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2013-2016高考全国卷理科函数导数真题汇编


高考 2013-2016 全国卷《函数与导数》试题解析汇编 在解题中常用的有关结论(需要熟记) : (1)曲线 y ? f ( x) 在 x ? x0 处的切线的斜率等于 f ?( x0 ) ,切线方程为 y ? f ?( x0 )( x ? x0 ) ? f ( x0 ) (2)若可导函数 y ? f ( x) 在 x ? x0 处取得极值,则 f ?( x0 ) ? 0 。反之,不成立。
( ? 0) (3)对于可导函数 f ( x) ,不等式 f ?( x) ? 0 的解集决定函数 f ( x) 的递增(减)区间。

(4)函数 f ( x) 在区间 I 上递增(减)的充要条件是: ?x ? I f ?( x) ? 0 (? 0) 恒成立 (5)函数 f ( x) 在区间 I 上不单调等价于 f ( x) 在区间 I 上有极值,则可等价转化为方程 (若 f ?( x) 为二次函数且 f ?( x) ? 0 在区间 I 上有实根且为非二重根。 I=R, 则有 ? ? 0 ) 。

(6) f ( x) 在区间 I 上无极值等价于 f ( x) 在区间在上是单调函数,进而得到 f ?( x) ? 0 或
f ?( x ) ? 0 在 I 上恒成立

(7)若 ?x ? I , f ( x) ? 0 恒成立,则 f ( x)min ? 0 ; 若 ?x ? I , f ( x) ? 0 恒成立,则 f ( x)max ? 0 (8)若 ? x0 ? I ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,则 f ( x)max ? 0 ;若 ? x0 ? I ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,则 f ( x)min ? 0 . (9)设 f ( x) 与 g ( x) 的定义域的交集为 D 若 ? x ?D f ( x) ? g ( x) 恒成立则有 ? f ( x) ? g( x)? (10)若对 ? x1 ? I1 、 x2 ? I 2 , f ( x1 ) ? g ( x2 ) 恒成立,则 f ( x)min ? g ( x)max . 若对 ? x1 ? I1 , ? x2 ? I 2 ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,则 f ( x)min ? g ( x)min . 若对 ? x1 ? I1 , ? x2 ? I 2 ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,则 f ( x)max ? g ( x)max . (11)已知 f ( x) 在区间 I1 上的值域为 A,, g ( x) 在区间 I 2 上值域为 B, 若对 ? x1 ? I1 , ? x2 ? I 2 ,使得 f ( x1 ) = g ( x2 ) 成立,则 A ? B 。 (12)若三次函数 f(x)有三个零点,则方程 f ?( x) ? 0 有两个不等实根 x1 、 x2 ,且极大值大 于 0,极小值小于 0. (13)证题中常用的不等式: ① ln x ? x ? 1 ( x ? 0) ② ln (x+1 ) ? x ( x ? ?1) ③ e x ? 1 ? x ④ e
?x
min

?0

? 1? x ⑤

ln x 1 1 ln x x ?1 ? ? ( x ? 0) ? ( x ? 1) ⑥ 2 x 2 2 x2 x ?1 2

1.(2013 课标全国Ⅰ,理 11)已知函数 f(x)= ? 值范围是( ). A.(-∞,0] B.(-∞,1] 答案:D 解析:由 y=|f(x)|的图象知:

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

若|f(x)|≥ax,则 a 的取 D.[-2,0]

C.[-2,1]

①当 x>0 时, y=ax 只有 a≤0 时, 才能满足|f(x)|≥ax, 排除 B,C. ②当 x≤0 时,y=|f(x)|=|-x2+2x|=x2-2x. 故由|f(x)|≥ax 得 x2-2x≥ax. 当 x=0 时,不等式为 0≥0 成立. 当 x<0 时,不等式等价于 x-2≤a. ∵x-2<-2,∴a≥-2. 综上可知:a∈[-2,0]. 2.(2013 课标全国Ⅰ,理 16)若函数 f(x)=(1-x2)(x2+ax+b)的图像关于直线 x=-2 对称,则 f(x)的最大值为__________. 解析:∵函数 f(x)的图像关于直线 x=-2 对称, ∴f(x)满足 f(0)=f(-4),f(-1)=f(-3),
?b ? ?15?16 ? 4a ? b?, ?0 ? ?8?9 ? 3a ? b?, ?a ? 8, 解得 ? ?b ? 15.



即?

∴f(x)=-x4-8x3-14x2+8x+15. 由 f′(x)=-4x3-24x2-28x+8=0, 得 x1=-2- 5 ,x2=-2,x3=-2+ 5 . 易知,f(x)在(-∞,-2- 5 )上为增函数,在(-2- 5 ,-2)上为减函数,在(-2, -2+ 5 )上为增函数,在(-2+ 5 ,+∞)上为减函数. ∴f(-2- 5 )=[1-(-2- 5 )2][(-2- 5 )2+8(-2- 5 )+15] =(-8- 4 5 )(8- 4 5 ) =80-64=16. f(-2)=[1-(-2)2][(-2)2+8×(-2)+15] =-3(4-16+15) =-9. f(-2+ 5 )=[1-(-2+ 5 )2][(-2+ 5 )2+8(-2+ 5 )+15] =(-8+ 4 5 )(8+ 4 5 ) =80-64=16. 故 f(x)的最大值为 16. 3.[2014· 全国卷] 曲线 y=xex-1 在点(1,1)处切线的斜率等于( A.2e B.e C.2 D.1 )

C [解析] 因为 y′=(xex-1)′=ex-1+xex-1,所以 y=xex-1 在点(1,1)处的导数是 y′|x
=1

=e1-1+e1-1=2,故曲线 y=xex-1 在点(1,1)处的切线斜率是 2.

4.[2014· 全国卷] 函数 y=f(x)的图像与函数 y=g(x)的图像关于直线 x+y=0 对称,则 y=f(x)的反函数是( )

A.y=g(x) B.y=g(-x) C.y=-g(x) D.y=-g(-x) D [解析] 设(x0,y0)为函数 y=f(x)的图像上任意一点,其关于直线 x+y=0 的对 称点为(-y0,-x0).根据题意,点(-y0,-x0)在函数 y=g(x)的图像上,又点(x0,y0) 关于直线 y=x 的对称点为(y0,x0),且(y0,x0)与(-y0,-x0)关于原点对称,所以函数 y =f(x)的反函数的图像与函数 y=g(x)的图像关于原点对称,所以-y=g(-x),即 y=- g(-x). 5.设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 y=2x,则 a= A. 0 【答案】 【解析】
? f ( x) = ax - ln(x +1),∴f ′ ( x) = a 1 . x +1 ∴f (0) = 0, 且f ′ (0) = 2.联立解得a = 3.故选D.
2

B. 1 D

C. 2

D. 3

2 6.设函数 f ? x ? ? 3 sin ? x .若存在 f ? x ? 的极值点 x0 满足 x02 ? ? 则 m 的取值范围 ? f ? x0 ? ? ? ?m ,

m

是(

) B. ? ??, ?4? ? ? 4, ?? C. ? ??, ?2? ? ? 2, ?? D. ? ??, ?1?? ?4, ? ?

A. ? ??, ?6? ? ? 6, ?? 【答案】 【解析】
? f ( x) = 3 sin

C

πx |m| 的极值为± 3,即[ f ( x0 )]2 = 3, | x0 |≤ , m 2 2 2 m m 2 ∴x0 +[ f ( x0 )]2 ≥ + 3, ∴ + 3 < m 2 , 解得 | m |> 2.故选C. 4 4

7.设函数 f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中 a<1,若存在唯一的整数 x0,使得 f(x0)<0, 则 a 的取值范围是
? 3 ? A.?-2e,1? ? ? ? 3 3? B. ?-2e,4? ? ? ? 3 3? C. ?2e,4? ? ? ?3 ? D. ?2e,1? ? ?

8.设函数 f(x)= ? (A)3 答案:C

1, ?1 ? log2 (2 ? x), x<
x ?1 ?2 , x ? 1

,则 f (-2)+ f (log212) = (C)9 (D)12

(B)6

9.如图,长方形 ABCD 的边 AB=2,BC=1,O 是 AB 的中点,点 P 沿着边 BC,CD 与 DA 运动,∠BOP=x。将动点 P 到 AB 两点距离之和表示为 x 的函数 f(x) ,则 f(x) 的图像大致为

答案:B 10.(2013 湖北,理 10)已知 a 为常数,函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点 x1,x2(x1 <x2),则( ).
1 A.f(x1)>0,f(x2)> 2 1 ? C.f(x1)>0,f(x2)< 2 ? 1 B.f(x1)<0,f(x2)< 2 1 ? D.f(x1)<0,f(x2)> 2 ?

10.答案:D 解析:由题意知,函数 f(x)=x(ln x-ax)=xln x-ax2 有两个极值点, 即 f′(x)=ln x+1-2ax=0 在区间(0,+∞)上有两个根. 令 h(x)=ln x+1-2ax,则 h′(x)= = ? 2a ? ∴a>0.由 h′(x)=0, 可得 x ?
1 x ?2ax ? 1 ,当 a≤0 时 h′(x)>0,f′(x) x

在区间(0,+∞)上递增,f′(x)=0 不可能有两个正根,
1 1 ? 1 ? , 从而可知 h(x)在区间 ? 在区间 ? 0, ? 上递增, ,?? ? ? 2a ? 2a ? ? 2a ? 1 1 1 ? 1 1 上递减.因此需 h ? +1? 1=ln >0,即 >1 时满足条件,故当 0<a < 时,h(x) ? ? =ln 2a 2 2a 2a ? 2a ?

=0 有两个根 x1,x2,且 x1 ? ∴ x1 ? 1 ?

1 <x2 .又 h(1)=1-2a>0, 2a

1 <x2 ,从而可知函数 2a

f(x)在区间(0,x1)上递减,在区间(x1,x2)上递增,在
1 2

区间(x2,+∞)上递减. ∴f(x1)<f(1)=-a<0,f(x2)>f(1)= ? a ? ? .故选 D.

11.设函数 f ’(x)是奇函数 f (x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当 x>0 时,x f ’(x)-f (x)<0, 则使得 f (x) >0 成立的 x 的取值范围是 (A) (-∞,-1)∪(0,1) (C) (-∞,-1)∪(-1,0) 答案:A 12. 函数 y ? 2x2 ? e x 在 [?2, 2] 的图像大致为 (B) (-1,0)∪(1,+∞) (D) (0,1)∪(1,+∞)

(A)

(B)

(C) 【答案】D

(D )

【详细解答】解法 1(排除法) :? f ( x) ? 2x2 ? e x 为偶函 且 f (2) ? 8 ? e2 ? 8 ? 7.4 ? 0.6 ,故选 D.. 解 法 2 : ? f ( x) ? 2x2 ? e x 为 偶 函 数 , 当 x ? 0 时 , ,作 y ? 4 x 与 y ? ex (如图 1 ) ,故存在实数 f ' ( x)? 4x ? xe
x0 ? (0,1) ,使得 f ' ( x0 ) ? 0

数,

且 x ? (0, x0 ) 时, f ' ( x0 ) ? 0 , x ? ( x0 , 2) 时, f ' ( x0 ) ? 0 ,
? f ( x) 12.

0 ? c ? 1 ,则 若 a ? b ? 1,

(A) a c ? bc (B) abc ? bac (C) a logb c ? b loga c (D) loga c ? logb c 【答案】C
c ? ,易知 C 正确. 【详细解答】解法 1(特殊值法) ,令 a ? 4, b ? 2, 1 2

解法 2:当 ? ? 0 时,幂函数 f ( x) ? x? 在 (0, ??) 上递增,故 A 选项错误;当 a ? 1 时, a 越大 对数函数 f ( x) ? loga x 的图像越靠近 x 轴,当 0 ? c ? 1 时, loga c ? logb c ,故 D 选项错误;
abc ? bac 可化为

a a ? ( ) c ,由指数函数知,当 a ? 1 时, f ( x) ? a x 在 (0, ??) 上递增,故 B 选项 b b
1 1

错误; a logb c ? b loga c 可化为 log c ? log c ,?1 ? b ? b ? a ,故 C 选项正确.
ba ab

1 a

1 b

1 b

在 (0, x0 ) 上递减,在 ( x0 , 2) 上递增,故选 D. 13.已知函数 f(x) (x∈R)满足 f(x)=f(2﹣x) ,若函数 y=|x2﹣2x﹣3|与 y=f(x) 图象的交点为(x1,y1) , (x2,y2) ,…, (xm,ym) ,则 A.0 B.m C.2m D.4m 【解答】解:∵函数 f(x) (x∈R)满足 f(x)=f(2﹣x) , 故函数 f(x)的图象关于直线 x=1 对称, 函数 y=|x2﹣2x﹣3|的图象也关于直线 x=1 对称, 故函数 y=|x2﹣2x﹣3|与 y=f(x) 图象的交点也关于直线 x=1 对称, 故 x i= × 2=m,故选:B ) x i =( )

14. 下列函数中, 其定义域和值域分别与函数 y=10lgx 的定义域和值域相同的是 ( A.y=x B.y=lgx C.y=2x D.y=

15.若函数 f(x)=xln(x+ a+x2)为偶函数,则 a=______. 16. 已知 偶函 数 f ? x ? 在 ?0, ??? 单 调递 减, f ? 2? ? 0 . 若 f ? x ?1? ? 0 ,则 x 的 取 值范 围是

__________. 【答案】 【解析】
? 偶函数y = f ( x)在[0,+∞)上单增,且f (2) = 0 ∴ f ( x) > 0的解集为| x |> 2. ∴ f ( x - 1) > 0的解集为| x - 1 |> 2,解得x ∈(-∞, - 1) ∪ (3, +∞) . 故解集为| x - 1 |> 2,解得x ∈ (-∞ , - 1) ∪ (3, +∞ ) .
(-∞ , -1 ) ∪ (3, +∞ )

0 ? c ? 1 ,则 12. 若 a ? b ? 1,

(A) a c ? bc (B) abc ? bac (C) a logb c ? b loga c (D) loga c ? logb c 【答案】C
c ? ,易知 C 正确. 【详细解答】解法 1(特殊值法) ,令 a ? 4, b ? 2, 1 2

解法 2:当 ? ? 0 时,幂函数 f ( x) ? x? 在 (0, ??) 上递增,故 A 选项错误;当 a ? 1 时, a 越大 对数函数 f ( x) ? loga x 的图像越靠近 x 轴,当 0 ? c ? 1 时, loga c ? logb c ,故 D 选项错误;
abc ? bac 可化为

a a ? ( ) c ,由指数函数知,当 a ? 1 时, f ( x) ? a x 在 (0, ??) 上递增,故 B 选项 b b
1 1

错误; a logb c ? b loga c 可化为 log c ? log c ,?1 ? b ? b ? a ,故 C 选项正确.
ba ab

1 a

1 b

1 b

17.(2013 课标全国Ⅰ, 理 21)(本小题满分 12 分)设函数 f(x)=x2+ax+b, g(x)=ex(cx +d).若曲线 y=f(x)和曲线 y=g(x)都过点 P(0,2),且在点 P 处有相同的切线 y=4x +2. (1)求 a,b,c,d 的值; (2)若 x≥-2 时,f(x)≤kg(x),求 k 的取值范围 解:(1)由已知得 f(0)=2,g(0)=2,f′(0)=4,g′(0)=4. 而 f′(x)=2x+a,g′(x)=ex(cx+d+c), 故 b=2,d=2,a=4,d+c=4. 从而 a=4,b=2,c=2,d=2. (2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1). 设函数 F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2, 则 F′(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1). 由题设可得 F(0)≥0,即 k≥1. 令 F′(x)=0 得 x1=-ln k,x2=-2. ①若 1≤k<e2,则-2<x1≤0.从而当 x∈(-2,x1)时,F′(x)<0;当 x∈(x1,+∞) 时, F′(x)>0.即 F(x)在(-2, x1)单调递减, 在(x1, +∞)单调递增. 故 F(x)在[-2,

+∞)的最小值为 F(x1). 而 F(x1)=2x1+2- x12 -4x1-2=-x1(x1+2)≥0. 故当 x≥-2 时,F(x)≥0,即 f(x)≤kg(x)恒成立. ②若 k=e2,则 F′(x)=2e2(x+2)(ex-e-2). 从而当 x>-2 时,F′(x)>0,即 F(x)在(-2,+∞)单调递增. 而 F(-2)=0,故当 x≥-2 时,F(x)≥0,即 f(x)≤kg(x)恒成立. ③若 k>e2,则 F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0. 从而当 x≥-2 时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立. 综上,k 的取值范围是[1,e2]. ax 18.、[2014· 全国卷] 函数 f(x)=ln(x+1)- (a>1). x+a (1)讨论 f(x)的单调性; 2 3 (2)设 a1=1,an+1=ln(an+1),证明: <an≤ . n+2 n+2 x[x-(a2-2a)] 解:(1)易知 f(x)的定义域为(-1,+∞),f′(x)= . (x+1)(x+a)2 (i)当 1<a<2 时,若 x∈(-1,a2-2a),则 f′(x)>0,所以 f(x)在(-1,a2-2a)是增 函数; 若 x∈(a2-2a,0),则 f′(x)<0,所以 f(x)在(a2-2a,0)是减函数; 若 x∈(0,+∞),则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)是增函数. (ii)当 a=2 时,若 f′(x)≥0,f′(x)=0 成立当且仅当 x=0,所以 f(x)在(-1,+∞)是 增函数. (iii)当 a>2 时,若 x∈(-1,0),则 f′(x)>0,所以 f(x)在(-1,0)是增函数; 若 x∈(0,a2-2a),则 f′(x)<0, 所以 f(x)在(0,a2-2a)是减函数; 若 x∈(a2-2a,+∞),则 f′(x)>0,所以 f(x)在(a2-2a,+∞)是增函数. (2)由(1)知,当 a=2 时,f(x)在(-1,+∞)是增函数. 2x 当 x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=0,即 ln(x+1)> (x>0). x+2 又由(1)知,当 a=3 时,f(x)在[0,3)是减函数.

3x 当 x∈(0,3)时,f(x)<f(0)=0,即 ln(x+1)< (0<x<3). x+3 2 3 下面用数学归纳法证明 <a n ≤ . n+2 n+2 2 (i)当 n=1 时,由已知3<a1=1,故结论成立. 2 3 (ii)假设当 n=k 时结论成立,即 <ak≤ . k+2 k+2 当 n=k+1 时, 2 2× k+2 ? 2 ? 2 ak+1=ln(ak+1)>ln?k+2+1?> 2 = , k+ 3 ? ? +2 k+2 3 3× k+2 ? 3 ? 3 ak+1=ln(ak+1)≤ln?k+2+1?< 3 = , k+ 3 ? ? +3 k+2 即当 n=k+1 时,有 2 3 <ak+1≤ ,结论成立. k+3 k+3

根据(i)(ii)知对任何 n∈N*结论都成立. 19. (本小题满分 12 分) 已知函数 f ? x ? = e x ? e? x ? 2 x (Ⅰ)讨论 f ? x ? 的单调性; (Ⅱ)设 g ? x ? ? f ? 2x ? ? 4bf ? x ? ,当 x ? 0 时, g ? x ? ? 0 ,求 b 的最大值; (Ⅲ)已知 1.4142 ? 2 ? 1.4143,估计 ln2 的近似值(精确到 0.001)

【答案】 【解析】 (1)

(1)

f ( x)在R上单增

(2) 2

? f ( x) = e x - e- x - 2 x,x ∈ R ∴ f ′ ( x) = e x + e - x - 2 = e x + 所以,f ( x)在R上单增 .

1 1 - 2 ≥2 e x ? x - 2 = 0. x e e

(2)
g ( x) = f (2 x) - 4bf ( x) = e 2 x - e -2 x - 4 x - 4b(e x - e - x - 2 x) > 0, x > 0. 令h( x) = e 2 x - e -2 x - 4 x - 4b(e x - e - x - 2 x), x > 0, 则h(0) = 0. h′ ( x) = 2e 2 x + 2e -2 x - 4 - 4b(e x + e - x - 2), ∴?x∈ (0,m),m > 0,使h′ ( x) ≥0. 即2e 2 x + 2e -2 x - 4 - 4b(e x + e - x - 2) ≥0 即e 2 x + e -2 x - 2 - 2b(e x + e - x - 2) ≥0. 同理,令m( x) = e 2 x + e -2 x - 2 - 2b(e x + e - x - 2),x ∈ (0,m),m > 0, 则m(0) = 0. m′ ( x) = 2e 2 x - 2e -2 x - 2b(e x - e - x ), ∴?x∈ (0,t),t > 0,使m( x) ≥0. 即2e 2 x - 2e -2 x - 2b(e x - e - x ) ≥0,即(e x + e - x )(e x e - x ) - b(e x - e - x ) ≥0且e x - e - x > 0, 即e x + e - x ≥b,即e x + e - x > 2 e x ? e - x = 2 ≥b,所以b的最大值为2

(3)
设x = ln 2 > 0, 则f (ln 2 ) > 0,即f (ln 2 ) = 2 解得 ln 2 < 1 2 - 2 ln 2 = - ln 2 > 0. 2 2

2 .由(2)知,f (2 x) > 8 f ( x),令x = ln 2 > 0, 则f (2 ln 2 ) > 8 f (ln 2 ), 2 1 1 即f (ln 2) > 8 f (ln 2 ),即2 - - 2 ln 2 >( 8 2- 2 ln 2 ), 解得 2 2 3 2 1 2 1 2 6 ln 2 > 4 2 - ,即ln 2 > 2 - .所以 2 - < ln 2 < . 2 3 4 3 4 2

20.(本小题满分 12 分) 1 已知函数 f(x)=x3+ax+4,g(x)=-lnx. (Ⅰ)当 a 为何值时,x 轴为曲线 y=f(x) 的切线; (Ⅱ)用 min ?m, n? 表示 m,n 中的最小值,设函数 h(x)=min{f(x),g(x)} (x>0),讨论 h(x)零点的个数. 21. 设函数 f(x)=emx+x2-mx. (Ⅰ)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增; (Ⅱ)若对于任意 x1, x2∈[-1,1],都有|f(x1)- f(x2)|≤e-1,求 m 的取值范围

22.已知函数 f ( x) ? ( x ? 2)ex ? a( x ?1)2 有两个零点. (I)求 a 的取值范围; (II)设 x1 , x2 是 f ( x) 的两个零点,证明: x1 ? x2 ? 2 . 【详细解答】 (I) f ' ( x) ? ex ? ( x ? 2)ex ? 2a( x ?1) ? ( x ?1)(ex ? 2a) ①当 a ? 0 时, f ( x) ? ( x ? 2)ex ,此时函数 f ( x) 只有一个零点,不符合题意舍去; ②当 a ? 0 时,由 f ' ( x) ? 0 ? x ? 1,由 f ' ( x) ? 0 ? x ? 1 , 所以 f ( x) 在 (??,1) 上递减,在 (1, ??) 上递增,
? f ( x)min ? f (1) ? ?e ? 0 ,又 f (2) ? a ? 0 ,所以函数 f ( x) 在 (1, ??) 上只有一个零点,

当 x ??? 时, e x ? 0 ,此时, f ( x) ? ?? ,所以函数 f ( x) 在 (??,1) 上只有一个零点 此时函数 f ( x) 有两个零点. ③当 ? ? a ? 0 时, 0 ? ln(?2a) ? 1 ,由 f ' (x) ? 0 ? x ?1 或 x ? ln( ? 2a ) ,由 f ' (x) ? 0 ?ln( ? 2a ) ? x ?1 所以 f ( x) 在 (??,ln(?2a)) 和 (1, ??) 上递增,在 (ln(?2a),1) 上递减,
? f ( x)极小值 ? f (1) ? ?e ? 0 , f ( x)极大值 ? f (ln(?2a)) ? (ln(?2a) ? 2)(?2a) ? a(ln(?2a) ?1)2 ? 0
e 2

此时函数 f ( x) 至多一个零点,不符合题意,舍去; ④当 a ? ? 时, f ' ( x) ? ex ? ( x ? 2)ex ? 2a( x ?1) ? ( x ?1)(ex ? e) ? 0 恒成立,此时函数 f ( x) 至多一 个零点,不符合题意,舍去 ⑤当 a ? ? 时, ln(?2a) ? 1 ,由 f ' ( x) ? 0 ? x ? 1或x ? ln(?2a) ,由 f ' ( x) ? 0 ? 1 ? x ? ln(?2a) 所以 f ( x) 在 (??,1) 和 (ln(?2a), ??) 上递增, f ( x) 在 (1,ln(?2a)) 上递减,
? f ( x)极大值 ? f (1) ? ?e ? 0 ,因为 f ( x) 在 (1,ln(?2a)) 上递减,所以 f ( x)极小值 =f (ln(?2a)) ? 0
e 2 e 2

此时函数 f ( x) 至多一个零点,不符合题意,舍去. 综上可知 a ? (0, ??) . (II)由(I)若 x1,x2 是 f ( x) 的两个零点,则 a ? 0 ,不妨令 x1 ? x2 ,则 x1 ? 1 ? x2 要证 x1 ? x2 ? 2 ,只要证 x1 ? 2 ? x2 ,? x2 ? 1 ,?2 ? x2 ? 1 ,当 a ? 0 时, f ( x) 在 (??,1) 上递减,

且 f ( x1 ) ? 0 , f (1) ? 0 所以,只要证 f (2 ? x2 ) ? 0 ,
f (2 ? x2 ) ? ? x2e2? x2 ? a(1? x2 )2 ,又 f ( x2 ) ? ( x2 ? 2)ex2 ? a( x2 ?1)2 ? 0
? f (2 ? x2 ) ? ?x2e2?x2 ? ( x2 ? 2)ex2

令 y ? ?xe2?x ? ( x ? 2)ex ,( x ? 1)
y ? ?e
' 2? x

? xe

2? x

e2 ? e2 x ? e ? ( x ? 2)e ? ( x ? 1) , ex
x x

. ? x ? 1 , ? x ?1 ? 0 , e2 ? e2 x ,? y' ? 0
? y ? ? xe2? x ? ( x ? 2)e x 在 (1, ??) 上递减,当 x ? 1 时, y ? 0

? x ? 1 , y ? 0 ,即 f (2 ? x2 ) ? 0 成立,
? x1 ? x2 ? 2 成立.

23.(12 分)已知函数 f(x)=(x+1)lnx﹣a(x﹣1) . (I)当 a=4 时,求曲线 y=f(x)在(1,f(1) )处的切线方程; (II)若当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求 a 的取值范围. 【解答】解: (I)当 a=4 时,f(x)=(x+1)lnx﹣4(x﹣1) . f(1)=0,即点为(1,0) ,函数的导数 f′(x)=lnx+(x+1)? ﹣4, 则 f′(1)=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2,即函数的切线斜率 k=f′(1)=﹣2, 则曲线 y=f(x)在(1,0)处的切线方程为 y=﹣2(x﹣1)=﹣2x+2;

(II)∵f(x)=(x+1)lnx﹣a(x﹣1) , ∴f′(x)=1+ +lnx﹣a,∴f″(x)= ∵x>1,∴f″(x)>0, ∴f′(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴f′(x)>f′(1)=2﹣a. ①a≤2,f′(x)>f′(1)≥0, ,

∴f(x)在(1,+∞)上单调递增,∴f(x)>f(1)=0,满足题意; ②a>2,存在 x0∈(1,+∞) ,f′(x0)=0, 函数 f(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 由 f(1)=0,可得存在 x0∈(1,+∞) ,f(x0)<0,不合题意. 综上所述,a≤2.


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