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广东省13市2017届高三上学期期末考试数学文试题分类汇编:导数及其应用

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广东省 13 市 2017 届高三上学期期末考试数学文试题分类汇编 导数及其应用
一、选择、填空题 1、(潮州市 2017 届高三上学期期末)若曲线 y=a(x﹣1)﹣lnx 在 x=2 处的切线垂直于直线

y=﹣2x+2,则 a=( A.4 B.3 C.2

) D.1

2、(佛山市 2017 届高三教学质量检测(一))对任意 a ? R ,曲线 y ? e x ( x 2 ? ax ? 1 ? 2a) 在点

P(0,1 ? 2a) 处的切线 l 与圆 C : ( x ? 1) 2 ? y 2 ? 16的位置关系是(
A.相交 C.相离 B.相切 D.以上均有可能



3 、 ( 佛 山 市 2017 届 高 三 教 学 质 量 检 测 ( 一 ) ) 已 知 函 数 f ( x) ? x 3 ? ax2 ? bx ? c ,

g ( x) ? 3x 2 ? 2ax ? b(a, b, c 是常数 ) ,若 f ( x) 在 (0,1) 上单调递减,则下列结论中:
2 ① f (0) ? f (1) ? 0 ;② g (0) ? g (1) ? 0 ;③ a ? 3b 有最小值.正确结论的个数为(



A. 0

B. 1

C. 2
x

D. 3

4、 (广州市 2017 届高三 12 月模拟)若函数 f ?x ? ? e ?sin x ? a cos x ? 在 ? 实数 a 的取值范围是 (A) ?? ?,1? (B) ?? ?,1? (C) ?1, ?? ?

?? ? ? , ? 上单调递增,则 ?4 2 ?
(D) ?1, ?? ?

5、 (惠州市 2017 届高三第三次调研)已知 f ( x) ? x sin x ? cos x ? x 2 ,则不等式

1 f (ln x) ? f (ln ) ? 2 f (1) 的解集为( x
(A) (e,??) (B) (0, e)

) (C) (0, ) ? (1, e)

1 e

(D) ( , e)

1 e

6、 (揭阳市 2017 届高三上学期期末)已知曲线 f ( x) ? ln x ?

x2 在点 (1, f (1)) 处的切线的倾斜角为 a

3? ,则 a 的值为 4

1

(A)1

(B)-4

(C) ?

1 2

(D)-1

7、(茂名市 2017 届高三第一次综合测试)已知 f ( x) ?| xe x | ,又 g ( x) ? f 2 ( x) ? tf ( x) (t ? R ) , 若满足 g ( x) ? ?1 的 x 有四个,则 t 的取值范围是( A. (??, ? )

e2 ? 1 ) e

B. (

e2 ? 1 , ??) e

C. (?

e2 ? 1 , ?2) e

D. (2,

e2 ? 1 ) e

8、(韶关市 2017 届高三 1 月调研)已知函数 y ? f ( x ? 2) 是偶函数,且当 x ? 2 时其导函数 f ' ( x) 满足 ( x ? 2) f ' ( x) ? 0 ,若 2 ? a ? 3 ,则下列不等式式成立的是 (A) f (2a ) ? f (3) ? f (log2a ) (C) f (log2a ) ? f (3) ? f (2a ) 9、(肇庆市 2017 届高三第二次模拟) 已知函数 若对任意的 x1 ??0,4? ,总存在 x2 ??0, 4? ,使得 f ? x1 ? ? g ? x2 ? ,则实数 a 的取值范围为 (A) ?1, ? 4 (B) f (3) ? f (log2a ) ? f (2a ) (D) f (log2a ) ? f (2a ) ? f (3)

? 9? ? ?

(B) ?9, ?? ?

(C) ?1, ? ? ?9, ?? ? 4

? 9? ? ?

(D) ? , ? ? ?9, ?? ? 2 4
x

?3 9? ? ?

10、(珠海市 2017 届高三上学期期末)函数 f (x) = e ln x 在点 (1, f (1)) 处的切线方程是 ______________. 二、解答题 1、(潮州市 2017 届高三上学期期末)已知函数 f(x)=mlnx+(4﹣2m)x+ (m∈R).

(1)当 m=2 时,求函数 f(x)的极值; (2)设 t,s∈[1,3],不等式|f(t)﹣f(s)|<(a+ln3)(2﹣m)﹣2ln3 对任意的 m∈(4,6)恒成立,求实数 a 的取值范围.

2

2、(东莞市2017届高三上学期期末)已知函数 f (x) = e x (2x -m),(m ? R). (1)若函数 f (x)在(-1,+ ? )上单调递增,求实数m的取值范围; (2)当曲线 y=f (x)在x=0处的切线与直线 y=x平行时,设h(x) =f (x) -ax+a,若存在唯一 的整数 x0 使得h( x0 )<0 ,求实数a的取值范围.

3、(佛山市 2017 届高三教学质量检测(一))设函数 f ( x) ? e ax ? ? ln x ,其中 a ? 0 , e 是自然 对数的底数 (Ⅰ)若 f ( x) 是 (0,??) 上的单调函数,求 ? 的取值范围; (Ⅱ)若 0 ? ? ?

1 ,证明:函数 f ( x) 有两个极值点 e

(e, f (e)) 4、 (广州市 2017 届高三 12 月模拟) 设函数 f ( x) ? (mx ? n) ln x . 若曲线 y ? f ( x) 在点 P
处的切线方程为

y ? 2 x ? e ( e 为自然对数的底数).
(Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若 a, b ? R ? ,试比较

f ( a ) ? f (b) a?b ) 的大小,并予以证明. 与 f( 2 2
1 ? a ln x ? a ? 0 , a ? R? . x

5、(惠州市 2017 届高三第三次调研)已知函数 f ? x ? ?

(Ⅰ)若 a ? 1 ,求函数 f ? x ? 的极值和单调区间; (Ⅱ)若在区间 (0 ,e] 上至少存在一点 x0 ,使得 f ? x0 ? ? 0 成立, 求实数 a 的取值范围.

3

6、 (江门市 2017 届高三 12 月调研)已知函数

(其中, 为自然对数的底

数,

). ; 的极值; , 恒成立 (*)

(Ⅰ)求 (Ⅱ)求函数

(Ⅲ)是否存在整数 ,使得对任意的

若存在,写出一个整数 ,并证明(*) ;若不存在,说明理由.
7、(揭阳市 2017 届高三上学期期末)已知函数 f ? x ? ? ( x ? 2)e x ? a .( a ? R ) (I)试确定函数 f ( x ) 的零点个数; (II)设 x1 , x2 是函数 f ( x ) 的两个零点,证明: x1 ? x2 ? 2 . 参考公式: (et ? x )'? ?et ? x (t为常数)

8、(茂名市 2017 届高三第一次综合测试)已知函数 f ( x) ? (Ⅰ) 当 a=0 时,求曲线 f (x)在 x =1 处的切线方程; (Ⅱ) 设函数 h( x) ? a ln x ? x ? f ( x) ,求函数 h (x)的极值;

1? a (a ? R) . x

(Ⅲ) 若 g ( x) ? a ln x ? x 在[1,e](e=2.718 28…)上存在一点 x0,使得 g ( x0 ) ? f ( x0 ) 成立, 求 a 的取值范围. 9、(汕头市 2017 届高三上学期期末)设函数 f ( x) ? (1)求函数 f ( x ) 的单调区间; (2)讨论函数 f ( x ) 的零点个数.

1 2 x ? (a ? 1) x ? a ln x, a ? 0 . 2

x 10、 (韶关市 2017 届高三 1 月调研)已知函数 f ( x) ? ln x ? a( x ? 1) , g ( x) ? e .

(0,9] 为增函数,求实数 a 的取值范围; (Ⅰ)若函数 f ( x ) 在区间
(Ⅱ)当 a ? 0 时,过原点分别作曲线 y ? f ( x) 与 y ? g ( x) 的切线 l1 , l2 ,已知两切线的斜率互为

e ?1 e2 ? 1 ?a? 倒数,证明: . e e

4

11、(肇庆市 2017 届高三第二次模拟)已知函数 f ( x) ? ? x ?1? ex ? ax2 , a ? R . (Ⅰ)讨论函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若 f ? x ? 有两个零点,求 a 的取值范围.

12、(珠海市2017届高三上学期期末)已知函数 f (x) =x -ln(x +a)的最小值为 0,其中a>0, 设g(x)= ln x + ⑴ 求a 的值; ⑵ 对任意 恒成立,求实数m 的取值范围;

m x

⑶ 讨论方程g(x) =f (x) +ln(x+1)在[1,+ ? )上根的个数.

参考答案 一、选择、填空题 1、【解答】解:由 y=a(x﹣1)﹣lnx,求导得 f′(x)=a﹣ ,

依题意曲线 y=a(x﹣1)﹣lnx 在 x=2 处的切线垂直于直线 y=﹣2x+2, 得,a﹣ 故选:D.
2、A 3、C
x

,即 a=1.

4、详细分析:特殊值法。当 a=0 时,函数为 f ( x) ? e sin x ,在 ? 递增成立,排除 C,D;

?? ? ? , ? 上 f '( x) >0,函数单调 ?4 2? ?? ? ? , ? 上 f '( x) >0,所以, ?4 2?

当 a=1 时,函数为 f ( x) ? e (sin x ? cos x) , f '( x) ? 2e cos x ,在 ?
x x

f(x)单调递增。因此,选 A。 5、 所以 ,因为 f (? x) ? f ( x ) 所以 f ( x ) 是偶函数。 所以 变形为:

5

又 调递减。所以 等价于

所以 f ( x ) 在 故选 D

单调递增, 在



6、D 7、令 y ? xex ,则 y? ? (1 ? x)e x ,由 y? ? 0 ,得 x ? ?1 ,当 x ? (??, ?1) 时, y? ? 0 ,函数 y 单调 递减,当 x ? (?1, ??) 时, y? ? 0 ,函数 y 单调递增 . 作出 y ? xex 图象,利用图象变换得 f ( x) ?| xe x | 图象如图 2,令 f ( x) ? m ,

当 m ? (0, ) , f ( x) ? m 有 3 个根, 当 m ? ( , ?? ) , f ( x) ? m 有 1 个根,
2 因此,关于 m 方程 m ? tm ? 1 ? 0 两根分别在 (0, ), ( , ?? ) 时,满足 g ( x) ? ?1 的 x 有 4 个,

1 e

1 e

1 e

1 e

令 h(m)=m2 ? tm ? 1 ,由 h(0)=1>0

1 1 1 e2 ? 1 和 h( ) ? 2 ? t ? 1 ? 0 ,解得 t ? . 选择 B. e e e e
8、由函数 y ? f ( x ? 2) 是偶函数可知,函数 y ? f ( x) 关于直线 x ? 2 对称,又 故函数 y ? f ( x) 在 (??, 2) 上单调递减, 在 (2, ??) 上单调递增, 又2 ? a ? 3, ( x ? 2) f ' ( x) ? 0 , 所以 1 ? log2 a ? 2 , 4 ? 2 ? 8 ,所以 f (log2a ) ? f (3) ? f (2a ) 选 C .
a

9、C

10、

二、解答题 1、【解答】解:(1)函数的定义域是(0,+∞),

m=2 时,f(x)=2lnx+ ,f′(x)=



令 f′(x)>0,解得:x> ,令 f′(x)<0,解得:0<x< , 故函数 f(x)在(0, )递减,在( ,+∞)递增, 故 f(x)的极小值是 f( )=2﹣2ln2,无极大值;
6

(2)f′(x)= 令 f′(x)=0,得 x1= ,x2=﹣

, ,

m∈(4,6)时,函数 f(x)在[1,3]递减, ∴x∈[1,3]时,f(x)max=f(1)=5﹣2m,f(x)min=f(3)=mln3+ +12﹣6m, 问题等价于:对任意的 m∈(4,6),恒有(a+ln3)(2﹣m)﹣2ln3>5﹣2m﹣mln3 ﹣ ﹣12+6m 成立, 即(2﹣m)a> ﹣4(2﹣m), ∵m>2,则 a< ∴a<( ﹣4, ﹣4)min, ﹣4 取得最小值﹣ ,

设 m∈[4,6),则 m=4 时, 故 a 的范围是(﹣∞,﹣ ].

2、(1)? f ?( x) ? e x (2x ? m) ? 2e x ? e x (2x ? 2 ? m)

………………1 分 ………………2 分 ………………3 分 ………………4 分 ………………5 分

? f ( x)在(?1,??) 上单调递增 ? f ?( x) ? 0 在 (?1,??) 上恒成立 x 即 e (2x ? 2 ? m) ? 0 在 (?1,??) 上恒成立 ? 2 x ? 2 ? m ? 0即m ? 2 x ? 2( x ? ?1) ? y ? 2 x ? 2 在 (?1,??) 上递增 ?m ? 0 (2)? f ?( x) ? e x (2x ? m) ? 2e x ? e x (2x ? 2 ? m) 依题有 f ?(0) ? 1 即 m ? 1
x

? h( x) ? e (2 x ?1) ? ax ? a x 存在唯一的整数 x0 使得 h( x0 ) ? 0 , h( x0 ) ? e 0 (2x0 ? 1) ? a( x0 ? 1) ? 0
所以 e 0 (2x0 ? 1) ? a( x0 ? 1) ,显然 x0 ? 1 不满足不等式
x

………………6 分

当 x ? 1 时, a ?

e x (2 x ? 1) e x (2 x ? 1) e x ( 2 x 2 ? 3x) ,令 h( x) ? , h?( x) ? x ?1 x ?1 ( x ? 1) 2
………………7分

h?( x) ?

3 e x ( 2 x 2 ? 3 x) ? 0 ,解得 x ? 0, x ? 2 2 ( x ? 1) x 3 3 (1, ) 2 2 ? 0 h ( x) 3 递减 h( x ) 4e 2
7

3 ( ,?? ) 2
+ 递增

………………8分 又 h(2) ? 3e , h(3) ?
2

5e , 2
2

3

存在唯一的整数 x0 使得 h( x0 ) ? 0 ,所以 3e ? a ?

5e 3 2

………………9 分

当 x ? 1 时, a ?

e x (2 x ? 1) e x (2 x ? 1) e x ( 2 x 2 ? 3x) ,令 h( x) ? , h?( x) ? x ?1 x ?1 ( x ? 1) 2
………………10

h?( x) ?


3 e x ( 2 x 2 ? 3 x) ? 0 ,解得 x ? 0, x ? 2 2 ( x ? 1)

x
h ?( x) h( x )

(??,0)
+ 递增

0
0 1

(0,1)
— 递减

又 h(?1) ?

3 , h(0) ? 1 , 2e

3 ? a ?1 2e 3 3 2 5e ] 综上实数 a 的取值范围为 [ ,1) ? (3e , 2e 2
存在唯一的整数 x0 使得 h( x0 ) ? 0 ,所以 分 (2)【解法二】存在唯一的整数 x0 使得 h( x0 ) ? 0 , 即存在唯一的整数使得 x0 , f ( x0 ) ? g ( x0 ) ,即 e 0 (2x0 ? 1) ? a( x0 ? 1)
x
x x 考察函数 f ( x) ? e (2 x ? 1) , f ?( x) ? e (2x ? 1) , f ?( x) ? 0 解得 x ? ?

………………12

x
f ?( x) f ( x)

1 2

1 (?? ,? ) 2
— 递减
3 2

?

1 2
1 ? 2

1 (? ,?? ) 2
+ 递增 ………………7 分

0

? 2e

由(1)可知 a ? 1, 或a ? 4e

因为存在唯一的整数使得 x0 满足 f ( x0 ) ? g ( x0 ) ,由函数图象可知 所以 ? 分

? g (0) ? f (0) ? g (2) ? f (2) 或? ? g (?1) ? f (?1) ? g (3) ? f (3)

………………10

3 5e 3 ? a ? 1 或 3e 2 ? a ? 2e 2 3 3 2 5e ] 综上:实数 a 的取值范围为 [ ,1) ? (3e , 2e 2
解得: 3、

………………12 分

8

4、(Ⅰ)函数 f ( x ) 的定义域为 (0, ??) .

f ?( x) ? m ln x ?

mx ? n . ………………………………………………………………1 分 x

9

? me ? n ? e, ? 依题意得 f (e) ? e, f ?(e) ? 2 ,即 ? me ? n m? ? 2, ? e ?
所以 m ? 1, n ? 0 .

……………………3 分

………………………………………………………………4 分

所以 f ( x) ? x ln x , f ?( x) ? ln x ? 1 .

1 e 1 1 所以函数 f ( x ) 的单调递减区间是 (0, ) , 单调递增区间是 ( , ??) .………………6 分 e e f ( a ) ? f ( b ) a ? b ? ? f( ). (Ⅱ)当 a, b ? R 时, 2 2 f (a) ? f (b) a?b a ln a ? b ln b a ? b a ? b ? f( ) 等价于 ? ln , 2 2 2 2 2 a 2a a a ? (1 ? ) ln(1 ? ) ? ln 2 ? 0 . ………………………………………7 分 也等价于 ln b b b b 不妨设 a ? b ,
当 x ? (0, ) 时, f ?( x) ? 0 ; 当 x ? ( , ??) 时, f ?( x) ? 0 . 设 g ( x) ? x ln ? 2x ? ? (1 ? x)ln(1 ? x) ? ln 2 ( x ? [1, ??) ), 则 g ?( x) ? ln(2 x) ? ln(1 ? x) . …………………………………………………………8 分

1 e

) g ?( x) ? 0 ,所以函数 g ( x) 在 [1, ??) 上为增函数, 当 x ? [ 1 ,? ? 时,
即 g ( x) ? x ln 2 x ? (1 ? x) ln(1 ? x) ? ln 2 ? g (1) ? 0 , ……………………9 分

故当 x ? [1, ??) 时, g ( x) ? x ln 2 x ? (1 ? x) ln(1 ? x) ? ln 2 ? 0 (当且仅当 x ? 1 时取等 号).

a a ? 1 ,则 g ( ) ? 0 , …………………………………………10 分 b b a 2a a a ? (1 ? ) ln(1 ? ) ? ln 2 ? 0 (当且仅当 a ? b 时取等号),……………11 分 即 ln b b b b f (a) ? f (b) a?b ? ? f( ) (当且仅当 a ? b 时取等号). 综上所述,当 a, b ? R 时, 2 2
令x? ………………………………………………………………12 分 1 1 x ?1 5、解:(Ⅰ)当 a ? 1 , f ' ? x ? ? ? 2 ? ? 2 . x x x 令 f ' ? x ? ? 0 得, x ? 1 .………………………………1 分 又 f ? x ? 的定义域为 ? 0 ,? ? ? ,由 f ' ? x ? ? 0 得 0 ? x ? 1 ,由 f ' ? x ? ? 0 得, x ? 1 . 所以 x ? 1 时, f ? x ? 有极小值为 1.
10

f ? x ? 的单调递增区间为 ?1 ,? ? ? ,单调递减区间为 ? 0 , 1? .………………3 分
(Ⅱ)若在区间 (0 ,e] 上存在一点 x0 ,使得 f ? x0 ? ? 0 成立,即 f ? x ? 在区间 (0 ,e] 上的最小值小于 0.
f ' ? x? ? ? 1 a ax ? 1 1 ? ? 2 ,且 a ? 0 ,令 f ' ? x ? ? 0 ,得到 x ? ………………………4 分 2 x a x x

当x?

1 ? 0 ,即 a ? 0 时, f ' ? x ? ? 0 恒成立,即 f ? x ? 在区间 (0 ,e] 上单调递减…………5 分 a
1 1 ? a ln e ? ? a ,………………………6 分 e e

故 f ? x ? 在区间 (0 ,e] 上的最小值为 f ? e ? ?

1? 1 1 ? 由 ? a ? 0 ,得 a ? ? ,即 a ? ? ?? ,? ? .………………………………………………7 分 e? e e ?

当x?

1 ? 0 即 a ? 0 时, a
1 e] 成立,所以 f ? x ? 在区间 (0 ,e] 上单调递减………8 分 ,则 f ' ? x ? ? 0 对 x ? (0 , a 1 1 ? a ln e ? ? a ? 0 , e e

①若 e ?

则 f ? x ? 在区间 (0 ,e] 上的最小值为 f ? e ? ?

显然, f ? x ? 在区间 (0 ,e] 的最小值小于 0 不成立.………………………9 分 ②若 0 ?
1 1 ? e ,即 a ? 时,则有 a e
x
1? ? ?0 , ? a? ?

1 a

?1 ? ? ,e ? ?a ?

f '? x? f ? x?



0 极小值

+ ↗

1 ?1? 所以 f ? x ? 在区间 (0 ,e] 上的最小值为 f ? ? ? a ? a ln ,……………………10 分 a ?a? 1 ?1? ? ? ? ,……11 由 f ? ? ? a ? a ln ? a ?1 ? ln a ? ? 0 ,得 1 ? ln a ? 0 ,解得 a ? e ,即 a ? ? e , a a ? ?


1? ? 综上,由①②可知, a ? ? ?? ,? ? ? ? e ,? ? ? 符合题意.………………12 分 e? ?

6、解:⑴? f '( x) ?

1 f '(e) ? ln x ? 1, ……1 分 3

……2 分

⑵由⑴知 f ( x) ? x ? x ln x,(x>0), f '( x) ? 2 ? ln x, ……3 分

11

令 f '( x) ? 2 ? ln x =0,即lnx=-2,即x=

1 , ……4 分 e2

令 f '( x) ? 2 ? ln x ? 0,即lnx>-2,即x ? ?

?1 ? , ?? ? , f ( x)递增 ,……5 分 2 ?e ? ? ? 1? ? , f ( x)递减 ,……6 分 e2 ?

令 f '( x) ? 2 ? ln x ? 0,即lnx<-2,即x ? ? 0,

1 ?1? 1 1 ? f ( x)极小 =f ? 2 ? ? 2 ? 2 ? ? ?2 ? ? ? 2 ,无极大值。……7 分 e ?e ? e e
⑶①当 k=1 时,命题成立……8 分。证明如下:

对任意的





恒成立

令 g ( x) ? x ln x ? 1 ,

1 g '( x) ? ln x ? 1, 令 g '( x) ? 1 ? ln x =0,即lnx=-1,即x= , ……9 分; e
令 g '( x) ? 1 ? ln x ? 0,即lnx>-1,即x ? ? , ?? ? , g ( x)递增 ,……10 分;

?1 ?e

? ?

令 g '( x) ? 1 ? ln x ? 0,即lnx<-1,即x ? ? 0, ? , g ( x)递减 ,……11 分;

? 1? ? e?

1 1 ?1? ? g ( x)min ? g ( x)极小 =g ? ? ? 1 ? ? ? ?1? ? 1 ? ? 0 ……12 分; e e ?e?
②当 k=2 时,命题成立……8 分。证明如下:

对任意的





恒成立

令 g ( x) ? x ln x-x ? 2 , g '( x) ? ln x, 令 g '( x) ? ln x=0,即x=1, ……9 分;
令 g '( x) ? ln x ? 0,即x ? ?1, ??? , g ( x)递增 ,……10 分; 令 g '( x) ? ln x ? 0,即x ? ? 0,1? , g ( x)递减,……11 分;

? g( x)min ? g( x)极小 =g ?1? ? -1? 0+2 ? 1 ? 0 ……12 分;
③当 k=3 时,命题成立……8 分。证明如下:

对任意的





恒成立

令 g ( x) ? x ln x-2x ? 3 , g '( x) ? ln x-1, 令 g '( x) ? ln x-1=0,即x=e, ……9 分

12

令 g '( x) ? ln x-1 ? 0,即x ? ? e, ??? , g ( x)递增,……10 分; 令 g '( x) ? ln x-1 ? 0,即x ? ? 0,e? , g( x)递减 ,……11 分;

? g( x)min ? g( x)极小 =g ? e? ? e ? 2e+3 ? 3 ? e ? 0 ……12 分
(说明:k=1,k=2,k=3 只要对其中一种都是满分。) 7、解:(I)由 g ( x) ? 0 得 a ? (2 ? x)e x ,令 g( x) ? (2 ? x)e x ,

函数 f ( x ) 的零点个数即直线 y ? a 与曲线 g( x) ? (2 ? x ) e x 的交点个数, ∵ g '( x) ? ?e x ? (2 ? x)e x ? (1 ? x)e x ,-------------2 分 由 g '( x) ? 0 得 x ? 1 ,∴函数 g ( x ) 在 (??,1) 单调递增, 由 g '( x) ? 0 得 x ? 1 ,∴函数 g ( x ) 在 (1, ??) 上单调递减, ∴当 x ? 1 时,函数 g ( x ) 有最大值, g( x)max ? g(1) ? e ,----------------------------------------3 分 又当 x ? 2 时, g ( x ) >0, g (2) ? 0 ,当 x ? 2 时 g ( x ) ? 0 , ∴当 a ? e 时,函数 f ( x ) 没有零点;----------------------------------------------------------------4 分 当 a ? e 或 a ? 0 时,函数 f ( x ) 有一个零点;------------------------------------------------------5 分 当 0 ? a ? e 时,函数 f ( x ) 有两个零点.------------------------------------------------------------6 分
x (II)证明:函数 f ( x ) 的零点即直线 y ? a 与曲线 g( x) ? (2 ? x)e 的交点横坐标,

不妨设 x1 ? x2 ,由(I)知 x1 ? 1, x2 ? 1 ,得 2 ? x2 ? 1 , ∵函数 g( x) ? (2 ? x)e 在 (??,1) 上单调递增,
x

∴函数 f ( x) ? ? g ( x) ? a 在 (??,1) 单调递减, 要证 x1 ? x2 ? 2 ,只需证 x1 ? 2 ? x2 , ------------------------------------------------------------7 分 ∴只需证 f ( x1 ) ? f (2 ? x2 ) ,又 f ( x1 ) ? 0 ,即要证 f (2 ? x2 ) ? 0 ,---------------------8 分 ∵由 a ? g ( x2 ) 得 f (2 ? x2 ) ? ? x2e 令 h( x) ? ? xe
2? x

2? x2

? a ? ? x2e2? x2 ? ( x2 ? 2)e x2 ,( x2 ? 1 )--------9 分

? ( x ? 2)e x ,则 h '( x) ? (1 ? x)(e x ? e 2? x ) ,------------------------------10 分
13

x 2? x 当 x ? 1 时, e ? e , h '( x) ? 0 ,即函数 h( x ) 在 (1, ??) 上单调递减,

∴ h( x) ? h(1) ? 0 , ∴当 x2 ? 1 时, f (2 ? x2 ) ? 0 ,即 x1 ? x2 ? 2 .------------------------------------------------12 分 【证法二:由(Ⅰ)知, a ? 0 ,不妨设 x1 ? 1 ? x2 , 设 F ( x) ? f ( x) ? f (2 ? x) ( x ? 1) ,则 F ( x) ? ( x ? 2)e x ? xe2? x ,-----------------------------8 分

F ' ( x) ? (1 ? x)(e 2? x ? e x ) ,易知 y ? e 2? x ? e x 是减函数,
当 x>1 时, e
2? x

? e x ? e ? e ? 0 ,又 1-x<0, 得 F ' ( x) ? 0 ,

所以 F ( x) 在 (1, ? ?) 递增, F ( x) ? F (1) ? 0 ,即 f ( x) > f (2 ? x) .---------------------------10 分 由 x2 ? 1 得 f ( x2 ) > f (2 ? x2 ) ,又 f ( x2 ) ? 0 ? f ( x1 ) ,所以 f (2 ? x2 ) ? f ( x1 ) , 由 g( x) ? (2 ? x)e x 在 (??,1) 上单调递增,得 f ( x) ? ? g ( x) ? a 在 (??,1) 单调递减, 又 2 ? x2 ? 1 ,∴ 2 ? x2 ? x1 ,即 x1 ? x2 ? 2 ,得证. ---------------------------------------12 分】 8、解:(Ⅰ) 当 a=0 时,f (x) = ∵ f ?( x) ? ?

1 , f (1) =1, 则切点为(1, 1), ……………………………1 分 x
……………………………………2 分

1 , ∴切线的斜率为 k ? f ?(1) ? ?1, x2

∴曲线 f (x)在点(1, 1)处的切线方程为 y?1= ?( x?1),即 x+ y?2=0 ………………………3 分

1? a ,定义域为(0, +∞), x a 1? a x2 ? ax ? (1 ? a) ( x ? 1)[ x ? (1 ? a)] ∴ h?( x) ? ? 1 ? 2 ? ? , ……………………4 分 ?? 2 x x x x2 ①当 a+1>0,即 a>?1 时,令 h?( x) ? 0 ,∵x>0,∴0<x<1+ a,
(Ⅱ)依题意 h( x) ? a ln x ? x ? 此时,h(x) 在区间(0, a+1)上单调递增, 令 h?( x) ? 0 ,得 x>1+ a. 此时,h(x)在区间(a+1,+∞)上单调递减. ………………………………………………5 分 ②当 a+1≤0,即 a≤?1 时, h?( x) ? 0 恒成立, h(x)在区间(0,+∞)上单调递减. …………6 分 综上,当 a>?1 时,h(x)在 x=1+a 处取得极大值 h(1+a)= a ln(1 ? a) ? a ? 2 ,无极小值; 当 a≤?1 时,h(x)在区间(0,+∞)上无极值. ………………………………………7 分 (Ⅲ) 依题意知,在[1, e]上存在一点 x0,使得 g ( x0 ) ? f ( x0 ) 成立, 即在[1, e]上存在一点 x0,使得 h(x0)≥0, 故函数 h( x) ? a ln x ? x ?

1? a 在[1, e]上,有 h(x)max≥0. ………………………………8 分 x

由(Ⅱ)可知,①当 a+1≥e, 即 a≥e?1 时,h(x)在[1, e]上单调递增,

1? a e2 ? 1 , ?0, ∴a ? e e ?1 e2 ? 1 e2 ? 1 ∵ . ………………………………………………………9 分 ? e ? 1 ,∴ a ? e ?1 e ?1
∴ h( x)max ? h(e) ? a ? e? ②当 0<a+1≤1,或 a≤?1,即 a≤0 时,h(x)在[1, e]上单调递减, ∴ h( x)max ? h(1) ? ?1 ? 1 ? a ? 0 ,∴a ≤?2. ……………………………………………10 分 ③当 1<a+1<e,即 0<a<e?1 时,
14

由(Ⅱ)可知,h(x)在 x=1+a 处取得极大值也是区间(0, +∞)上的最大值, 即 h(x)max=h(1+a)= a ln(1 ? a) ? a ? 2 ? a[ln(1 ? a) ?1] ? 2 , ∵0<ln(a+1)<1, ∴h(1+a)<0 在[1, e]上恒成立, 此时不存在 x0 使 h(x0)≥0 成立.……………………………………………………………11 分 综上可得,所求 a 的取值范围是 a ?

e2 ? 1 或 a≤?2. ……………………………………12 分 e ?1

9、解:(1)函数 f ( x ) 的定义域为 (0, ??)

? f ?( x) ? x ? (a ? 1) ?

a x

?
?

x 2 ? (a ? 1) x ? a x
( x ? a)( x ? 1) ( x ? 0) x

当 0 ? a ? 1 时,令 f ?( x) ? 0 得 a ? x ? 1 ;令 f ?( x) ? 0 得 0 ? x ? a 或 x ? 1 , 所以函数 f ( x ) 的单调增区间为 (0, a ) 和 (1, ??) ,单调减区间为(a,1) ; 当 a ? 1 时, f ?( x) ?

( x ? 1) 2 ? 0 恒成立,所以函数 f ( x) 的单调增区间为 (0, ??) ,无减区间; x

当 a ? 1 时,令 f ?( x) ? 0 得 1 ? x ? a ;令 f ?( x) ? 0 得 0 ? x ? 1 或 x ? a , 所以函数 f ( x ) 的单调增区间为 (0,1) 和 (a, ??) ,单调减区间为(1, a) . (2)由(1)可知,当 0 ? a ? 1 时, 函数 f ( x ) 的单调增区间为 (0, a ) 和 (1, ??) ,单调减区间为(a,1) , 所以 f ( x)极大值 ? f (a ) ? ? a ? a +a ln a ? 0 , f ( x)极小值 ? f (1) ? ?
2

1 2

1 ?a ? 0, 2

注意到 f (2a ? 2) ? a ln(2a ? 2) ? 0 , 所以函数 f ( x ) 有唯一零点,当 a ? 1 时,函数 f ( x ) 在 (0, ??) 上单调递增, 又注意到 f (1) ? ?

3 ? 0 , f (4) ? ln 4 ? 0 2

所以函数 f ( x ) 有唯一零点;

当 a ? 1 时,函数 f ( x ) 的单调递增是 (0,1) 和 (a, ??) 上,单调递减是(1, a) 上, 所以 f ( x)极大值 ? f (1) ? ?

1 1 ? a ? 0 , f ( x)极小值 ? f (a) ? ? a 2 ? a +a ln a ? 0 , 2 2

注意到 f (2a ? 2) ? a ln(2a ? 2) ? 0 ,

15

所以函数 f ( x ) 有唯一零点, 综上,函数 f ( x ) 有唯一零点. 10、解: (1)由 f ( x) ? ln x ? a( x ? 1) 得, f ?( x) ? ∵函数 f ( x ) 在区间 (0,9] 单调递增 ∴ f ?( x) ? 0 在区间 (0,9] 恒成立,即 ∴ a ? [ ]min ,而 [ ]min ? ∴ a ? (??, ] (2)设切线 l2 的方程为 y ? k2 x ,切点为 ( x2 , y2 ) ,则 y2 ? e 2 ,
x

1 1 ? ax ?a ? x x

………………1 分

1 ? ax ? 0 在区间 (0,9] 恒成立 x

…………2 分

1 x

1 x

1 9

……………………3 分

1 9

……………………4 分

k2 ? g ' ( x2 ) ? e x2 ?

y2 x ,所以 x2 ? 1 , y2 ? e ,则 k2 ? e 2 ? e . ………………5 分 x2
1 1 1 ? , l1 的方程为 y ? k1 x ? x . e k2 e
'

由题意知,切线 l1 的斜率为 k1 ?

…………6 分

设 l1 与曲线 y ? f ( x) 的切点为 ( x1 , y1 ) ,则 k1 ? f ( x1 ) ? 所以 y1 ?

1 1 y ? a ? ? 1 ,………7 分 x1 e x1
………………8 分

x1 1 1 ? 1 ? ax1 , a ? ? . e x1 e

又因为 y1 ? ln x1 ? a( x1 ? 1) ,消去 y1 和 a 后,整理得 ln x1 ? 1 ? 令 m( x) ? ln x ? 1 ?

1 1 ? ? 0 ………9 分 x1 e

1 1 1 1 x ?1 ? ,则 m' ( x) ? ? 2 ? 2 , x e x x x

m( x) 在 (0,1) 上单调递减,在 (1, ??) 上单调递增.
若 x1 ? (0,1) ,因为 m( ) ? ?2 ? e ? 而a ?

1 e

1 1 1 ? 0 , m(1) ? ? ? 0 ,所以 x1 ? ( ,1) , e e e

1 e ?1 e2 ? 1 1 1 ?a? . ? 在 x1 ? ( ,1) 上单调递减,所以 e e e x1 e

若 x1 ? (1, ??) ,因为 m( x) 在 (1, ??) 上单调递增,且 m(e) ? 0 ,则 x1 ? e , 所以 a ?

1 1 . ? ? 0 (舍去) x1 e

16

e ?1 e2 ? 1 综上可知, . ?a? e e
11、解:(Ⅰ) f ?( x) ? ex ? ( x ?1)ex ? 2ax ? x(ex ? 2a) . (i)若 a ? 0 ,则当 x ? 0 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? 0 时, f ?( x) ? 0 ; 故函数 f ( x) 在 (??, 0) 单调递减,在 (0, ??) 单调递增. (ii)当 a ? 0 时,由 f ?( x) ? 0 ,解得: x ? 0 或 x ? ln(?2a) . ①若 ln(?2a) ? 0 ,即 a ? ?

………………12 分 (1 分)

(2 分) (3 分)

1 ,则 ?x ? R , f ?( x) ? x(ex ?1) ? 0 , 2
(4 分)

故 f ( x) 在 (??, ??) 单调递增. ② 若 l n? ( a 2 ?) , 0即 ?

1 ? a ? 0 , 则 当 x ? (?? , l n ? (a 2? ) ) ?? ( 0时 , , ) f ?( x )? 0; 当 2

x ? ( l n?( a2 )时, , 0 ) f ?( x) ? 0 ;故函数在 (??, ln(?2a)) , (0, ??) 单调递增,在 (ln(?2a),0) 单调
递减. ③若 ln(?2a) ? 0 , 即a ? ? (5 分)

1 , 则当 x ? (??, 0) ? (ln(?2a), ??) 时, f ?( x) ? 0 ; 当 x ?( 0 ,l n ( 2 )? a 2

时 , f ?( x )? 0; 故 函 数 在 (??, 0) , (ln(?2a), ??) 单 调 递 增 , 在 (0,ln(?2a)) 单 调 递 减. (6 分)

(Ⅱ)(i)当 a ? 0 时,由(Ⅰ)知,函数 f ( x) 在 (??, 0) 单调递减,在 (0, ??) 单调递增. ∵ f (0) ? ?1 ? 0, f (2) ? e2 ? 4a ? 0 ,
2 2 取实数 b 满足 b ? ?2 且 b ? ln a ,则 f (b) ? a (b ? 1) ? ab ? a b ? b ? 1 ? a ? 4 ? 2 ? 1? ? 0 ,

?

?

(7 分) 所以 f ( x) 有两个零点.
x (ii)若 a ? 0 ,则 f ( x) ? ( x ?1)e ,故 f ( x) 只有一个零点.

(8 分) (9 分)

(iii)若 a ? 0 ,由(I)知,

1 ,则 f ( x) 在 (0, ??) 单调递增,又当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 ,故 f ( x) 不存在两个零点; 2 1 当 a ? ? ,则函数在 (ln(?2a), ??) 单调递增;在 (0,ln(?2a)) 单调递减.又当 x ? 1 时, f ( x) ? 0 , 2
当a ? ? 故不存在两个零点. (11 分)

17

综上所述, a 的取值范围是 ? 0, ?? ? . 12、

(12 分)

18


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