0 ,即 h( x) 是增函数, x ex e 4 所以 a ? h( x0 ) ? h(2) ? ? 2 , e
又 a ? 0 ,故当极大值为正数时, a ? (?

4 ,0) ,从而不存在负整数 a 满足条件. ………8 分 e2

方法(二)在 x ? (1, +?) 时,令 H ( x) ? ae x ( x ? 1) ? x2 ,则 H '( x) ? (ae x ? 2) x ∵ x ? (1, +?) ∴ e x ? (e, +?) ∴ ae x ? 2 ? 0 ∴ H '( x) ? 0 ∵ a 为负整数 ∴ a ? ?1 ∴ ae x ? ae ? ?e

∴ H ( x) 在 (1, ??) 上单调减 …5 分

又 H (1) ? 1 ? 0 , H (2) ? ae2 ? 4 ? ?e2 ? 4 ? 0 ∴ ?x0 ? (1, 2) ,使得 H ( x0 ) ? 0 且 1 ? x ? x0 时, H ( x) ? 0 ,即 f '( x) ? 0 ; x ? x0 时, H ( x) ? 0 ,即 f '( x) ? 0 ; ∴ f ( x) 在 x0 处取得极大值 f ( x0 ) ?
ae x0 ? x0 x0

(*)

又 H ( x0 ) ? ae x0 ( x0 ? 1) ? x02 ? 0 ∴
f ( x0 ) ? ?

x ae x0 ? ? 0 代入(*)得: x0 x0 ? 1

x0 x ( x ? 2) ? x0 ? 0 0 ?0 x0 ? 1 x0 ? 1

∴不存在负整数 a 满足条件.
14

………8 分

(3)设 g ( x) ? ae x ( x ? 1) ? x2 ,则 g '( x) ? x(ae x ? 2) , 因为 a ? 0 ,所以,当 x ? 0 时, g '( x) ? 0 , g ( x) 单调递增; 当 x ? 0 时, g '( x) ? 0 , g ( x) 单调递减;故 g ( x) 至多两个零点. 又 g (0) ? ?a ? 0 , g (1) ? 1 ? 0 ,所以存在 x1 ? (0,1) ,使 g ( x1 ) ? 0 再由 g ( x) 在 (0, ??) 上单调递增知, 当 x ? (0, x1 ) 时, g ( x) ? 0 ,故 f '( x) ?

g ( x) ? 0 , f ( x) 单调递减; x2 g ( x) ? 0 , f ( x) 单调递增; x2
………12 分

? ?) 时, g ( x) ? 0 ,故 f '( x) ? 当 x ? ( x1,

所以函数 f ( x) 在 x1 处取得极小值. 当 x ? 0 时, e x ? 1 ,且 x ? 1 ? 0 , 所以 g ( x) ? ae x ( x ? 1) ? x2 ? a( x ? 1) ? x2 ? x2 ? ax ? a ,

函数 y ? x2 ? ax ? a 是关于 x 的二次函数,必存在负实数 t ,使 g (t ) ? 0 ,又 g (0) ? ?a ? 0 , 故在 (t ,0) 上存在 x 2 ,使 g ( x2 ) ? 0 , 再由 g ( x) 在 (??,0) 上单调递减知, 当 x ? (??,x2 ) 时, g ( x) ? 0 ,故 f '( x) ? 当 x ? ( x2 ,0) 时, g ( x) ? 0 ,故 f '( x) ? 所以函数 f ( x) 在 x 2 处取得极大值. 综上,函数 f ( x ) 既有极大值,又有极小值. 9、解:(1) g ?( x) ? e x ,故 g ?(1) ? e , 所以切线方程为 y ? e ? e( x ? 1) ,即 y ? ex (2) f ( x) ? e ? ( x ? ax ? a) , 故 f ( x) ? ( x ? 2)( x ? a)e ,
x 2 ' x

g ( x) ? 0 , f ( x) 单调递增; x2

g ( x) ? 0 , f ( x) 单调递减; x2

………16 分

---------------------3 分

令 f ( x) ? 0 ,得 x ? ?a 或 x ? ?2 .
'

①当 ?2a ? ?2 ,即 0 ? a ? 1 时, f ( x) 在 [?2a, ?a] 上递减,在 [?a, a] 上递增, 所以 f ( x)max ? max ? f (?2a), f (a)? , 由于 f (?2a) ? (2a ? a)e
2 ?2 a 2 a , f (a) ? (2a ? a)e ,故 f (a) ? f (?2a) ,

所以 f ( x)max ? f (a) ;

---------------------5 分

15

②当 ?2a ? ?2 ,即 1 ? a ? 2 时, f ( x) 在 [?2a, ?2] 上递增, [?2, ?a] 上递减,在 [?a, a] 上 递增, 所以 f ( x)max ? max ? f (?2), f (a)? , 由于 f (?2) ? (4 ? a)e?2 , f (a) ? (2a2 ? a)ea ,故 f (a) ? f (?2) ,---------------------7 分 所以 f ( x)max ? f (a) ; 综上得, f ( x)max ? f (a) ? (2a2 ? a)ea ----------8 分

(3)结论:当 k ? 1 时,函数 F ( x) 无零点;当 k ? 2 时,函数 F ( x) 有零点 ------------9 分 理由如下: ①当 k ? 1 时,实际上可以证明: ex2e x ? 2ln x ? 2 ? 0 . 方法一:直接证明 F ( x) ? ex e ? 2ln x ? 2 的最小值大于 0,可以借助虚零点处理.
2 x

F ?( x) ? ( x 2 ? 2 x)e x ?1 ?

2 2 2 x ?1 ,显然可证 F ?( x ) ? ( x ? 2 x )e ? 在 ? 0, ??? 上递增, x x

1 ? 1 ? 1 2 1? 5 3 ? 1 ? e ?1 1 2 ? e ? 因为 F ? ? ? e ( 2 ? ) ? 2e ? e ?e ( 2 ? ) ? 2 ? ? 0 , F ? ? ? ? e 2 ? 4 ? 0 , e e ?e? ?2? 4 ? e e ?

所以存在 x0 ? ( , ) ,使得 F ? ? x0 ? ? 0 , 所以当 x ? (0, x0 ) 时, F ( x) 递减;当 x ? ( x0 , ??) 时, F ( x) 递增, 所以 F ? x ?min ? F ? x0 ? ? 2( 而 ? ? x ? ? 2(

1 1 e 2

1 1 1 ? ln x0 ? 1) ,其中 x0 ? ( , ) , e 2 x0 ? 2

1 3 ?1? ? ln x ? 1) 递减,所以 ? ? x ? ? ? ? ? ? 2(ln 2 ? ) ? 0 , x?2 5 ?2?
---------------------14 分

所以 F ? x ?min ? 0 ,所以命题得证。

e x 2(ln x ? 1) ? 方法二:转化为证明 e ,下面分别研究左右两个函数. x x3

ex 2 令 p ? x? ? e ,则可求得 p ? x ?min ? p ?1? ? e , x
? ?2 ? 2 2 2(ln x ? 1) 令 q ? x? ? ,则可求得 q ? x ? max ? q ? e 3 ? ? e ,所以命题得证。----------14 分 3 x ? ? 3
方法三:先放缩,再证明.
x 2 3 可先证明不等式 e ? ex (参考第 1 小题,过程略) ,所以只要证 e x ? 2ln x ? 2 ,

令 p ? x ? ? e x ? 2ln x ? 2 ,则可求得 p ? x ? min
2 3

? 2 1 ? 2 3 ? p ? ( 2 ) 3 ? ? ln ? 0 , ? 3e ? 3 2

16

所以命题得证.
2 x ②当 k ? 2 时, F ( x) ? ex e ? 2k (ln x ? 1) ,

--------------14 分

此时 F ? ? ? 下面证明 F e
x

?1? ?2?

k 1 3 1 3 e 2 ? 2k (1 ? ln 2) ? e 2 ? 4(1 ? ln 2) ? 0 , F ? ek ? ? ee ? 2 k ?1 ? (2k 2 ? 2k ) , 4 4

? ? ? 0 ,可借助结论 e
k

x

? x2 ( x ? 2) 处理,首先证明结论 e x ? x2 ( x ? 2) :
x x

令 ? ? x ? ? e ? x ,( x ? 2) ,则 ?? ? x ? ? e ? 2x ,故 ??? ? x ? ? e ? 2 ? 0 ,
2

所以 ?? ? x ? ? e ? 2x 在 [2, ??) 上递增,所以 ?? ? x ? ? ?? ? 2? ? 0 ,
x

所以 ? ? x ? ? e ? x 在 [2, ??) 上递增,所以 ? ? x ? ? ? ? 2? ? 0 ,得证。
x 2

借助结论得 ee 所以 F e
k

k

?2k ?1

? ek

2

?2k ?1

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

1 ? ? ? 0 ,又因为函数 F ( x) 连续,所以 F ( x) 在 ? ? ,e 2 ?

? ? 上有零点 -- ------------16 分 ?
……1 分 ……2 分 ……4 分 ……5 分

10、解: (1) f ?( x) ? ln x ? 1 ,则 f ? ?1? ? 1 且 f ?1? ? 0 . 所以函数 y ? f ( x) 在 x ? 1 处的切线方程为: y ? x ? 1 , 从而 g ?(1) ? 2? ? 1 ,即 ? ? (2)由题意知:设函数 h ? x ? ? x ln x ?
1 . 2

1 2 ? x ? 1? ,则 h? ? x ? ? ln x ? 1 ? x . 2

设 p ? x ? ? ln x ? 1 ? x ,从而 p? ? x ? ?

1 ? ?? 恒成立, ……6 分 ? 1? 0 对任意 x ??1, x

所以 p ? x ? ? ln x ? 1 ? x? p ?1? ? 0 ,即 h? ? x ?? 0 , 因此函数 h ? x ? ? x ln x ? 即 h ? x ?? h ?1? ? 0 ,
1 时, f ( x)? g ( x) 成立. 所以当 x…

1 2 ? ? ? 上单调递减, ? x ? 1? 在 ?1, 2

……7 分

……8 分

(3)设函数 H ? x ? ? x ln x ? ? ? x2 ? 1? ,

? ?? ,不等式 H ( x)? 0 ? H (1) 恒成立. 从而对任意 x ??1,
又 H ? ? x ? ? ln x ? 1 ? 2? x , 当 H ? ? x ? ? ln x ? 1 ? 2? x? 0 ,即 函数 H ( x) 单调递减.
ln x ? 1 ? 2? 恒成立时, x

……10 分

17

设 r ? x? ?

ln x ? 1 ? ln x ,则 r ? ? x ? ? 2 ? 0 , x x 1 ,符合题意; 2

所以 r ? x ?max ? r ?1? ? 1 ,即 1剠 2? ? ?

……12 分

当 ?? 0 时, H ? ? x ? ? ln x ? 1 ? 2? x… 0 恒成立,此时函数 H ( x) 单调递增.

? ?? 恒成立,不符合题意; H (1) ? 0 对任意 x ??1, 于是,不等式 H ( x)…
当0?? ? 则 q? ? x ? ?
1 时,设 q ? x ? ? H ? ? x ? ? ln x ? 1 ? 2? x , 2

……13 分

1 1 ……14 分 ? 2? ? 0 ? x ? ?1 x 2? 1 ? 1 ? 当 x ? ?1, ? 时, q? ? x ? ? ? 2? ? 0 ,此时 q ? x ? ? H ? ? x ? ? ln x ? 1 ? 2? x 单调递增, x ? 2? ?

所以 H ? ? x ? ? ln x ? 1 ? 2? x ? H ? ?1? ? 1 ? 2? ? 0 ,
? 1 ? 故当 x ? ?1, ? 时,函数 H ( x) 单调递增. ? 2? ? ? 1 ? 于是当 x ? ?1, ? 时, H ( x) ? 0 成立,不符合题意; ? 2? ?

……15 分 ……16 分

1 综上所述,实数 ? 的取值范围为: ?… . 2

18


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