山东省各地市2013届高三理科数学试题分类汇编14：导数与积分
山东省各地市 2013 届高三理科数学试题分类汇编 14：导数与积分
一、选择题 1 ． （山东省潍坊市 2013 届高三第二次模拟考试理科数学）定义在 R 上的函数 f ( x) 的导函数为 f '( x) ,已知
f ( x ? 1) 是 偶 函 数 ( x ? 1) f '( x ) ? 0 .
若 x1 ? x2 , 且 x1 ? x2 ? 2 , 则 f ( x1 ) 与 f ( x2 ) 的 大 小 关系 是 （ ）
A． f ( x1 ) ? f ( x2 ) B． f ( x1 ) ? f ( x2 ) C． f ( x1 ) ? f ( x2 ) D．不确定
【答案】C 由 ( x ? 1) f '( x) ? 0 可知,当 x ? 1 时, f '( x) ? 0 函数递减.当 x ? 1 时, f '( x) ? 0 函数递增.
因为函数 f ( x ? 1) 是偶函数,所以 f ( x ? 1) ? f (1 ? x) , f ( x) ? f (2 ? x) ,即函数的对称轴为 x ? 1 .所 以 若 1 ? x1 ? x2 , 则 f ( x1 ) ? f ( x2 ) . 若 x1 ? 1 , 则 必 有 x2 ? 2 , 则 x2 ? 2 ? x1 ? 1 , 此 时 由
f ( x2 ) ? f (2 ? x1 ) ,即 f ( x2 ) ? f (2 ? x1 ) ? f ( x1 ) ,综上 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,选
2 ． （山东省济南市 2013 届高三 3 月高考模拟理科数学）设 a ?
C．
3
?
2
1
1 dx, b ? x
?
1
1 dx, c ? x
?
5
1
1 dx ,则 x
）
下列关系式成立的是
（
a b c ? ? 2 3 5 c a b C． ? ? 5 2 3
A．
【答案】C
b a c ? ? 3 2 5 a c b D． ? ? 2 5 3
B．
a??
31 51 1 2 3 5 dx ? ln x 1 ? ln 2 , b ? ? dx ? ln x 1 ? ln 3 , c ? ? dx ? ln x 1 ? ln 5 , 所 以 1 x 1 x 1 x a ln 2 b ln 3 c ln 5 ? ? ln 2 , ? ? ln 3 3 , ? ? ln 5 5 . 因为 ( 2)6 ? 23 ? 8 , ( 3 3)6 ? 32 ? 9 , 所以 2 2 3 3 5 5 c a b 2 ? 3 3 . ( 2)10 ? 25 ? 32 , ( 5 5)10 ? 52 ? 25 ,所以 5 5 ? 2 ,即 5 5 ? 2 ? 3 3 ,所以 ? ? , 5 2 3 2
选
C．
3 ． （山东省泰安市 2013 届高三第一轮复习质量检测数学（理）试题）设函数
f ? x ? ? x3 ? 4 x ? a ? 0 ? a ? 2 ?
（ ）
有三个零点 x1 、x2、x3,且 x1 ? x2 ? x3 , 则下列结论正确的是 A． x1 ? ?1
【答案】D
B． x2 ? 0
C． x3 ? 2
D． 0 ? x2 ? 1
∵函数 f ? x ? ? x ? 4 x ? a ? 0 ? a ? 2 ? ,
3
∴f′(x)=3x ﹣4.令 f′(x)=0,得 x=±
2
.
∵当 x ? ?
2 3 2 3 2 3 2 3 时, f '( x) ? 0 ;在 (? , ) 上, f '( x) ? 0 ;在 ( , ??) 上, f '( x) ? 0 .故函数 3 3 3 3
在 ( ??, ?
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 ) )上是增函数,在 (? , ) 上是减函数,在 ( , ??) 上是增函数.故 f (? ) 3 3 3 3 3 2 3 ) 是极小值 . 再由 f (x) 的三个零点为 x1,x2,x3, 且 x1 ? x2 ? x3 , 得 x1< ﹣ 3
. )=a﹣ <0,得 >x2>0. ,﹣
是极大值 , f ( <x2
,x3>
根据 f(0)=a>0,且 f( ∴0<x2<1.选 D．
4 ． （山东省枣庄市 2013 届高三 3 月模拟考试数学（理）试题）若 y ? f ( x ) 既是周期函数,又是奇函数,则其
导函数 y ? f '( x) A．既是周期函数,又是奇函数 C．不是周期函数,但是奇函数 【答案】B B．既是周期函数,又是偶函数 D．不是周期函数,但是偶函数
（
）
因为 y ? f ( x) 是周期函数 , 则有 f ( x ? T ) ? f ( x) , 两边同时求导 , 得 f '( x ? T )( x ? T ) ' ? f '( x) , 即
f '( x ? T ) ? f '( x) ,所以导函数为周期函数.因为 y ? f ( x) 是奇函数,所以 f (? x) ? ? f ( x) ,两边求导
得 f '(? x)(? x) ' ? ? f '( x) ,即 ? f '(? x) ? ? f '( x) ,所以 f '(? x) ? f '( x) ,即导函数为偶函数,选 B．
5 ． （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) ? x sin x ? cos x 的图像在点
(t , f (t )) 处切线的斜率为 k,则函数 k=g(t)的部分图像为
【答案】B
【解析】函数的导数为 f '( x) ? x sin x ? cos x ? x cos x ,即 k ? g (t ) ? t cos t .则函数 g (t ) 为奇函数, 所以图象关于原点对称,所以排除 A, C．当 0 ? t ?
?
2
时, g (t ) ? 0 ,所以排除排除 D,选 B．
6 ． （山东省泰安市 2013 届高三上学期期末考试数学理）由曲线 xy ? 1 ,直线 y ? x, x ? 3 及 x 轴所围成的曲
边四边形的面积为 A．
（ B．
）
11 6
9 2
C．
1 ? ln 3 2
D． 4 ? ln 3
【答案】C
?y ? x 1 ? 【 解 析 】 由 xy ? 1 得 y ? , 由 ? 1 得 xD ? 1 , 所 以 曲 边 四 边 形 的 面 积 为 x y? ? x ?
?
1
0
xdx ? ?
3
1
1 1 dx ? x 2 x 2
1 0
3 ? ln x 1 ?
1 ? ln 3 ,选 2
C．
7 ． （山东省临沂市 2013 届高三 5 月高考模拟理科数学） 若函数 f ( x) ? ?
1 ax e (a＞0, b＞0) 的图象在 x ? 0 处 b
（ ）
的切线与圆 x ? y ? 1 相切,则 a ? b 的最大值是
2 2
A．4
B． 2 2
C．2
D． 2
【答案】D 函数的导数为 f '( x) ? ?
1 ax 1 a e ? a ,所以 f '(0) ? ? e0 ? a ? ? ,即在 x ? 0 处的切线斜率为 b b b a 1 1 1 1 a k ? ? , 又 f (0) ? ? e0 ? ? , 所 以 切 点 为 (0, ? ) , 所 以 切 线 方 程 为 y ? ? ? x , 即 b b b b b b
ax ? by ? 1 ? 0 , 圆 心 到 直 线 ax ? by ? 1 ? 0 的 距 离 d ?
a 2 ? b 2 ? 1 ? 2ab , 即 0 ? ab ?
即a?b ?
1 a ?b
2 2
? 1 , 即 a 2 ? b2 ? 1 , 所 以
1 2 2 2 2 . 又 a ? b ? (a ? b) ? 2ab ? 1 , 所以 (a ? b) ? 2ab ? 1 ? 1 ? 1 ? 2 , 2
D．
2 ,所以 a ? b 的最大值是 2 ,选
8 ． （山东省临沂市 2013 届高三 5 月高考模拟理科数学）函数 y
? esin x (? π ≤x≤π ) 的大致图象为
(A)
(B)
(C)
(D) C．函数的导数为 y ' ? e
sin x
【答案】D 因为函数为非奇非偶函数,所以排除 A,
? cos x 由
y ' ? esin x ? cos x ? 0 , 得 cos x ? 0 , 此 时 x ?
?
2
或x??
?
2
.当 0 ? x ?
?
2
时, y ' ? 0 ,函数递增.当 D．
?
2
? x ? ? 时, y ' ? 0 ,函数递减,所以 x ?
?
2
是函数的极大值,所以选
9 ． （山东省青岛市 2013 届高三第一次模拟考试理科数学） 已知函数 f ( x) 对定义域 R 内的任意 x 都有
f ( x) = f (4 ? x) ,且当 x ? 2 时其导函数 f ?( x) 满足 xf ?( x) ? 2 f ?( x), 若 2 ? a ? 4 则
A． f (2a ) ? f (3) ? f (log 2 a ) C． f (log 2 a ) ? f (3) ? f (2 a )
【答案】C
（
）
B． f (3) ? f (log 2 a ) ? f (2 a ) D． f (log 2 a ) ? f (2a ) ? f (3)
由 f ( x) = f (4 ? x) ,可知函数关于 x ? 2 对称.由 xf ?( x) ? 2 f ?( x), 得 ( x ? 2) f ?( x) ? 0 ,所
以 当 x?2 时 ,
f ?( x) ? 0 , 函 数 递 增 , 所 以 当 x ? 2 时 , 函 数 递 减 . 当
2 ? a ? 4 , 1 ? log 2 a ? 2 , 22 ? 2a ? 24 , 即 4 ? 2a ? 16 . 所 以 f (log 2 a ) ? f (4 ? log 2 a) , 所 以
2 ? 4 ? log2 a ? 3 , 即 2 ? 4 ? log 2 a ? 3 ? 2a , 所 以
f (log 2 a ) ? f (3) ? f (2a ) ,选
C．
a f (4 ? log2 a ) ? f (3) ? f (2 ) , 即
10． （山东省青岛即墨市 2013 届高三上学期期末考试数学（理）试题）已知偶函数 f ( x) 在 R 上的任一取值都
有导数,且 f '(1) ? 1 , f ( x ? 2) ? f ( x ? 2), 则曲线 y ? f ( x) 在 x ? ?5 处的切线的斜率为 （ A．2
【答案】D
）
B．-2
C．1
D．-1
【 解析】由 f ( x ? 2) ? f ( x ? 2), 得 f ( x ? 4) ? f ( x), 可知函数的周期为 4,又函数 f ( x) 为偶函数,所 以 f ( x ? 2) ? f ( x ? 2)=f (2 ? x) , 即函数的对称轴为 x ? 2 , 所以 f (?5) ? f (3) ? f (1) , 所以函数在
x ? ?5 处的切线的斜率 k ? f '(?5) ? ? f '(1) ? ?1 ,选
二、填空题 11． （山东省威海市 2013 届高三上学期期末考试理科数学） 【答案】 e ? 2
D．
1 0
?
?
(e x ? 2 x)dx ? ____________________.
?
1 0
(e x ? 2 x)dx ? (e x ? x 2 ) 1 0 ?e?2.
2 1
12． （山东省济南市 2013 届高三上学期期末考试理科数学） 【答案】
x 2 dx ? _____________;
7 3
【 解析】
?
2
1
x 2 dx ?
1 3 x 3
2 1
8 1 7 ? ? ? . 3 3 3
13． （山东省烟台市 2013 届高三上学期期末考试数学（理）试题）由曲线 y
? 3 ? x 2 和直线 y ? 2 x 所围成的
面积为
【答案】
32 3
? y ? 3 ? x2 【解析】由 ? 得 x ? 1 或 x ? ?3 , 所 以 曲 线 y ? 3 ? x 2 和 直 线 y ? 2 x 所 围 成 的 面 积 为 ? y ? 2x
?
1
?3
1 (3 ? x 2 ? 2 x)dx ? (3 x ? x 3 ? x 2 ) 3
1 ?3
?
32 . 3
14 ． （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.
【答案】 a ? ?
1 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 减 , 所 以 当 x ? ?1 时 f ( x) 取 得 极 小 值 即 最 小 值 f (?1) ? ?
1 . 函 数 g ( x) 的 最 大 值 为 a , 若 e 1 ?x1 , x2 ? R, 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
15． （山东省德州市 2013 届高三上学期期末校际联考数学（理） ）抛物线 y
? x 2 在 A(l,1)处的切线与 y 轴及
该抛物线所围成的图形面积为.
【答案】
1 3
2
【解析】函数 y ? x 的导数为 y ' ? 2 x , 即切线斜率为 k ? 2 , 所以切线方程为 y ? 1 ? 2( x ? 1) , 即
y ? 2x ?1
,
由
? y ? 2x ?1 ? 2 ?y ? x
,
解
得
x ?1
1 0
,
所
以
所
求
面
积
为
? (x
0
1
2
1 1 ? (2 x ? 1))dx ? ? ( x 2 ? 2 x ? 1)dx ? ( x 3 ? x 2 ? x) 0 3
1 ? . 3 1 (2 x ? )dx ? 3 ? ln 2(a ? 1) ,则 a 的值是 1 x
a
16． （山东省青岛市 2013 届高三第一次模拟考试理科数学） 若
?
_____________ ;
【答案】 2
1 由 ? (2 x ? ) dx ? ( x 2 ? ln x) 1 x
a
a 1
?a 2 ? 1 ? 3 ,解得 a ? 2 . ? a ? ln a ? 1 ? 3+ln2 ,所以 ? ?ln a ? ln2
2
17． （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 ? 的定义域为 ? ?1,5? ,部分对应值如下
表, f ? x ? 的导函数 y ? f ? ? x ? 的图像如图所示,给出关于 f ? x ? 的下列命题:
① 函 数 y ? f ? x ? 在x ? 2 时 , 取 极 小 值 ② 函 数 f ? x ? 在 ? 0,1? 是 减 函 数 , 在 ?1, 2? 是 增 函 数 ,③ 当
1 ? a ? 2 时,函数 y ? f ? x ? ? a 有 4 个零点④如果当 x ? ? ?1, t ? 时, f ? x ? 的最大值是 2,那么 t 的最小
值为 0,其中所有正确命题序号为_________. 【答案】①③④ 【解析】 由导数图象可知,当 ?1 ? x ? 0 或 2 ? x ? 4 时, f '( x) ? 0 ,函数递增.当 0 ? x ? 2 或 4 ? x ? 5 时 , f '( x) ? 0 , 函数递减 . 所以在 x ? 2 处 , 函数取得极小值 , 所以①正确,②错误 . 当 1 ? a ? 2 时 , 由
y ? f ? x? ? a ? 0 得 f ? x? ? a .
由图象可知,此时有四个交点,所以③
正确.当 x ? ? ?1, t ? 时, f ? x ? 的最大值是 2,由图象可知 t ? 0 ,所以 t 的最小值为 0,所以④正确.综上所 有正确命题序号为①③④.
18 ． （ 山 东 省 枣 庄 三 中 2013 届 高 三 上 学 期 1 月 阶 段 测 试 理 科 数 学 ） 已 知
? ?3x
2 0
2
? t dx ? 10, 则 常 数
?
t =_________.
【答案】1
【解析】
? ? 3x
2 0
2
2 ? t ?dx ? ( x 3 ? tx) 0 ? 8 ? 2t ? 10 ,解得 t ? 1 .
19． （山东省烟台市 2013 届高三 3 月诊断性测试数学理试题）给出下列命题:①函数 y ?
x 在区间[1,3] x ?4
2
上是增函数; x 2 ②函数 f(x)=2 -x 的零点有 3 个; ③函数 y= sin x(x∈ [?? , ? ] )图像与 x 轴围成的图形的面积是 S= ④若 ? ~N(1, ? 2 ),且 P(0≤ ? ≤1)=0.3,则 P( ? ≥2)=0.2. 其中真命题的序号是(请将所有正确命题的序号都填上): 【答案】②④ ① y' ?
? ?sin xdx ;
?
?
? x2 ? 4 ? x2 ? 4 y ' ? ? 0 ,解得 ?2 ? x ? 2 ,即函数的增区间为 (?2, 2) ,所以①错误.② , 由 ( x 2 ? 4) 2 ( x 2 ? 4) 2
正确.③当 ?? ? x ? 0 时, sin x ? 0 ,所以函数 y= sin x(x∈ [?? , ? ] )图像与 x 轴围成的图形的面积是
? ? sin x dx ,所以③错误.④因为 P(? ? 2) ?
?
?
1 ? 2 P(0 ? ? ? 1) 1 ? 0.6 ? ? 0.2 , 所以④正确 , 所以正 2 2
确的为②④.
三、解答题 20． （山东省潍坊市 2013 届高三上学期期末考试数学理（A） ）函数
f ( x) ? x1nx ? ax 2 ? 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】
21． （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
22． （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) (3)令 g ? x ? ?
f ? x?
? f '( x) ? 2 x ? 1 ?
1 (2 x ? 1)( 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 ?
(2)设切点为 M t , f ? t ? , f ' ? x ? ? 2 x ? ax ? 切线的斜率 k ? 2t ? a ? ,又切线过原点 k ?
?
?
1 x
1 t
f ?t ? t
f ?t ? t
1 ? 2t ? a ? ，即：t 2 ? at ? ln t ? 2t 2 ? at ? 1? t 2 ? 1 ? ln t ? 0 t
t ? 1 满足方程 t 2 ? 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; 或者设 ? ? t ? ? t ? 1 ? ln t , ? ' ? t ? ? 2t ? ? 0
2
1 t
? ? 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
设h ? x ? ? x 2 ? 2 x ?
1 ? ln x ? a ? x ? 1? x
2
?1 ? x ? ? 2 x ? 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 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
这与 ?x ? ? 0,1? , x 2 ? 2 x ? 综上所述, a ? 2
g '? x? ? f '? x? ? f ? x? ex
1 ? ln x ? a ? x ? 1? ? 0 x 矛盾
解法二:
,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 ? ? 2 x 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 ?
1 ? ln x 1 1 ? ? x ? lim ? ?2 x ? 2 ? ? 2 ? ? 2 x ?1 1? x x x ? ?
所以 a ? 2
23． （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
解:(Ⅰ)将 x ? 3 代入直线方程得 y ? ?
f ?( x) ? 3ax 2 ? 2bx, f ?(3) ? ?6 ,∴ 27a ? 6b ? ?6 ②
①②联立,解得 a ? ? , b ? ∴ f ( x) ? ?
1 3
1 2
1 3 1 2 x ? x 3 2
2 2
(Ⅱ) f ?( x)= ? x ? x ,∴ ? x ? x ? k ln( x ? 1) 在 x ? ? 0, ?? ? 上恒成立; 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)
g ?( x) ? 2 x ? 1 ?
2
k 2x2 ? x ? k ?1 ? , x ? ? 0, ?? ? x ?1 x ?1
设 h( x ) ? 2 x ? x ? k ? 1 , 【D】1．)当 ? =1 ? 8( k ? 1) ? 0 ,即 k ?
9 时, h( x) ? 0 ,∴ g ?( x) ? 0 8
g ( x) 在 ? 0, ?? ? 单调递增,∴ g ( x) ? g (0)
【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
∴ k ? 1 ? 0, k ? 1 ,∴ 1 ? k ? (Ⅲ)令 k ? 1 ,有 ? x ? x ? ln( x ? 1), 即 x ? x ? ln( x ? 1) 在 x ? ? 0, ?? ? 恒成立;
2 2
令x?
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 1 1 1 ? 1? ? ?? ? ? ln(n ? 1) 1? 2 2 ? 3 (n ? 1) n 1 ? 2 ? ? ln(n ? 1) ? 2 ? ln(n ? 1) n
不等式得证
24． （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 ? ? 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 ?
?
?
?
4
? 2k? ? ? , 即2k? ?
?
3 ? x ? 2 k? ? ? , 4 4
? 3 ? ? f ( x)单调增区间为 ? 2k? ? , 2k? ? ? ? , k ? Z 4 4 ? ?
(2) x ? ? 0, ? ? , 由（）知， 1 x ? ?0, ? ? 是单调增区间，x ? ? ? , ? ? 是单调减区间 4 4
? 3 2 3 f (0) ? 0, f (? ) ? 0, f ( ? ) ? e4 , 4 2
? 3 ? ? ?
?3 ?
? ?
所以 f max ? f (
3? 2 4 )? e , f min ? f (0) ? f (? ) ? 0 4 2
1 ? 2ax . x
3?
25． （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 f ( x) ? (2 ? a ) ln 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; (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 2
1 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
1 . 2
f ( x) , f ?( x) 随 x 变化如下表:
x
f ( x)
1 (0, ) 2 ?
1 2
0 极 小 值
1 ( , ??) 2 ?
?
f ?( x)
?
由上表可知, f ( x)极小值 ? f ( ) ? 2 ? 2 ln 2 ,没有极大值 (II)由题意, f ?( x) ? 令 f ?( x) ? 0 得 x1 ? ?
1 2
2ax 2 ? (2 ? a) x ? 1 . x2
1 1 , 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 . ③当 ?2 ? a ? 0 时, ?
1 1 1 1 1 1 ? , x ? (0, ] 或 x ? [? , ??) , f ?( x)≤0 ; x ? [? , ? ] , f ?( x)≥0 . a 2 2 a 2 a
综上,当 a ? 0 时,函数的单调递减区间为 (0, ] ,单调递增区间为 [ , ??) ; 当 a ? ?2 时,函数的单调递减区间为 (0, ? ] , [ , ??) ,单调递增区间为 [ ? 当 a ? ?2 时,函数的单调减区间是 (0, ??) , 当 ?2 ? a ? 0 时,函数的单调递减区间为 (0, ] , [? (Ⅲ) 当 a ? 2 时, f ( x) ?
1 2
1 2
1 a
1 2
1 1 , ]; a 2
1 2
1 1 1 , ??) ,单调递增区间为 [? , ? ] . a 2 a
4x2 ?1 1 . ? 4 x , f ?( x) ? x2 x
∵ x ? [ , 6 ? n ? ] ,∴ f ?( x)≥0 . ∴ f ( x) min ? f ( ) ? 4 , f ( x) max ? f (6 ? n ? ) 由题意, mf ( ) ? 4 f (6 ? n ? ) 恒成立.
1 2
1 n
1 2
1 n
1 2
1 n
1 1 , ??) 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
令 k ? 6 ? n ? ≥8 ,且 f (k ) 在 [6 ? n ? ∴ mmax ? 32
26． （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】
27 ． （ 【 解析 】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 ) ? a ln x ? ax ? 3( a ? R ) .
(I)若 a=-1,求函数 f ( x ) 的单调区间; (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
o
g( x ) ? x 3 ? x 2 [ f '( x ) ?
范围;
m ]( 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 2
ln 2 ln 3 ln 4 ln n 1 ? ? ? ...? ? ( n ? 2,n ? N * ) 2 3 4 n n ( x ? 1) 【答案】 解 :(Ⅰ) 当 a ? ?1 时 , f '( x) ? 解 f '( x) ? 0 得 x ? (1,??) ; 解 f '( x) ? 0 得 ( x ? 0) x
(Ⅲ)求证:
x ? (0,1) f ( x) 的单调增区间为 ?1,?? ? ,减区间为 ?0,1?
(Ⅱ) ∵
f ' ( x) ?
a (1 ? x) ( x ? 0) ∴ x
f ' (2) ? ?
a ? 1 得 a ? ?2 , 2
f ( x) ? ?2 ln x ? 2 x ? 3
g ( x) ? x 3 ? (
m ? 2) x 2 ? 2 x ,∴ g ' ( x) ? 3 x 2 ? (m ? 4) x ? 2 2
'
∵ g ( x) 在区间 (t ,3) 上总不是单调函数,且 g ? 0 ? ? ?2 ∴ ? 由题意知:对于任意的 t ? [1,2] , g '(t ) ? 0 恒成立,
? g ' (t ) ? 0 ? g ' (3) ? 0
? g '(1) ? 0 37 ? 所以, ? g '(2) ? 0 ,∴ ? ? m ? ?9 . 3 ? g '(3) ? 0 ?
(Ⅲ)证明如下: 由(Ⅰ)可知
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 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
∵ n ? 2, n ? N * ,则有 0 ? ln n ? n ? 1 ,∴ 0 ?
28 ． （ 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; (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
2
g ( x2 ) ? F ( x1 ) ,求实数 a 的取值范围.
? ln x ? k 1nx ? k x ? 【答案】解:(I)由已知可得: f ( x) = , ? f ( 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
2
对于 g ( x) ? ? x ? 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 ?
29 ． （ 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】
30． （2013 年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
31（ ．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】
32 ． （ 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
1 2
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.
【答案】解:(Ⅰ) g ?( x) ?
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 2 1 ∴ ? (1) ? g (1) ? g ( )＞0, 2
令 ? ( x) ? g ( x) ? g ( ) 取 x? ? e＞1, 则
? (e) ? g (e) ? g ( ) ? ln e ? (e ? 1) ? ln ? ( ? 1)
3 ? ?e ? ln 2 ? ＜0. 2
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) (Ⅱ)设 F ( x) ? h( x) ? f ( x) ? 则 F ?( x) ? x ?
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2 x ? e ln x( x＞0) 2
e x 2 ? e ( x ? e)( x ? e) ? ? x x x
则当 0＜x＜ e 时, F ?( x)＜0 ,函数 F ( x) 单调递减; 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. ∴函数 f ( x) 与 h( x) 的图象在 x ?
1 e 处有公共点( e, e ). 2
设 f ( x) 与 h( x) 存在“分界线”且方程为 y ? 令函数 u ( x) ? kx ?
1 e ? k ( x ? e) , 2
1 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
即 x ? 2kx ? e ? 2k e≥0 在 x ? R 上恒成立,
2
∴ ? =4k 2 ? 4(?e ? 2k e)≤0 , 即 4(k ? e) 2 ≤0 , ∴k ?
1 e ,故 u ( x) ? e x ? e. 2
②下面说明: f ( x)≤u ( x) ,
1 e( x＞0) 恒成立. 2 1 设 V ( x) ? e ln x ? e x ? e 2
即 e ln x≤ e x ? 则 V ?( x) ?
e e ? ex ? e? x x
∵当 0＜x＜ e 时, V ?( x)＞0 ,函数 V ( x) 单调递增, 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( 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
∴ e ln x≤ e x ?
33． （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.假设座位等距分布,且至 25 ?
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】
34． （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 ?
2 (I)若函数 f ? x ? 在区间 ? ?e , ?? 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】
35． （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
(Ⅱ)若不等式 g ( x) ?
x?m 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】
36 ．（ 山 东 省 青 岛 即 墨 市 2013 届 高 三 上 学 期 期 末 考 试 数 学 （ 理 ） 试 题 ） 已 知 函 数
f ( x) ? x 2 ? 2(1 ? a ) x ? 2(1 ? a ) ln( x ? 1) x ? (1,??) .
(1) x ?
3 是函数的一个极值点,求 a 的值; 2
(2)求函数 f ( x) 的单调区间; (3) 当
a?2
时
,
函
数
g ( x) ? ? x 2 ? b, (b ? 0）
,
若
对
任
意
?1 ? m1 , m2 ? ? ? 1, e ? 1? , | g (m2 ) ? f (m1 ) |? 2e 2 ? 2e 都成立,求 b 的取值范围. ?e ?
【答案】解:(1)函数
f ( x) ? x 2 ? 2(1 ? a ) x ? 2(1 ? a )1n( x ? 1)
2(1 ? a ) , x ?1
f ?( x) ? 2 x ? 2(1 ? a ) ? ?x ?
3 是函数的一个极值点 2 3 ? f ?( ) ? 0 2 3 解得: a ? 2 2(1 ? a ) 2 x( x ? a ) (2)? f ? ? 2 x ? 2(1 ? a ) ? ? x ?1 x ?1
又 ? f ( x)的定义域是（ 1， ? ?） ?当a ? 1时，函数f（x）的单调增区间为（ 1， ? ?） 当a?1时，（ 1，a）为减区间，（a,??)为增区间
(3)当 a=2 时,由(2)知 f(x)在(1,2)减,在(2,+∞)增.
1 1 ? f (2) ? 0, f ( ? 1) ? 2 , f (e ? 1) ? e 2 ? 3 e e ?1 1 ? y ? f ( x)在[ ? 1, e ? 1]的值域[0, e 2 ? 3] e 1 ? g ( x) ? ? x 2 ? b在[ ? 1, e ? 1]为减函数 e 1 1 2 ? y ? g ( x)在[ ? 1, e ? 1]的值域为[? （e ? 1 ） ? b,?( ? 1) 2 ? b] e e ? b>0
1 ? ?( ? 1) 2 ? b? 0,?(e ? 1) 2 ? b? 0 e 所以 f (m1 ) ? g (m2 ) ? 2e 2 ? 2e成立，只要
e 2 ? 3 ? (?e ? 1) 2 ? b) ? e 2 ? 3 ? (e ? 1) 2 ? b ? 2e 2 ? 2e ? 2 ? b? 2e 2 ? 2e成立即可
解得:0<b<2
37． （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 ? . (I)若函数 f ? x ? 在区间 ? m, m ? ? ? m ? 0 ? 上存在极值,求实数 m 的取值范围; (II)当 x ? 1 时,不等式 f ? x ? ? (III)求证 ? ?? n ? 1? !? ? ? ? n ? 1??e
2
? ?
1? 3?
t 恒成立,求实数 t 的取值范围; x ?1
n?2
?n ? N ? .
*
【答案】解:(Ⅰ)由题意 k ? f ? x ? ?
1 ? ln x ,x?0 x
所以 f ? ? 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 ? 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 ? ?1 3 ? 3 ?
即实数 m 的取值范围是 ? ， 1?
?2 ? ?3 ?
(Ⅱ)由 f ? x ? ?
? x ? 1??1 ? ln x ? t 得t ? x x ?1
x
令 g ? x? ? 则 g? ? x ? ?
? x ? 1??1 ? ln x ?
x ? ln x x2
令 h ? x ? ? x ? ln x
则 h? ? x ? ? 1 ?
1 1? x = x x
+? ? 上单调递增 因为 x ? 1, 所以 h? ? x ? ? 0 ,故 h ? x ? 在 ?1，
所以 h ? x ? ? h ?1? ? 1 ? 0 ,从而 g ? ? x ? ? 0
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?
2 恒成立, x ?1 1 ? ln x 2 x ?1 2 2 即 ? ? ln x ? ? 1? ? 1? x x ?1 x ?1 x ?1 x
(Ⅲ)由(Ⅱ) 知 f ? x ? ? 令 x ? n ? n ? 1? , 则 ln n ? n ? 1? ? 1 ? 所以 ln ?1 ? 2 ? ? 1 ?
2 n ? n ? 1?
2 , 1? 2
ln ? 2 ? 3? ? 1 ?
,
2 , 2?3
ln n ? n ? 1? ? 1 ?
2 . n ? n ? 1?
? 1 1 1 ? ? ? ??? ? ? n ? n ? 1? ? ?1 ? 2 2 ? 3
2 2 2 所以 ln ? ?1 ? 2 ? 3 ? ??? ? n ? ? n ? 1? ? ? ? n ?2?
1 ? ? ? n ? 2 ?1 ? ??n?2 ? n ?1?
所以 1 ? 2 ? 3 ? ??? ? n ? ? n ? 1? ? e
2 2 2 n ?2
所以 ? ?? n ? 1? !? ? ? ? n ? 1? ? e
2
n ?2
?n ? N ?
?
38． （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
39． （山东省枣庄市 2013 届高三 3 月模拟考试数学（理）试题）某分公司经销某种品牌产品,每件产品的成本
为 30 元,并且每件产品须向总公司缴纳 a 元(a 为常数,2≤a≤5)的管理费,根据多年的统计经验,预计 当每件产品的售价为 x 元时,产品一年的销售量为
k (e 为自然对数的底数)万件,已知每件产品的售价 ex
为 40 元时,该产品一年的销售量为 500 万件.经物价部门核定每件产品的售价 x 最低不低于 35 元,最 高不超过 41 元. (1)求分公司经营该产品一年的利润 L(x)万元与每件产品的售价 x 元的函数关系式; (2)当每件产品的售价为多少元时,该产品一年的利润 L(x)最大,并求出 L(x)的最大值.
【答案】
40． （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
f ( x2 ) ? f (a ) f ( x1 ) ? f (a ) 成立.若存在,求 a 的范围,若不存在,请说明理由. ? x2 ? a x1 ? a
【答案】解: (1)
f ?( x) ? (1 ? x)e x .令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ?1 ;
?1
0 极小值
列表如下
x
f ?( x)
f ( x)
(??,?1)
-
(?1,??)
+
? f ( x) 的单调递减区间是 (??,?1) ,单调递增区间是 (?1,??)
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
f ( x) 极小值= f (?1) ? ? 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
令 h( x) ? x e ? axe ? ae ? ae ? 0
2 x x x a
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,??)
41 ．（ 山 东 省 泰 安 市 2013 届 高 三 第 一 轮 复 习 质 量 检 测 数 学 （ 理 ） 试 题 ） 已 知 函 数
f ? x ? ? ? ax2 ? bx ? c? ex且 f ? 0 ? ? 1, f ?1? ? 0.
(I)若 f ? x ? 在区间 ? 0,1? 上单调递减,求实数 a 的取值范围; (II)当 a=0 时,是否存在实数 m 使不等式 2 f ? x ? ? 4 xe ? mx ? 1 ? ? x ? 4 x ? 1 对任意 x ? R 恒成立?
x 2
若存在,求出 m 的值,若不存在,请说明理由.
【答案】
42 ． （ 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 ? 值; (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 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
\ P(2,0) 关于 x =
(Ⅱ) F ( x ) = mx + 2(4 + m ) x + 8ln x ,定义域为 (0, +
2
),
F? ( x ) = 2mx + (8 + 2m) +
8 x
=
=
2mx 2 + (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,
+ ? )上单调递增, 此时 F ( x ) 在(0,
当 m < 0 时,由 F ? ( x ) > 0得 0 < x < 由 F? ( x ) < 0得x > 此时 F ( x ) 在 ? ?0, -
4 , m
4 , m
骣 ? 桫
4÷ ÷上为增函数, m÷
在? ?-
骣4 ,+ ? 桫m
÷ ÷ ÷为减函数,
+ ? )上为增函数, 综上当 m ? 0 时, F ( x ) 在(0,
骣 4÷ 骣4 m < 0 时,在 ? 上为增函数,在 ? 0, - ÷ ,+ ? ? ? ? 桫 m÷ 桫m ÷ ÷ ÷为减函数
ì ?- x + x ,x (Ⅲ)由条件(Ⅰ)知 G ( x ) = ? í
3 2
2,
? ? ? 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,
)为增函数, ),
\ 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, +? )
43． （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 ? 1n(n ? 1) 都成立: 4 9 n 2 g ( x ? 1) 1 (3)是否存在实数 a(a>0),使得方程 ? f '( x) ? (4a ? 1) 在区间 ( , e) 内有且只有两个不相等 x e
(2)利用(1)的结论证明:对任意的正整数 n,不等式 2 ? 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】
