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第二章 函数 考点七 导数的综合应用 教案


各地高考模拟试题精选

王肇堃

第二章
考点七
一、选择题: 二、填空题:

函数

导数的综合应用

三、解答题:
22. (山西省忻州实验中学 2013 届高三模拟考试理) (12 分) 已知函数 f ( x) ? ( a ? ) ln x ?

①试讨论 f ( x) 在区间 (0, 1) 上的单调性;

1 a

1 . ? x( a ? 1 ) x

②当 a ? ?3, ? ? ? 时, 曲线 y ? f ( x) 上总存在相异两点 P ( x1 , f ( x1 )) ,Q ( x2 , f ( x2 )) , 使得曲线 y ? f ( x) 在点 P , Q 处的切线互相平行,求证: x1 ? x2 ? 22.解:

6 . 5

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21. (山西省临汾一中、忻州一中、康杰中学、长治二中 2013 届高三第三次四校联考文) (本小题满分 12 分)已知

f ( x) ? ax 2 ? 2 ln x , x ? (0 , e] ,

其中 e 是自然对数的底.

(1)若 f ( x) 在 x ? 1 处取得极值,求 a 的值; (2)求 f ( x) 的单调区间; (3)设 a ?

1 x , g ( x) ? ?5 ? ln ,存在 x1 , x 2 ? (0 , e] ,使得 | f ( x1 ) ? g ( x 2 ) |? 9 成立,求 a 的取值范围. 2 a e

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b 21. (山西大学附中 2012 年高三下学期三模理科) (本题满分 12 分)设函数 f ( x) ? ax ? (a, b ? R) ,若 f ( x ) x 在点 (1, f (1)) 处的切线斜率为 1 . (1)用 a 表示 b ; (2)设 g ( x ) ? ln x ? f ( x) ,若 g ( x ) ? ?1 对定义域内的 x 恒成立,求实数 a 的取值范围; b b 解: (1) f ?( x ) ? a ? 2 ,依题意有: f ?(1) ? a ? 2 ? a ? b ? 1 ? b ? a ? 1 ;…………2′ x x a ?1 (2) g( x) ? ln x ? f ( x) ? ln x ? (ax ? ) ? ?1 恒成立. x g ( x ) ? ?1 恒成立即 g ( x )max ? ?1 . 方法一: g ( x ) ? ?1 恒成立,则 g (1) ? 1 ? ?a ? a ? 1 ? 1 ? 0 ? a ? 1 .
1 ? a[ x ? ( ?1 ? )]( x ? 1) ?( ax ? a ? 1)( x ? 1) 1 a ? ? 0 ? x ? 1, x ? ?1 ? 当 a ? 1 时, g ?( x ) ? x2 x2 a 1 x ? ?1 ? ? 0, x2 g ?(0) ? 0 ,则 x ? (0,1) , g ?( x) ? 0 , g ( x ) 单调递增,当 x ? (1, ?? ) , g ?( x) ? 0 , g ( x ) 单调 a 递减,则 g ( x )max ? g (1) ? 1 ? 2a ? ?1 ,符合题意;

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g ( x ) ? ?1 恒成立,实数 a 的取值范围为 a ? 1 ;……………6′

1 1 ( g (?1 ? ) ? ln(?1 ? ) ? 1 ? 0 矛盾; ) a a 1 若 a ? 1 , ?1 ? ? 0 , x ? (0,1) , g ?( x) ? 0 , g ( x ) 单调递增;当 x ? (1, ?? ) , g ?( x) ? 0 , g ( x ) 单调递减, a 则 g ( x )max ? g (1) ? 1 ? 2a ? ?1 ,符合题意; 综上,得 g ( x ) ? ?1 恒成立,实数 a 的取值范围为 a ? 1 ;……………6 21. (山西省山大附中 2012 届高三 4 月月考文科) (本小题满分 12 分)

已知函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? x ? 2 . (a?R ) . (1)当 a ? 1 时,求函数 f ( x) 的极值; (2)若对 ?x ? R ,有 f '( x ) ?| x | ?

4 成立,求实数 a 的取值范围. 3

当 x 变化时, f '( x) , f ( x ) 的变化情况如下表:

x
f '( x) f ( x)
1 3

1 (??, ? ) 3
+ 单调递增

?
0

1 3

1 ( ? ,1) 3 ?
单调递减

1 0 极小

(1, ??)
+ 单调递增

极大

----------------------------------------------------------------------------4 分 ∴当 x ? ? 时,函数 f ( x ) 有极大值, f ( x)极大 =f ( ? ) ? 2

1 3

5 , ---------------5 分 27

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当 x ?1时 函数 f ( x ) 有极小值, f ( x)极小 ? f (1) ? 1 ----------------6 分

1 1 1 ? 2 3| x | ? ? 2 ,当且仅当 x ? ? 时等号成立, 3 3| x | 3| x | 1 ∴ 1 ? 2a ? 2 ? a ? ? --------------------------------13 分 2 ③当 x ? 0 时, a ? R 1 1 综上得实数 a 的取值范围为 [? , ] .--------------------------14 分 2 2
∵ 3| x | ? 21.(四川省绵阳市 2013 届高三第三次诊断性考试文)(本小题满分 14 分) 已 知 函 数 f(x)=ex-ax(e 为 自 然 对 数 的 底 数 ) . (I)求函数 f(x)的单调区间; 2 (2)如果对任意 x ? [2,??] ,都有不等式 f(x)>x+x 成立,求实数 a 的取值范围; (2I)设 n ? N * ,证 明 : ( ) + ( ) + ( ) +…+ ( ) <
n n n n

1 n

2 n

3 n

n n

e e ?1

解: (1)∵ f ?( x) ? e x ? a , 当 a≤0 时 f ?( x) ? 0 ,得函数 f(x)在(-∞,+∞)上是增函数. 当 a>0 时, 若 x∈(lna,+∞) , f ?( x) ? 0 ,得函数 f ( x) 在(lna,+∞)上是增函数; 若 x∈(-∞,lna) , f ?( x) ? 0 ,得函数 f ( x) 在(-∞,lna)上是减函数. 综上所述,当 a≤0 时,函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,+∞) ;当 a>0 时,函数 f(x)的单调递增 区间是(lna,+∞) ,单调递减区间是(-∞,lna) .…5 分 (2)由题知:不等式 ex-ax>x+x2 对任意 x ? [2,? ?) 成立,

ex ? x2 ? x 对任意 x ? [2,? ?) 成立. x ex ? x2 ? x ( x ? 1)e x ? x 2 设 g ( x) ? (x≥2) ,于是 g ?( x) ? . x x2 再设 h( x) ? ( x ? 1)e x ? x 2 ,得 h?( x) ? x(e x ? 2) . 由 x≥2,得 h?( x) ? 0 ,即 h( x) 在 [2,? ?) 上单调递增, h( x ) ∴h(x)≥h(2)=e2-4>0,进而 g ?( x) ? 2 ? 0 , x
即不等式 a ?
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∴g(x)在 [2,? ?) 上单调递增, ∴ [ g ( x)]min ? g (2) ? ∴a ?

e2 ?3, 2

e2 e2 ? 3 ,即实数 a 的取值范围是 (??, ? 3) .………………………10 分 2 2 (Ⅲ)由(1)知, 当 a=1 时,函数 f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. ∴f(x)≥f(0)=1,即 ex-x≥1,整理得 1+x≤ex. i ? i i i 令 x ? ? (n∈N*,i=1,2,…,n-1) ,则 0 ? 1 ? ≤ e n ,即 (1 ? ) n ≤ e ? i , n n n n ? 1 n ?1 n ? 2 n ?2 n ? 3 n ?3 1 ∴( ) ≤e ,( ) ≤e ,( ) ≤ e ,…, ( ) n ≤ e ? ( n ?1) , n n n n n n 0 显然 ( ) ≤ e , n n n n ?1 n n ? 2 n n ? 3 n 1 ) ?( ) ?( ) ? ??? ? ( ) n ∴( ) ?( n n n n n 0 ?1 ?2 ?3 ? ( n ?1) ≤ e ? e ? e ? e ? ??? ? e 1 ? e ? n e(1 ? e ? n ) e , ? ? ? ?1 1? e e ?1 e ?1 1 2 3 n n e ? 故不等式 ( ) n ? ( ) n ? ( ) n ? …+( ) (n∈N*)成立.……………4 分 n n n n e ?1 21 . ( 四 川 省 宜 宾 市 高 中 2013 届 高 三 二 诊 考 试 理 )( 本 小 题 满 分 14 分 ) 已 知 函 数

ft ( x) ?

1 1 ? (t ? x) ,其中 t 为正常数. 1 ? x (1 ? x) 2 (1)求函数 f t ( x) 在 (0, ??) 上的最大值; 5 (2)设数列 {an } 满足: a1 ? , 3an ?1 ? an ? 2 , 3
(1)求数列 {an } 的通项公式 an ; (2)证明:对任意的 x ? 0 , (Ⅲ)证明:

1 ? f 2 ( x)(n ? N *) ; an 3n

1 1 1 n2 . ? ? ??? ? ? a1 a2 an n ? 1 1 1 2(t ? x) 解: (1)由 f t ( x) ? ? (t ? x) ,可得 ft? ( x) ? ( x ? 0) , 2 1 ? x (1 ? x) (1 ? x)3
…………………(2 分) 所以, f t? ( x) ? 0 ? 0 ? x ? t , f t? ( x) ? 0 ? x ? t ,…………………(3 分) 则 f t ( x) 在区间 (0, t ) 上单调递增,在区间 (t , ??) 上单调递减,

1 .…………………(4 分) 1? t 1 2 (2) (1)由 3an ?1 ? an ? 2 ,得 an ?1 ? 1 ? (an ? 1) ,又 a1 ? 1 ? , 3 3 2 1 2 则数列 {an ? 1} 为等比数列,且 an ? 1 ? ? ( ) n ?1 ? n ,…………………(5 分) 3 3 3 n 2 2?3 故 an ? n ? 1 ? 为所求通项公式.…………………(6 分) 3 3n
所以, f t ( x) max ? f t (t ) ?

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(2)即证,对任意的 x ? 0 ,

1 1 1 2 ? f 2 ( x) ? ? ( n ? x) (n ? N *) 2 an 1 ? x (1 ? x) 3 3n
…………………( 7 分)

证法一: (从已有性质结论出发) 由(1)知 f 2 ( x) max ? f 2 (
3n 3n

2 1 3n 1 ) ? ? ? …………………(9 分) n n 2 3 1 ? n 3 ? 2 an 3

即有

1 ? f 2 ( x)(n ? N *) 对于任意的 x ? 0 恒成立.…………………(10 分) an 3n

证法二: (作差比较法)

2 2 ? 1 ? 0 及 an ? 1 ? n ? 0 …………………( 8 分) n 3 3 1 1 1 1 2 1 1 1 ? f 2 ( x) ? ? ? ( n ? x) ? ? ? (an ? 1 ? x) 2 2 an a 1 ? x (1 ? x ) 3 a 1 ? x (1 ? x ) n n n 3
由 an ?

? 1 an ? an 1 2 ? ? ? ? ? ? ? ? 0 …………………(9 分) an 1 ? x (1 ? x) 2 ? a 1 ? x ? n ? ?
即有

2

1 ? f 2 ( x)(n ? N *) 对于任意的 x ? 0 恒成立.…………………(10 分) an 3n
1 1 1 2 ? ? ( n ? x) , 2 an 1 ? x (1 ? x) 3

(Ⅲ)证法一: (从已经研究出的性质出发,实现求和结构的放缩) 由(2)知,对于任意的 x ? 0 都有 于是,

n ? 1 ? 1 1 1 1 2 ? ? ??? ? ? ? ? ? ( k ? x) ? 2 a1 a2 an k ?1 ?1 ? x (1 ? x) 3 ? n 1 2 2 2 ? ? ( ? 2 ? ??? ? n ? nx) 2 1 ? x (1 ? x) 3 3 3 …………………(11 分)对于任意的 x ? 0 恒成立

特别地,令 1 ?

1 1 1 ? nx0 ? 0 ,即 x0 ? (1 ? n ) ? 0 ,…………………(12 分) n 3 n 3 1 1 1 n n n2 n2 ? ??? ? ? ? ? ? 有 ? ,故原不等式成立. a1 a2 an 1 ? x0 1 ? 1 (1 ? 1 ) n ? 1 ? 1 n ? 1 n 3n 3n

…………………(14 分) 以下证明小组讨论给分 证法二: (应用柯西不等式实现结构放缩) 2 2 2 2 由柯西不等式: ( x1 y1 ? x2 y2 ? ??? ? xn yn ) 2 ? ( x12 ? x2 ? ??? ? xn )( y12 ? y2 ? ??? ? yn ) 其中等号当且仅当 xi ? kyi (i ? 1, 2, ???n) 时成立. 令 xi ?

1 , yi ? ai ,可得 ai 1 1 1 1 1 1 ( ? ? ??? ? )(a1 ? a2 ? ??? ? an ) ? ( ? a1 ? ? a2 ? ??? ? ? an ) 2 ? n 2 a1 a2 an a1 a2 an



1 1 1 n2 ? ? ??? ? ? a1 a2 an a1 ? a2 ? ??? ? an
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1 1 (1 ? n ) 2 3 ? n ?1? 1 而由 an ? n ? 1 ,所以 a1 ? a2 ? ??? ? an ? n ? 2 ? 3 1 3n 3 1? 3 2 2 1 1 1 n n 故 ? ,所证不等式成立. ? ??? ? ? ? a1 a2 an n ? 1 ? 1 n ? 1 3n 证法三: (应用均值不等式“算术平均数” ? “几何平均数”) a ? a2 ? ??? ? an n 由均值不等式: 1 ? a1 ? a2 ????? an ,其中 ai ? 0 n 1 1 1 1 ? ??? ? ? n ? n 可得 a1 ? a2 ? ??? ? an ? n ? n a1 ? a2 ????? an , ? a1 a2 an a1 ? a2 ????? an 1 1 1 两式相乘即得 ( ? ? ??? ? )(a1 ? a2 ? ??? ? an ) ? n 2 ,以下同证法二. a1 a2 an
证法四: (逆向分析所证不等式的结构特征,寻找证明思路) 欲证

1 1 1 n2 , ? ? ??? ? ? a1 a2 an n ? 1 1 3n 2 n2 n2 ? 1 ? 1 1 n ,而 ? n ? 1? n ? ? n ?1? ? n? an 3 ? 2 3 ?2 n ?1 n ?1 n ?1 n ?1

注意到

从而所证不等式可以转化为证明

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

在此基础上可以考虑用数学归纳法证明此命题 21. (四川省资阳市 2013 届高三第二次高考模拟考试文) (本小题满分 14 分) 设函数 f ( x) ? x3 ? x 2 ? 3 . (1)求 f ( x) 的单调区间; (2)若函数 y ? f ( x) ? m 在 [?1, 2] 上有三个零点,求实数 m 的取值范围; a 1 (Ⅲ)设函数 g ( x) ? ? x ln x ,如果对任意的 x1 , x2 ? [ , 2] ,都有 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立,求实数 a 的取 x 2 值范围. 21.解析(1) f ?( x) ? 3x 2 ? 2 x ? x(3x ? 2) , 2 2 由 f ?( x) ? 0 时,解得 x ? 0 或 x ? ;由 f ?( x) ? 0 时,解得 0 ? x ? . 3 3 2 2 故函数 f ( x) 的单调递增区间是 (??, 0) , ( , ??) ;单调递减区间是 (0, ) . · · · · · · · · · · · 4分 3 3 (2)令 h( x) ? f ( x) ? m ,则 h( x) ? x3 ? x 2 ? 3 ? m ,∴ h?( x) ? 3x 2 ? 2 x ? x(3x ? 2) , 2 2 由(1)知,当函数 h( x) 在 (??, 0) 上单调递增,在 (0, ) 上单调递减,在 ( , ??) 上单调递增. 3 3 2 2 85 函数 h( x) 在 x ? 0 处取得极大值 h(0) ? ?3 ? m ,在 x ? 处取得极小值 h( ) ? ? ? m , 3 3 27 由函数 y ? f ( x) ? m 在 [?1, 2] 上有三个零点,则有:
?h(?1) ? 0, ??5 ? m ? 0, ?h(0) ? 0, ??3 ? m ? 0, ? ? 85 ? ? 即 ? 85 解得 ? ? m ? ?3 , ? 2 h ( ) ? 0, ? ? m ? 0, 27 ? 3 ? 27 ? ? ? ? ?h(2) ? 0, ?1 ? m ? 0,
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85 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 9分 , ?3) . · 27 1 2 2 (Ⅲ)由(1)知,函数 f ( x) 在 ( , ) 上单调递减,在 ( , 2) 上单调递增, 2 3 3 1 25 而 f ( ) ? ? , f (2) ? 1 , 2 8 1 故函数 f ( x) 在区间 [ , 2] 上的最大值 f ( x) max ? f (2) ? 1 . 2 1 a ∴只需当 x ? [ , 2] 时, g ( x) ? ? x ln x ? 1 恒成立即可,即等价于 a ? x ? x 2 ln x 恒成立,所以,记 2 x 2 u ( x) ? x ? x ln x ,所以 a ? u ( x)max , u ?( x) ? 1 ? x ? 2 x ln x ,可知 u ?(1) ? 0 , 1 1 当 x ? ( ,1) 时, 1 ? x ? 0 , 2 x ln x ? 0 ,则 u ?( x) ? 0 ,∴ u ( x) 在 ( ,1) 上单调递增; 2 2 当 x ? (1, 2) 时, 1 ? x ? 0 , 2 x ln x ? 0 ,则 u ?( x) ? 0 ,∴ u ( x) 在 (1, 2) 上单调递减; 1 故当 x ? 1 时,函数 u ( x) 在区间 [ ,1] 上取得最大值 h(1) ? 1 , 2 所以 a ? 1 ,故实数 a 的取值范围是 [1, ??) . · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 14 分

故实数 a 的取值范围是 (?

21. (四川省成都十二中 2013 届高三 3 月考理) (本小题满分 14 分) 已知:函数 f ( x) ? a ln x ? ax ? 3(a ? R ) . (1)求函数 f ( x) 的单调区间; (2)若函数在处的切线与直线 3 x ? 2 y ? 1 ? 0 平行,且方程 2 f ( x) ? x ? 2 x ? m ? 6 ? 0 恒有三个实根, 求 m 的取值范围;
2

(2I)求证:

ln 2 ln 3 ln 4 ln n 1 ? ? ? ?? ? (n ? 2, n ? ? ? ) 2 3 4 n n

解: (1)f'(x)=(a/x)-a=[a(1-x)]/(x) 若 a<0,则 f(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增; 若 a=0,则函数无单调性; 若 a>0,则 f(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减. (2)f'(x)=a/x-af'(2)=-3/2a=3 原方程可化为 61nx+x^-8x-m=0 记 g(x)=6lnx+x^-8x-m g'(x)=6/x+2x-8=0 x=1,x=3 g(1)>0 且 g(3)<0 得 m 的范围 (6,15 ? 6 ln 3) (2I)

48. (四川广安二中 2011 届高三数学一诊复习题综合测试题三) (12 分)已知函数 f ( x) ? sin(? x ? ? ), 其 中 ? ? 0,| ? |? (1)若 cos

?
2

.

?
4

cos ? ? sin

3? sin ? ? 0, 求 ? 的值; 4
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(2)在(1)的条件下,若函数 f ( x ) 的图象的相邻两条对称轴之间的距离等于 得函数的图象向左平移 m 个单位后所对应的函数是偶函数. 答案(1) cos 又 | ? |?

? , 求最小的正实数 m, 使 3

?
4

cos ? ? sin

; 4 T ? 2? 2? ? ∴? ? ? 3 ∴f ( x) ? sin(3x ? ) (2)由题意知, ? ∴T ? 2 3 3 T 4 2
又 f ( x ? m) ? sin(3 x ? 3m ? 即m ?

?

∴? ?

?

3? ? ? ? sin ? ? 0 ? 0 ? cos cos ? ? sin sin ? ? cos( ? ? ) 4 4 4 4

?

k? ? ? ? (k ? Z) 所以,最小的正实数 m 是 . 3 12 12

4

) 是偶函数,∴3 ? 0 ? 3m ?

?

4

? k? ?

?

2

(k ? Z)

22. (山东省济南市 2012 年 2 月高三定时练习理科) (本小题满分 14 分) 已知 f ?x? ? x ln x, g ?x? ? x 3 ? ax2 ? x ? 2 .

(1)求函数 f ?x ? 的单调区间;[来源:学#科#网]
'

(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. 22.解: (1) f ' ( x) ? ln x ? 1, 令f ' ?x ? ? 0, 解得0 ? x ?

(2)求函数 f ?x ? 在 ?t, t ? 2? ? t ? 0? 上的最小值;

1 ? 1? ,? f ( x)单调递减区间是 ? 0, ?; …2 分 e ? e? 1 ?1 ? 令f ' ?x ? ? 0, 解得x ? ,? f ( x)单调递增区间是 ? ,?? ?; …………4 分 e ?e ?
(2) (ⅰ)0<t<t+2<

1 ,t 无解………………5 分 e 1 1 1 1 (ⅱ)0<t< <t+2,即 0<t< 时, f ( x) min ? f ( ) ? ? ……………7 分 e e e e 1 1 (ⅲ) ? t ? t ? 2 ,即 t ? 时, f ( x)在[t , t ? 2]单调递增, f ( x) min ? f ( t ) ? tlnt …9 分 e e 1 ? 1 0?t ? ?e ………………10 分 ? f ( x) min ? e , 1 ? t? ?tlnt e
(2)由题意: 2 x ln x ? 3x ? 2ax ? 1 ? 2 即 2 x ln x ? 3x ? 2ax ? 1
2 2

? x ? ?0,???

3 1 x? ……………11 分 2 2x 3x 1 ? 设 h? x ? ? ln x ? , 2 2x ?x ? 1??3x ? 1? ………12 分 1 3 1 ' ?? 则 h ?x ? ? ? ? 2 x 2 2x 2x 2 1 ' 令 h ?x ? ? 0 ,得 x ? 1, x ? ? (舍) 3 ' ' 当 0 ? x ? 1 时, h ?x ? ? 0 ;当 x ? 1 时, h ?x ? ? 0 ? 当 x ? 1 时, h?x ? 取得最大值, h?x ? max =-2……………13 分
可得 a ? ln x ?
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? a ? ?2 .

? a 的取值范围是 ?? 2,???.………………14 分

(2)函数 g(x)=f(x)+m-ln4,若方程 g(x)=0 在[

1 ,2]上恰有两解,求实数 m 的取值范围. e

22.解: (1)当 x=1 时,f(1)=2× 1-3=-1.………………1 分

a ? 2bx ,……………2 分 x ? f ?(1) ? a ? 2b ? 2 ∴? …………4 分 ? f (1) ? b ? ?1
f′ ( x)= 解得 a=4,b=-1………5 分 ∴y=f(x)=4lnx-x2.…………6 分 (2) (方法一) :g(x)=f(x)+m-ln4=4lnx-x2+m-ln4.………………7 分 令 g(x)=0 得 m=x2+4lnx+ln4,则此方程在[ , 2 ]上恰有两解.…8 分 记渍(x)=x2+4lnx+ln4 令渍′ ( x)=2x-

1 e

1 4 2 x 2 ? 4 2( x ? 2)( x ? 2) ? ? ? 0 ,得 x= 2 ∈[ , 2 ]……9 分 e x x x

x∈( , 2 ) ,渍′ ( x)<0,渍(x)单调递减; x∈( 2 ,2) ,渍′ ( x)>0,渍(x)单调递增.………11 分

1 e

?? ( 2) ? 2 ? 4 ln 2 ? 2 ln 2 ? 2 ? 1 ? 1 又 ?? ( ) ? 4 ? 2 ? 2 ln 2 ……………13 分 e ? e ? (2) ? 4 ? 4 ln 2 ? 2 ln 2 ? 4 ? 2 ln 2 ? ?
#网 Z#X#X#K] ∵渍(x)的图像如图所示(或∵渍 ( ) ≥渍(2) ) ∴2<m≤4-2ln2. ……………14 分 (方法二) : (2)g(x)=f(x)+m-ln4=4lnx-x2+m-ln4.…………………7 分

[来源:学#科

1 e

1 4 2( 2 ? x )( 2 ? x) ? 2x ? ? 0, 得 x= 2 ∈[ , 2 ],…………8 分 e x x 1 因为 g′ ( x)在区间( , 2 )上大于 0,在区间( 2 ,2)上小于 0, e 1 所以 g( x)在区间[ , 2 ]上单调递增,在区间[ 2 ,2]上单调递减,……10 分 e 1 由于 g( x)=0 在[ , 2 ]上恰有两解, e
令 g′ ( x)=

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? g ( 2) ? 4 ln 2 ? 2 ? m ? ln 4 ? m ? 2 ? 0 ? 1 1 ? 1 ? ? 所以只需满足不等式组 ? g ( ) ? ?4 ? 2 ? m ? ln 4 ? m ? ? 4 ? 2 ? 2 ln 2 ? ≤0 e e ? ? ? e ? g (2) ? 4 ln 2 ? 4 ? m ? ln 4 ? m ? (4 ? 2 ln 2) ? 0 ?
……………………………………………12 分 其中 4+

1 ? 2ln2>4-2ln2,解得 2<m≤4-2ln2.…………14 分 e2

22. (山东省实验中学 2012 年 3 月高三第四次诊断文科) (本题满分 14 分) p 2e 已知函数 f ( x) ? px ? ? 2ln x, g ( x) ? , x x (1)若 p ? 2 ,求曲线 f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程; (2)若函数 f ( x ) 在其定义域内为增函数,求正实数 p 的取值范围; (Ⅲ)若 p2 ? p ? 0 ,且至少存在一点 x0 ? [1, e] ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立,求实数 p 的取值范围. 2 2 2 22.解: (1)当 p ? 2 时,函数 f ( x) ? 2 x ? ? 2ln x, f (1) ? 2 ? 2 ? 2ln1 ? 0. f ?( x) ? 2 ? 2 ? , x x x ……………………………………………………………………………………………………2 分 曲线 f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线的斜率为 f ?(1) ? 2 ? 2 ? 2 ? 2. 从而曲线 f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程 为 y ? 0 ? 2( x ? 1), 即 y ? 2 x ? 2. …………………………………………………………4 分

p 2 px2 ? 2 x ? p ? ? . 令 h( x) ? px2 ? 2 x ? p, x2 x x2 要使 f ( x ) 在定义域 (0, ??) 内是增函数,只需 h( x) ? 0 ………………………………………6 分 2x 即 h( x) ? px2 ? 2 x ? p ? 0 ? p ? 2 , 故正实数 p 的取值范围是 [1, ??). ……………………8 分 x ?1 2e 2; ? x 时 1 , g ( x) 2e 即 , ( 3 ) ? g ( x) ? 在 [1, e] 上 是 减 函 数 , ?x ? e 时 , g ( x) m i ? n m a ? x x g ( x ) ? [2, 2e], ………………………………………………………………………………………10 分 1 ①当 p ? 0 时, 对称轴 x ? 在 y 轴的左侧, 且 h (0) ? 0 , h( x) ? px2 ? 2 x ? p, 其图象为开口向下的抛物线, p 2 所以 f ( x ) 在 x ? [1, e] 内是减函数. 当 p ? 0 时,h( x ) ? ?2 x , 因为 x ? [1, e], 所以 h( x) ? 0, f ?( x) ? ? ? 0, 此时, x [1, e ] f ( x ) 在 x ? [1, e] 内 是减函数.故 当 p ? 0 时, f ( x ) 在 上 单调递减 ? f ( x ) max ? f (1) ? 0 ? 2, 不 合题 意;……………………………………12 分 ②当 p ? 1 时,由( 2 )知 f ( x ) 在 [1, e] 上是增函数, f (1) ? 0? 2, 又 g ( x ) 在 [1, e] 上是减数,故只需
(2) f ?( x) ? p ?
1? 1? ? ? f ( x )ma x ? g ( x ) mi n, x? [1,e ],而 f ( x ) max ? f (e) ? p ? e ? ? ? 2 ln e, g ( x ) min ? 2, 即 p ? e ? ? ? 2 ln e ? 2, 解 e? e? ? ? 4e ? 4e ? , ?? ? .……………………………14 分 p ? 2 , 所以实数 p 的取值范围是 ? 2 e ? 1 e ?1 ? ? 21. (山东省烟台市 2012 年高三诊断性检测理) (本小题满分 12 分)



已知函数 f ( x) ?

1 3 x ? bx 2 ? 2 x ? a, x ? 2 是 f ( x) 的一个极值点. 3
2 ? a 2 恒成立,求 a 的取值范围. 3

(1)求函数 f ( x ) 的单调区间; (2)若当 x ? [1, ??) 时, f ( x ) ?

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a ? a ? 0 ? 0 ? a ? 1 .………………12 分
2

21 . (山东省济南一中 2012 届高三上学期期末文科) (本小题满分 12 分)定义在 R 上的函数

f ( x) ? ax3 ? bx2 ? cx ? 3 同时满足以下条件: / ① f ( x) 在 ? 0,1? 上是减函数,在 ?1, ?? ? 上是增函数;② f ( x) 是偶函数; ③ f ( x) 在 x ? 0 处的切线与直线 y ? x ? 2 垂直. (1)求函数 y ? f ( x) 的解析式; (2)设 g ( x) ? 4ln x ? m ,若存在 x ? ?1, e? ,使 g ( x) ? f ?( x) ,求实数 m 的取值范围. 2 21.解: (1) f ?( x) ? 3ax ? 2bx ? c ∵ f ( x) 在 ? 0,1? 上是减函数,在 ?1, ?? ? 上是增函数,
∴ f / (1) ? 3a ? 2b ? c ? 0 ……①……………(1 分) 由 f / ( x) 是偶函数得: b ? 0 ②……………(2 分) 又 f ( x) 在 x ? 0 处的切线与直线 y ? x ? 2 垂直, f ?(0) ? c ? ?1 ③……………(3 分)

1 1 , b ? 0, c ? ?1 ,即 f ( x) ? x 3 ? x ? 3 ……………(4 分) 3 3 2 2 (2)由已知得:若存在 x ? ?1, e? ,使 4ln x ? m ? x ? 1 ,即存在 x ? ?1, e? ,使 m ? 4ln x ? x ? 1 ,
由①②③得: a ? 设 M ( x) ? 4ln x ? x ?1
2

x ??1, e? ,则 M ?( x) ?

令 M ?( x) =0,∵ x ? ?1, e? ,∴ x ? 当x?

4 4 ? 2 x2 ? 2x ? ……… ……(6 分) x x

2 ……………(7 分)

2 时, M ?( x) ? 0 ,∴ M ( x) 在 ( 2, e] 上为减函数 当 1 ? x ? 2 时, M ?( x) ? 0 ,∴ M ( x) 在 [1, 2] 上为增函数 ∴ M ( x) 在 [1, e] 上有最大值.……………(9 分) 2 2 又 M (1) ? 1 ?1 ? 0, M (e) ? 2 ? e ? 0 ,∴ M ( x) 最小值为 2 ? e ……………(11 分) 2 于是有 m ? 2 ? e 为所求……………(12 分)

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满分 12 分)解: (1)当 a ? 0 时, f ( x) ? 2 x 在 [1, ??) 上是单调增函数,符合题 意.……………………………… ……………………………………………1 分

21. (本小题

2 , a 2 由于 y ? f ( x) 在 [1, ??) 上是单调函数,所以 ? ? 1 ,解得 a ? ?2 或 a ? 0 , a 综上, a 的取值范围是 a ? 0 ,或 a ? ?2 .…………………………4 分 lnx ? (ax ? 2) ? (2a ? 1) , (2) ? ? x ? ? x 1 因 ? ? x ? 在区间( , e )内有两个不同的零点,所以 ? ? x ? ? 0 , e 1 即方程 ax2 ? (1 ? 2a) x ? lnx ? 0 在区间( , e )内有两个不同的实根.…………5 分 e 2 设 H ( x) ? ax ? (1 ? 2a) x ? lnx ( x ? 0) ,
当 a ? 0 时, y ? f ( x) 的对称轴方程为 x ? ?

1 2ax 2 ? (1 ? 2a) x ? 1 (2ax ? 1)( x ? 1) ? ? ………7 分 x x x 1 令 H ?( x) ? 0 ,因为 a 为正数,解得 x ? 1 或 x ? ? (舍) 2a 1 当 x ? ( ,1) 时, H ?( x) ? 0 , H ( x ) 是减函数; e 当 x ? (1, e) 时, H ?( x) ? 0 , H ( x ) 是增函数.…………………………8 分 1 为满足题意,只需 H ( x ) 在( , e )内有两个不相等的零点,故 e ? 1 ? H ( e ) ? 0, ? ? H ( x)min ? H ?1? ? 0, ? H (e) ? 0, ? ? e2 ? e 解得 1 ? a ? ……………………………12 分 2e ? 1 H ?( x) ? 2ax ? (1 ? 2a ) ?

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当 a ? 0 时,由 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ?

1 . a
1 , ??) 上 f ?( x) ? 0 a 1 , ??) …………5 分 a 1 , ??) a

在区间 (0, ? ) 上, f ?( x) ? 0 ,在区间 (?

1 a

所以,函数 f ( x ) 的单调递增区为 (0, ? ) ,单调递减区间为 (? 所以,当 a ? 0 时, f ( x ) 的单调增区间为 (0, ??) .

1 a

当 a ? 0 时,函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (0, ? ) ,单调递区间为 (?

1 a

………………………………………………………………………………………………6 分

21. (江西省师大附中、鹰潭一中 2012 年 4 月高三联考理科) (本题满分 14 分) m ?1 1 已知 m ? R ,函数 f ( x) ? mx ? ? ln x , g ( x) ? ? ln x. x x g ( x ) (1)求 的极小值; (2)若 y ? f ( x) ? g ( x) 在 [1, ??) 上为单调增函数,求 m 的取值范围;
2e ,若在 ?1, e? ( e 是自然对数的底数)上至少存在一个 x 0 ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) ? h( x0 ) 成 x 立,求 m 的取值范围.

(3)设 h( x) ?

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m 2e ? 2ln x ? , x x m 2e 当 m ? 0 时,由 x ? ?1, e? 得, mx ? ? 0 , ?2ln x ? ? 0 ,所以在 ?1, e? 上不存在一个 x 0 ,使得 x x f ( x0 ) ? g ( x0 ) ? h( x0 ) .

(3)构造函数 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? h( x) ? mx ?

m 2 2e mx2 ? 2x ? m ? 2e ,因为 x ? ?1, e? ,所以 2e ? 2x ? 0 , mx 2 ? m ? 0 ,所以 ? ? ? x2 x x 2 x2 m F ?( x) ? 0 在 [1, ??) 上恒成立,故 F ( x) 在 ?1, e? 上单调递增, F ( x)max ? F (e) ? me ? ? 4 ,所以要在 ?1, e? 上存在 e x0 F (x ? ) 一 个 , 使 得 , 0 必 须 且 只 需

当 m ? 0 时, F ?( x) ? m ?

21. (江西省南昌市 2012 届高三第一次模拟文科) (本小题满分 14 分) mx 已知函数 f(x)= 2 (m,n∈R)在 x=1 处取到极值 2. x +n (1) 求 f(x)的解析式; a 7 (2) 设函数 g(x)=lnx+ .若对任意的 x1∈[-1,1],总存在 x2∈[1,e],使得 g(x2)≤f(x1)+ , x 2 求实数 a 的取值范围.

m( x 2 ? n) ? 2mx 2 ?mx 2 ? mn ? …………………………………2 分 ( x 2 ? n) 2 ( x 2 ? n) 2 ? mn ? m ?0 ? ? (1 ? n) 2 ' 由 f ( x ) 在 x ? 1 处取到极值 2,故 f (1) ? 0 , f (1) ? 2 即 ? , ? m ?2 ? ? 1? n 4x 解得 m ? 4, n ? 1 ,经检验,此时 f ( x) 在 x ? 1 处取得极值.故 f ( x) ? 2 ………4 分 x ?1
21.解:解: (1) f ?( x) ?
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21

. (



西







2012















) (

14







a b ?1 2 f ( x) ? ?1 ( x 3 ? x ? x) ? ?2 x ? 3 x (a, b ? R, a ? 0) . 3 2 (1)当 ?1 ? 1, ?2 ? 0 ,设 x1,x2 是 f(x)的两个极值点,且满足 x1<1<x2<2,求证: f ' (?1) ? 3 ; (2)当 ?1 ? 0, ?2 ? 1 时, ①求函数 y ? f ( x) ? 3(ln 3 ? 1) x (x>0)的最小值;
②对于任意正实数 a,b,c,当 a+b+c=3 时,求证:3aa+3bb+3cc≥9. 21. (14 分) (1)当 λ1=1,λ2=0, f ' ( x) ? ax ? (b ? 1) x ? 1
2

x1,x2 是 f ' ( x) ? 0 两根,由 x1<1<x2<2,a>0 ∴?

? f ' (1) ? 0 ?a ? b ? 0 即? ? f ' (2) ? 0 ?4a ? 2b ? 1 ? 0 f ' (?1) ? a ? b ? 2 ? ?3(a ? b) ? (4a ? 2b ? 1) ? 3 ? 3 …4 分

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21. (重庆市部分重点中学 2013 届高三第一次联考理) (本小题满分 12 分)已知函数

f ( x) ? ax 3 ? x 2 ? ax(a, x ? R ) . (1)当 a ? 1 时,求函数 f ( x) 的极值; (2)若 f ( x) 在区间 [0, ??) 上单调递增,试求 a 的取值或取值范围; 1 1 8 (3)设函数 h( x) ? f ?( x) ? (2a ? ) x ? a ? 1 , x ? ? ?1, b ? , (b ? ?1) ,如果存在 a ? ? ??, ?1? , 3 3 3 对任意 x ? ? ?1, b ? 都有 h( x) ? 0 成立,试求 b 的最大值.

(2) f ?( x) ? 3ax ? 2 x ? a , 若 f ( x) 在区间 [0, ??) 上是单调递增函数, 则 f ?( x) 在区间 [0, ??) 内恒大于或等于零,
2

若 a ? 0 ,这不可能, 若 a ? 0 ,则 f ( x) ? x 符合条件,
2

若 a ? 0 ,则由二次函数 f ?( x) ? 3ax ? 2 x ? a 的性质知
2

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? 2 ?a ? 0 ?? ? 0 ,即 ? ,这也不可能, ? 3a a ? 0 ? ? ? f (0) ? ?a ? 0 综上可知当且仅当 a ? 0 时 f ( x) 在区间 [0, ??) 上单调递增; 1 1 8 (3)由 f ?( x) ? 3ax 2 ? 2 x ? a , h( x) ? f ?( x) ? (2a ? ) x ? a ? 1 , 3 3 3 2 ∴ h( x) ? ax ? (2a ? 1) x ? (1 ? 3a ) , x ? ? ?1, b ? , (b ? ?1) ,
当 ?1 ? x ? b 时,令 ax ? (2a ? 1) x ? (1 ? 3a ) ? 0 ,………………①,
2

由 a ? ? ??, ?1? ,∴ h( x) 的图象是开口向下的抛物线, 故它在闭区间上的最小值必在区间端点处取得, 又 h(?1) ? ?4a ? 0 ,

∴不等式①恒成立的充要条件是 h(b) ? 0 ,即 ab ? (2a ? 1)b ? (1 ? 3a ) ? 0 ,
2

b 2 ? 2b ? 3 1 ∵ b ? ?1 ,∴ b ? 1 ? 0 ,且 a ? 0 ,∴ ?? , b ?1 a 依题意这一关于 a 的不等式在区间 ? ??, ?1? 上有解, b 2 ? 2b ? 3 1 b 2 ? 2b ? 3 ? (? ) max ,即 ? 1 , b2 ? b ? 4 ? 0 , b ?1 a b ?1 ?1 ? 17 ?1 ? 17 ?1 ? 17 ∴ ,又 b ? ?1 ,故 ?1 ? b ? , ?b? 2 2 2 ?1 ? 17 从而 bmax ? . 2


19 .( 重 庆 市 重 庆 一 中 2013 年 3 月 高 三 第 一 次 月 考 文 ) 已 知 a ? 0 , 函 数

1 2 f ( x) ? a 2 x 3 ? ax 2 ? , g ( x) ? ?ax ? 1 3 3 ⑴当 a ? 1 时,求函数 f ( x) 在 (?1,1) 上的极值; ? 1 1? ⑵若在区间 ? ? , ? 上至少存在一个实数 x0 , 使 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立,求实数 a 的 ? 2 2?
取值范围.

1 3 2 x ? x 2 ? , f ?? x ? ? x 2 ? 2 x ? x? x ? 2 ? 3 3 ? 当 ? 1 ? x ? 0 时, f ? x ? ? 0 ; 当 0 ? x ? 1 时, f ?? x ? ? 0 2 故 f ? x ?极大值 ? f ?0 ? ? , f ? x ? 无极小值 3 1 1 ? 1 1? ⑵设 F ? x ? ? f ? x ? ? g ? x ? ? a 2 x 3 ? ax 2 ? ax ? , x ? ?? , ? 3 3 ? 2 2? 2 2 2 2 则 F ?? x ? ? a x ? 2ax ? a ? a x ? a ?1 ? 2 x ? ? 1 1? ? x ? ?? , ?, a ? 0,? F ?? x ? ? 0 ? 2 2? ? 1 1? ?1? 故 F ? x ? 在区间 ?? , ? 上为增函数? F ? x ?max ? F ? ? ? 2 2? ?2? 依题意,需 F ? x ?max ? 0
19.⑴当 a ? 1 时, f ? x ? ?
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1 2 1 1 1 1 a ? ? a ? ? a ? ? ? 0 ? a 2 ? 6a ? 8 ? 0 3 8 4 2 3 解得: a ? ?3 ? 17或a ? ?3 ? 17 ? a ? 0 ? a 的范围为: ? 3 ? 17 ,??


?

?

21. (东北四校 2012 届高三第一次高考模拟理科) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ?

ax 在 x ? 1 处取得极值为 2, 设函数 y ? f ( x) 图象上任意一点 ( x0 , f ( x0 )) 处的切 x ?b
2

线斜率为 k. (1)求 k 的取值范围; (2)若对于任意 0 ? x1 ? x2 ? 1 ,存在 k,使得 k ?

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ,求证: x1 ?| x0 |? x2 . x2 ? x1

f ? x ? 的增区间为 ?? 1,1? ,故当 0 ? x1 ? x 2 ? 1 时,
即 k ? 0 ,故 x 0 ? ?? 1,1? (6 分)

f ? x 2 ? ? f ? x1 ? ? 0. x 2 ? x1

(法一)由于 f ?( x 0 ) ? f ?(? x 0) ,故只需要证明 x 0 ? ?0,1? 时结论成立

f ? x 2 ? ? f ? x1 ? ,得 f ? x 2 ? ? kx 2 ? f ? x1 ? ? kx1 , x 2 ? x1 记 h( x) ? f ( x) ? kx ,则 h( x 2 ) ? h( x1 ) h ?( x) ? f ?( x) ? k ,则 h ?( x0 ) ? 0 , 1? x x?3 设 g ?x ? ? , x ? ?0,1? , g ?? x ? ? ? 0, 2 (1 ? x) 3 ?1 ? x ? g ? x ? 为减函数,故 f ??x ? 为减函数 故当 x ? x 0 时有 f ?( x) ? f ?( x 0) ? k ,此时 h ?( x) ? 0 , h? x ? 为减函数 当 x ? x 0 时 h ?( x) ? 0 , h? x ? 为增函数
由k ? 综上,有 x1 ? x 0 ? x 2 成立(12 分)
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所以 h( x 0 ) 为 h( x) 的唯一的极大值,因此要使 h( x 2 ) ? h( x1 ) ,必有 x1 ? x 0 ? x 2

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综上,有

x1 ? x 0 ? x 2 成立(12 分)
21. (东北四校 2012 届高三第一次高考模拟文科) (本小题满分 12 分) 设 二 次 函 数 f ( x) ? mx ? nx , 函 数 g ( x) ? ax ? bx ? 3( x ? 0) , 且 有 f '(0) ? 0, f '(?1) ? ? 2 ,
2 3

f (1) ? g (1), f '(1) ? g '(1). (1)求函数 f ( x), g ( x) 的解析式; (2)是否存在实数 k 和 p,使得 f ( x) ? kx ? p和g ( x ) ? kx ? p 成立,若存在,求出 k 和 p 的值;若
不存在,说明理由.

( 2 )令 . f ( x) ? g ( x) ,可得 x ? ? x ? 5 x ? 3 ( x ? 0 )
2 3

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且 x ? (0,1) 时, h?( x) ? 0 , h( x) 单调递减, x ? (1,??) 时, h?( x) ? 0 , h( x) 单调递增, ? x ? (0,??) 时, h( x) ? h(1) ? 0 . 所以, f ( x) 与 g ( x) 有且仅有一个交点为 (1,1) . (8 分) f ( x) 在点 (1,1) 处的切线为 y ? 2 x ? 1 . 下面证明 g ( x) ? 2 x ? 1 . 设 p( x) ? 2 x ? 1 ? g ( x) ? x 3 ? 3x ? 2 ( x ? 0 ) , (法一) x 3 ? 3 x ? 2 ? x 3 ? x ? 2 x ? 2 ? x( x ? 1)( x ? 1) ? 2( x ? 1)

? ( x ? 1)( x 2 ? x ? 2) ? ( x ? 1) 2 ( x ? 2)
(12 分) ? x ? 0 ,? p ( x) ? x 3 ? 3x ? 2 ? 0 ,即 g ( x) ? 2 x ? 1 . (法二) p?( x) ? 3 x 2 ? 3 ? 3( x ? 1)( x ? 1) ,令 p?( x) ? 0 ,解得 x ? 1 . 且 x ? (0,1) 时, p?( x) ? 0 , p ( x) 单调递减, x ? (1,??) 时, p?( x) ? 0 , p ( x) 单调递增,

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(12 分) ? x ? (0,??) 时, p ( x) ? p (1) ? 0 ,即 g ( x) ? 2 x ? 1 . 当 0 ? x ? 1 时, f ( x) ? 0; 当 x ? 1 时, f ( x) ? 0. ? f ( x)极小值 =f (1) ? 1, 无极大值.?? 4 分
' '

1 (1 ? a)( x ? )( x ? 1) 2 (1 ? a ) x ? ax ? 1 1 ' a ? 1 (2) f ( x) ? (1 ? a ) x ? a ? ? ?? 5 分 ? x x x (1 ? x) 2 1 当 ? 0, f ( x) 在定义域上是减函数; ? 1 ,即 a ? 2 时, f ' ( x) ? ? x a ?1 1 1 当 或 x ? 1; ? 1 ,即 a ? 2 时,令 f ' ( x) ? 0, 得 0 ? x ? a ?1 a ?1 1 1 1 ' 令 f ( x) ? 0, 得 ? x ? 1. 当 ? 1 ,即 1 ? a ? 2 时,令 f ' ( x) ? 0, 得 0 ? x ? 1 或 x ? ; a ?1 a ?1 a ?1 1 ' 令 f ( x) ? 0, 得 1 ? x ? . 综上,当 a ? 2 时, f ( x) 在 (0, ??) 上是减函数; a ?1

17 、 ( 湖 南 师 大 附 中 2013 届 高 三 第 六 次 月 考 理 ) ( 满 分 12 分 ) 已 知 ?,? 是 三 次 函 数

f ( x) ?

1 3 1 2 x ? ax ? 2bx(a, b ? R) 的两个极值点,且 ? ? ?0,1? , ? ? ?1,2 ? ,求动点 ?a, b ? 所在的区域 3 2 1 3 1 2 x ? ax ? 2bx(a, b ? R) 可得, 3 2
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面积 S . (解析)由函数 f ( x) ?

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f ?( x) ? x 2 ? ax ? 2b ,………………2 分
由题意知, ?,? 是方程 x 2 ? ax ? 2b ? 0 的两个根,……5 分

? f ?(0) ? 2b ? 0 ? 且 ? ? ?0,1? , ? ? ?1,2 ? ,因此得到可行 ? f ?(1) ? 1 ? a ? 2b ? 0 ,…………9 分 ? f ?(2) ? 4 ? 2a ? 2b ? 0 ? ?b ? 0 ? 即 ?a ? 2b ? 1 ? 0 , ?a ? b ? 2 ? 0 ?
画出可行域如图.………11 分 所以 S ?

1 . 2 ………12 分
f ( x) ? 1 2 x ? x ? ( x ? 1) ln( x ? 1) 2

21. (湖南省五市十校2013届高三第一次联合检测理)已知函数 (1)判断 f ( x) 的单调性;

x , x ( x ? x2 ) ,求证 ? (2)记 ? ( x) ? f ( x ? 1) ? k ( x ? 1), 若函数 ? ( x) 有两个零点 1 2 1
解: (1)? 原函数定义域为 记 g ( x) ? x ? ln( x ? 1)

? ?(

x1 ? x2 )?0 2

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

1 x ? x ?1 x ?1 , (3分) ? ?1, 0 ? 递减, ? 当 x ? (?1, 0) 时, g ( x) ? 0 , g ( x) 在 g ?( x) ? 1 ?

? x ? ? ?1, ?? ? , g ( x) ? 0

? 0, ?? ? 递增, ? 当 x ? (0, ??) 时, g ( x) ? 0 , g ( x) 在
,即当

? x ? ? ?1, ?? ? , f ?( x) ? 0 ? f ( x) ? ?1, ?? ? , 在 递增(6分)
x1 ? x2 ? ln

x ? 1 ? ln x1 ? k ( x1 ? 1) ? 0 , (2)由(1)可知 ? ( x) ? x ? 1 ? ln x ? k ( x ? 1) ,由题意: 1
x1 x 1 ? k ( x1 ? x2 ) k ? 1? ln 1 x2 ? 1 ? ln x2 ? k ( x2 ? 1) ? 0 ,两式相减得: x2 x1 ? x2 x2 , ,即有 x ?x x 2 1 2 1 ? ?( 1 2 ) ? 1 ? ?k ? ln 1 ? ? ?( x) ? 1 ? ? k 2 x1 ? x2 x1 ? x2 x2 x1 ? x2 (9分) x 又因为 ,所以

x1 ? 1) x1 2( x1 ? x2 ) x1 x2 ln ? ? ln ? x1 x1 x2 x1 ? x2 x2 2(t ? 1) ?1 ? t (0 ? t ? 1) ? (t ) ? ln t ? (0 ? t ? 1) x x 2 t ?1 现考察 ,令 2 ,设 ,则 2 (t ? 1) ? ?(t ) ? ?0 t ? ? 0,1? t (t ? 1) 2 ,所以 ? (t ) 在 递增,所以 ? (t ) ? ? (1) ? 0 , (11分) 2(
ln


x1 2( x1 ? x2 ) ? ?0 x ? x2 ? 0 x2 x1 ? x2 ,又因为 1 ,

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? ?(

所以 22.(湖南省怀化市2013年高三第一次模拟理)(本小题满分13分) 已知函数 f ( x) ? e ? ax ? 1 ( a ? 0 , e 为自然对数的底数) .
x

x1 ? x2 x 1 2 )? ln 1 ? ?0 2 x1 ? x2 x2 x1 ? x2 (13分)

(1)求函数 f ( x) 的最小值; (2)若 f ( x) ≥0对任意的 x ? R 恒成立,求实数 a 的值;

1 2 n ?1 n n n e ( ) n ? ( ) n ? ??? ? ( ) ?( ) ? (其中n ? N*) n n n e ?1 (3)在(2)的条件下,证明: n

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?

1 ? e? n 1 e ? ? ?1 ?1 1? e 1? e e ? 1 …………13分
3 设 二 次 函 数 f ( x) ? mx 2 ? nx , 函 数 g ( x) ? ax , 且 有 f '( 0 )? 0, f ? '( ? 1)? , 2 ? bx ? 3( x? 0)

21. (东北四校 2012 届高三第一次高考模拟文科) (本小题满分 12 分)

f (1) ? g (1), f '(1) ? g '(1). (1)求函数 f ( x), g ( x) 的解析式; (2)是否存在实数 k 和 p,使得 f ( x) ? kx ? p和g ( x) ? kx ? p 成立,若存在,求出 k 和 p 的值;若
不存在,说明理由.

即 f ( x) 与 g ( x) 有且仅有一个交点为 (1,1) ,

f ( x) 在点 (1,1) 处的切线为 y ? 2 x ? 1 . (8 分)

(法二)设 , h( x) ? x ? x ? 5x ? 3 ( x ? 0 )
3 2

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设 p( x) ? 2 x ? 1 ? g ( x) ? x3 ? 3x ? 2 ( x ? 0 ) ,[ (法一) x 3 ? 3x ? 2 ? x 3 ? x ? 2x ? 2 ? x( x ? 1)( x ? 1) ? 2( x ? 1)

? ( x ?1)( x 2 ? x ? 2) ? ( x ?1)2 ( x ? 2)
? x ? 0 ,? p( x) ? x 3 ? 3x ? 2 ? 0 ,即 g ( x) ? 2 x ? 1 . (12 分)
(法二) p?( x) ? 3x 2 ? 3 ? 3( x ? 1)( x ? 1) ,令 p?( x) ? 0 ,解得 x ? 1 . 且 x ? (0,1) 时, p?( x) ? 0 , p( x) 单调递减,

x ? (1,?? ) 时, p?( x) ? 0 , p( x) 单调递增, (12 分) ? x ? (0,?? ) 时, p( x) ? p(1) ? 0 ,即 g ( x) ? 2 x ? 1 .
(江苏省南通市 2013 届高三第二次调研)设 b>0,函数 f ( x) ? 1 (ax ? 1) 2 ? 1 x ? 1 ln bx ,记 F ( x) ? f ?( x) 2ab b b ( f ?( x) 是函数 f ( x) 的导函数) ,且当 x=1 时, F ( x) 取得极小值 2. (1)求函数 F ( x) 的单调增区间; (2)证明 ? F ( x) ? ? F ( x n ) ≥2n ? 2 ? n ? N* ? .
n

(解) (1)由题 F ( x) ? f ?( x) ? 1 ? 2(ax ? 1) ? a ? 1 ? 1 ? 1 ax ? 1 ,x ? 0,b ? 0 . 2ab b bx b x 于是 F' ( x) ? 1 a ? 12 ,若 a ? 0 ,则 F' ( x) ? 0 ,与 F ( x) 有极小值矛盾,所以 a ? 0 . b x 令 F' ( x) ? 0 ,并考虑到 x ? 0 ,知仅当 x ? 1 时, F ( x) 取得极小值. a ? 1 ? 1, ? 所以 ? a 解得 a ? b ? 1 .………………………………………………4 分 ? 1 (a ? 1) ? 2, ?b 故 F ( x) ? x ? 1 ( x ? 0) ,由 F ?( x) ? 0 ,得 x ? 1 ,所以 F ( x) 的单调增区间为 (1,? ?) . x

?

?

?

?

20. (江苏省无锡市 2013 年 2 月高三质量检测) (本题满分 16 分) a 2 设函数 f(x)=- x +(a+1)x-lnx(a∈R) . 2 (1)当 a=0 时,求函数 f(x)的极值; (2)当 a>0 时,讨论函数 f(x)的单调性; a2-1 (Ⅲ)若对任意 a∈(2,3)及任意 x1,x2∈[1,2],恒有 m+ln2>|f(x1)-f(x2)|成立,求实数 m 2 的取值范围.

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(Ⅲ) 由(2)a∈(2,3)时,f(x)在区间[1,2]上递减, a2-1 a 由条件 m+ln2>|f(x1)-f(x2)|max=f(1)-f(2)= -1+ln2 对任意 a∈(2,3)成立, 2 2 2 a -1 a-2 a ∴ m> -1 对任意 a∈(2,3)成立.? m> 2 对任意 a∈(2,3)成立. 2 2 a -1 a-2 -(a-2)2+3 由 g(a)= 2 ,∵g′(a)= >0 对 a∈(2,3)恒成立,g(a)在 a∈(2,3)上递增, a -1 (a2-1)2 1 1 ∴g(a)<g(3)= ,∴m≥ . ----------16 分 8 8 19. (江苏省泰州中学 2012 年 3 月高三第一次学情调研) (本小题满分 16 分

1 ? ln x 1 . (1)若函数在区间 (a, a ? ) 上存在极值,其中 a ? 0 ,求实数 a 的取值范 x 2 k 围; ( 2 ) 如 果 当 x ? 1 时 , 不 等 式 f ( x) ? 恒成立,求实数 k 的取值范围; (Ⅲ)求证: x ?1
已知函数 f ( x) ?

1? 22 ? 32 ????? n 2 (n ? 1) ? e n ? 2 (n ? N *) .

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? h( x )



?1, ??) 上单调递增,?? h( x)?min ? h(1) ? 1 ? 0 ,从而 g ?( x) ? 0 ,
故 g ( x) 在 ?1, ??) 上也单调递增,所以 ? g ( x) ?min ? g (1) ? 2 ,所以 k ? 2 . (3)由(2)知: f ( x) ?

2 , 恒成立,即 ln x ? x ? 1 ? 1 ? 2 ? 1 ? 2 , x ?1 x ?1 x ?1 x
2 , n(n ? 1)

令 x ? n(n ? 1) ,则 ln ? n(n ? 1) ? ? 1 ?

m 经过曲线 C 20.(江苏省苏锡常镇四市 2012 年 3 月高三教学调研测试一) 若斜率为 k 的两条平行直线 l , 的端点或与曲线 C 相切,且曲线 C 上的所有点都在 l , m 之间(也可在直线 l , m 上) ,则把 l , m 间的距
离称为曲线 C 在“ k 方向上的宽度”,记为 d (k ).
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(1)若曲线 C : y ? 2 x 2 ? 1(?1 ? x ? 2) ,求 d (?1) ; (2)已知 k ? 2 ,若曲线 C : y ? x ? x(?1 ? x ? 2) ,求关于 k 的函数关系式 d (k ).
3

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7. (江苏省苏锡常镇四市 2012 年 3 月高三教学调研测试一) 如图, 两个圆形飞轮通过皮带传动, 大飞轮 O1
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的半径为 2r ( r 为常数) ,小飞轮 O2 的半径为 r , O1O2 ? 4r .在大飞轮的边缘上有两个点 A , B ,满足

?BO1 A ?

?
3

, 在 小 飞 轮 的 边 缘 上 有 点

C . 设 大 飞 轮 逆 时 针 旋

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(2012 武昌区高三年级元月调研文)已知函数 y ? f ( x) 为 R 上的奇函数, y ? f ( x) 的导数为 f ?( x) ,且

? ) 当 x ? (??,0] 时 , 不 等 式 f ( x)? x?f ( x

0 立 , 若 | a ? 1| f (| a ? 1|) ? sin ? f (sin ? ) 对 一 切 成

a 的取值范围是. , 恒成立,则实数 ] 2 2 (答案) ?? ?,?2? ? ?0,???
(解析)本题主要考查恒成立问题和积的导数公式,导数与单调性的关系、奇函数的图像性质以及简单的 绝对值不等式的解法.属于基础知识、基本运算、基本能力的整合的考查. f ( x) ? xf ?( x) ? 0 ,即 [ xf (x)] ? ? 0 ,当 x ? (?? ,0] 时 xf ( x) 是减函数,因为函数 y ? f ( x) 为 R 上的奇函 数 , 所 以 F ( x) ? xf ( x) 为 偶 函 数 , 由 对 称 性 知 xf ( x) 在 [0, ??) 为 增 函

? ? [?

? ?

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数 . | a ? 1| f (| a ? 1|) ? sin ? f (sin ? ) 对 一 切 ? ? [ ?

? ?

? ? [?

? ?

, ]恒 成 立 , 即 F (| a ? 1|) ? F (sin ? ) 对 一 切 2 2

, ]恒成立,因为 F (sin ? ) ? F (| sin ? |) , | a ? 1|? 0,| sin ? |? 0 ,由 F ( x) 在 [0, ??) 为增函数, 2 2

所以 | a ? 1|?| sin ? | , ? ? [ ?

, ] .所以 | a ?1|? (sin ? ) max ?1 2 2 解得实数 a 的取值范围是 ?? ?,?2? ? ?0,??? a ?1 ? a ln x (a ? R) . (2012 江西师大附中高三下学期开学考卷文) f ( x) ? x ? x (1)求函数 f ( x) 的极大值点; 1 1 (2) 当 a ? (?? ,1 ? ] ? [1 ? e,?? ) 时, 若在 x ? [ , e] 上至少存在一点 x0 , 使 f ( x0 ) ? e ? 1 成立, 求a的 e e
取值范围. (解析)本题主要考查了导数的计算、导数与单调性的关系、极值问题以及恒成立问题.属于难题.考查 了基础知识、基本运算、基本变换能力和转换的思想、分类讨论的思想.

? ?

a ? 1 a x 2 ? ax ? (a ? 1) ( x ? 1)[ x ? (a ? 1)] ? ? ? ( x ? 0) x2 x x2 x2 当 a ? 1 ? 0 时,f(x)在(0,1)递减,在(1,+ ? )递增,无极大值; 当 0 ? a ? 1 ? 1 时,f(x)在(0,a-1)递增,在(a-1,1)递减,在(1,+ ? )递增,在 x ? a ? 1 处取极
.解: (1) f '( x) ? 1 ? 大值 当 a ? 1 ? 1 时,f(x)在(0,1)和(1,+ ? )均递增,无极大值; 当 a ? 1 ? 1 时,f(x)在(0,1)递增,在(1,a-1)递减,在(a-1,+ ? )递增,故 f(x)在 x=1 处取 到极大值. (2)在 x ? [ , e] 上至少存在一点 x0 ,使 f ( x0 ) ? e ? 1 成立,等价于 当 x ? [ , e] 时, f ( x)max ? e ?1. 由(1)知,①当 a ? 1 ?

1 e

1 e

1 1 ,即 a ? 1 ? 时, e e

函数 f ( x) 在 [ ,1] 上递减,在 [1, e] 上递增,

1 e

1 ? f ( x) max ? max{ f ( ), f (e)} . e 1 1 e ?1 由 f ( ) ? ? (a ? 1)e ? a ? e ? 1 ,解得 a ? 2 . e e e ?e a ?1 ? a ? e ? 1 ,解得 a ? 1 由 f (e) ? e ? e e ?1 ? 2 ? 1 ,? a ? 1 ; (12 分) e ?e 1 ②当 a ? 1 ? e ,即 a ? 1 ? e 时,函数 f ( x) 在 [ ,1] 上递增,在 [1, e] 上递减, e f ( x)max ? f (1) ? 2 ? a ? 1 ? e ? e ?1 . 1 综上所述,当 a ? 1 时,在 x ? [ , e] 上至少存在一点 x0 ,使 f ( x0 ) ? e ? 1 成立. e (2012 武昌区高三年级元月调研文)已知函数 f ( x) ? ln x ? hx ? 1. (1)求函数 f ( x ) 的单调区间;
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(2)若 f ( x) ? 0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围; (Ⅲ)证明:

? i ?1 ?
i ?2

n

ln i

n(n ? 1) (n ? N * , n ? 1). 4

(解析) 本题主要考查了导数的计算、 导数与单调性的关系、 恒成立问题以及不等式的放缩法. 属于难题. 考 查了基础知识、基本运算、基本变换能力和转换的思想、分类讨论的思想.
' 解: (1)函数 f ( x ) 的定义域为 (0, ??) , f ( x) ?

1 ?k . x

1 ? k ? 0 ,则 f ( x) 在 (0, ??) 上是增函数; x 1 1 1 1 ' ' 当 k ? 0 时,若 x ? (0, ) ,则 f ( x) ? ? k ? 0 ;若 x ? ( , ??) ,则 f ( x) ? ? k ? 0 . k x k x 1 1 所以 f ( x ) 在 (0, ) 上是增函数,在 ( , ??) 上是减函数. k k (2)由(1)知 k ? 0 时, f ( x ) 在 (0, ??) 上是增函数, 而 f (1) ? 1 ? k ? 0, f ( x) ? 0 不成立,故 k ? 0 . 1 当 k ? 0 时,由(1)知 f ( x)的最大值为 f ( ) . k 1 要使 f ( x) ? 0 恒成立,则 f ( ) ? 0 即可. k 故 ? ln k ? 0 ,解得 k ? 1 . (Ⅲ)由(2)知,当 k ? 1 时有 f ( x) ? 0 在 (0, ??) 恒成立,且 f ( x ) 在 (1, ??) 上是减函数, f (1) ? 0 ,
当 k ? 0 时, f ( x) ?
'

所以 ln x ? x ? 1 在 x ??2, ??? 上恒成立.

ln n n ? 1 ? . n ?1 2 ln 2 ln 3 ln 4 ln n 1 2 3 n ? 1 n?n ? 1? ? ? ??? ? ? ? ??? ? 所以 . 3 4 5 n ?1 2 2 2 2 4
令 x ? n2 ,则 ln n 2 ? n 2 ? 1 ,即 2 ln n ? (n ? 1)(n ? 1) ,从而 (山东省日照市 2012 届高三 12 月月考理) (22) (本小题满分 14 分) 2 已知定义在 R 上的二次函数 R( x) ? ax ? bx ? c 满足 2 R ( ? x ) ? 2 R ( x ) ? 0 ,且 R ( x) 的最小值为 0 ,函数

h( x) ? 1nx ,又函数 f ( x) ? h( x) ? R( x) . (I)求 f ( x) 的单调区间; 1 (2)当 a ≤ 时,若 x0 ? ?1,3? ,求 f ( x0 ) 的最小值; 2
(2I)若二次函数 R ( x) 图象过(4,2)点,对于给定的函数 f ( x) 图象上的点 A( x1 , y1 ) ,当 x1 ?

3 时, 2

探求函数 f ( x) 图象上是否存在点 B( x2 , y2 ) ( x2 ? 2 ) ,使 A、B 连线平行于 x 轴,并说明理由. (参考数据:e=2.71828…) (答案) (22)解: (I)? 2R( ? x) ? 2R( x) ? 0,? 2R( ? x) ? 2R( x ) ,即R(? x) ? R( x), 可得 b ? 0,? R( x) ? ax2 ? c. 又 R ( x) 在 x=0 时取得最小值 0,

? a ? 0, c ? 0.? R( x) ? ax2 . ? f ( x) ? h( x) ? R( x) ? 1nx ? ax2 , ? f ?( x) ? 1 1 ? 2ax2 ? 2ax ? , x ? (0,??) x x

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2a . 2a 当 x 变化时, f ?( x ) , f ( x) 的变化情况如下表:
令 f ?( x) ? 0, 解得x ?

x
f ?( x )

(0, + 增函数

2a ) 2a
0

2a 2a
极大值

( -

2a ,+ ? ) 2a

f ( x)

减函数

所以, f ( x) 的单调递增区间是(0,

2a 2a ) , f ( x) 的单调递减区间是( ,+ ? ) . 2a 2a
…………………………………………5 分

1 2a ≥1, 时, 2 2a ? x0 ? ?1,3?时, f ( x0 ) 的最小值为 f (1) 与 f (3) 中的较小者.……………………7 分 又 f (1) ? ?a, f (3) ? 1n3 ? 9a, f (1) ? f (3) ? ?a ? (1n3 ? 9a) ? 8a ? 1n3. 1n3 ?当0 ? a ≤ 时, f (1) ? f (3), f ( x0 ) 的最小值 ? a ; 8 1n3 1 ? a ? 时, f (1) ? f (3), f ( x0 ) 的最小值 1n3 ? 9a. ……………………9 分 当 2 8 1 1 2 (2I)证明:若二次函数 R( x) ? ax2 图象过(4,2)点,则 a ? ,所以 f ( x ) ? 1nx ? x . 8 8 3 令 g ( x) ? f ( x) ? f ( ). 2 f ( x ) 由(I)知 在(0,2)内单调递增, 3 …………………………………………11 分 故 f (2) ? f ( ), 即g (2) ? 0. 2 3 41? 9e 2 取 x? ? e ? 2, 则 g ( x?) ? ? 0. 2 32 所以存在 x2 ? (2, x?),使g ( x2 ) ? 0, 3 即存在 x2 ? ( 2,?? ), 使f ( x2 ) ? f ( ). 2 所以函数 f ( x) 图象上存在点 B( x2 , y2 ) ( x2 ? 2 ) ,使 A、B 连线平行于 x 轴.……………………14 分 (说明: x? 的取法不唯一,只要满足 x? >2,且 g ( x?) ? 0 即可) 1 2 (2012 山东青岛市期末文)已知函数 f ( x ) ? ax ? 2 x , g ( x) ? lnx . 2 (1)如果函数 y ? f ( x) 在 [1, ??) 上是单调函数,求 a 的取值范围; g ( x) 1 ? f ?( x) ? (2a ? 1) 在区间 ( , e) 内有两个不同的零点?若 (2)是否存在正实数 a ,使得函数 ? ? x ? ? x e
(2)?当0 ? a ≤ 存在,请求出 a 的取值范围;若不存在,请说明理由. (解析) (1)当 a ? 0 时, f ( x) ? 2 x 在 [1, ??) 上是单调增函数,符合题意.……1 分

2 , a 2 由于 y ? f ( x) 在 [1, ??) 上是单调函数,所以 ? ? 1 ,解得 a ? ?2 或 a ? 0 , a 综上, a 的取值范围是 a ? 0 ,或 a ? ?2 .…………………………4 分
当 a ? 0 时, y ? f ( x) 的对称轴方程为 x ? ?
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lnx ? (ax ? 2) ? (2a ? 1) , x 1 因 ? ? x ? 在区间( , e )内有两个不同的零点,所以 ? ? x ? ? 0 , e 1 即方程 ax2 ? (1 ? 2a) x ? lnx ? 0 在区间( , e )内有两个不同的实根.…………5 分 e 2 ( x ? 0) 设 H ( x) ? ax ? (1 ? 2a) x ? lnx , 2 1 2ax ? (1 ? 2a) x ? 1 (2ax ? 1)( x ? 1) H ?( x) ? 2ax ? (1 ? 2a ) ? ? ………7 分 ? x x x 1 令 H ?( x) ? 0 ,因为 a 为正数,解得 x ? 1 或 x ? ? (舍) 2a 1 当 x ? ( ,1) 时, H ?( x) ? 0 , H ( x ) 是减函数; e x ? (1, e) 时, H ?( x) ? 0 , H ( x ) 是增函数.…………………………8 分 当 1 为满足题意,只需 H ( x ) 在( , e )内有两个不相等的零点,故 e ? 1 ? H ( e ) ? 0, ? ? H ( x)min ? H ?1? ? 0, ? H (e) ? 0, ? ? e2 ? e ……………………………12 分 解得 1 ? a ? 2e ? 1 (2012 广东佛山市质检文)设 a ? R ,函数 f ( x) ? ln x ? ax . (1)讨论函数 f ( x) 的单调区间和极值;
(2) ? ? x ? ? (2)已知 x1 ?

e (e ? 2.71828L ) 和 x2 是函数 f ( x) 的两个不同的零点,
3

求 a 的值并证明: x ? e 2 . 2

1 1 ? ax ?a ? .……………………2 分 x x ①若 a ? 0 ,则 f ?( x) ? 0 , f ( x) 是区间 ? 0, ?? ? 上的增函数,无极值;…………………4 分 1 ②若 a ? 0 ,令 f ?( x) ? 0 得: x ? . a 1 在区间 (0, ) 上, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 是增函数; a 1 在区间 ( , ??) 上, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 是减函数; a 1 1 在区间 ? 0, ?? ? 上, f ( x) 的极大值为 f ( ) ? ln ? 1 ? ? ln a ? 1 . a a 综上所述,①当 a ? 0 时, f ( x) 的递增区间 ? 0, ?? ? ,无极值;…………………7 分
(解析)在区间 ? 0, ?? ? 上, f ?( x) ? ③当 a ? 0 时, f ( x) 的是递增区间 (0, ) ,递减区间是 ( , ??) , 函数 f ( x) 的极大值为 f ( ) ? ? ln a ? 1 .……………………9 分
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1 a

1 a

1 a

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(2) f ( e ) ? 0, ∴ ∴ f ( x) ? ln x ?

1 1 ? a e ? 0 ,解得: a ? .……………………10 分 2 e 2

x .……………………11 分 2 e 3 5 3 5 3 e 5 e3 2 又 Q f (e ) ? ? ? 0 , f (e 2 ) ? ? ? 0 ,? f (e 2 ) ? f (e 2 ) ? 0 …………………13 分 2 2 2 2
由(1)函数 f ( x) 在 (2 e , ??) 递减,故函数 f ( x) 在区间 (e 2 , e 2 ) 有唯一零点, 因此 x ? e 2 .……………………14 分 2
3

1

3

5

(2012 河南郑州市质检文)设函数 f ?x ? ? ln x ? p?x ? 1?, p ? R . (1)当 p ? 1 时,求函数 f ?x ? 的单调区间;

1 时,有 g ? x ? ? 0成立 . 2 (解析) (I)当 p=1 时, f ( x) = ln x - x + 1 ,其定义域为 ? 0, ??? . 1 所以 f ?( x) ? ? 1 .…………2 分 x 1 由 f ?( x) ? ? 1 ? 0 得 0 ? x ? 1 , x 所以 f ( x ) 的单调增区间为 ? 0,1? ;单调减区间为 ?1, ?? ? .………5 分
(2)设函数 g ?x? ? xf ?x? ? p 2x 2 ? x ? 1 , ?x ? 1?, 求证:当 p ? (2)由函数 g ( x) ? xf ( x) ? p(2 x2 ? x ?1) ? x ln x ? p( x 2 ?1) , 得 g ?( x) ? ln x ? 1 ? 2 px, …………7 分 由(I)知,当 p=1 时, f ( x) ? f (1) ? 0 , 即不等式 ln x ? x ? 1成立.…………9分

?

?

1 时, g ?( x) ? ln x ? 1 ? 2 px ? ( x ? 1) ? 1 ? 2 px ? (1 ? 2 p) x ? 0 , 2 即 g(x)在 ?1,??? 上单调递减, 从而 g ( x) ? g (1) ? 0 满足题意.…………12 分 (2012 ? 厦门期末质检理) (本小题满分 14 分) x 已知函数 f(x)= e -ax(a∈R) .
所以当 p ? ? (1)写出函数 y=f(x)的图象恒过的定点坐标; (2)直线 L 为函数 y=φ(x)的图象上任意一点 P(x0,y0)处的切线(P 为切点) ,如果函数 y=φ(x) 图象上所有的点(点 P 除外)总在直线 L 的同侧,则称函数 y=φ(x)为“单侧函数”.

1 判断函数 y=f(x)是否为“单侧函数”,若是,请加以证明,若不是,请说明理由. 2 1 1 (ii)求证:当 x∈(0,+∞)时) , e x + x≥ln( x+1)+1. 2 2 (1) f ( x ) 恒过定点(0,1) 1 1 x x y0) (2) (i) 当 a= 判断函数 y=f (x) 的图象上任意一点 P (x0, 处的切线是 y ? (e 0 ? ) x ? (1 ? x0 )e 0 , 2 2 1 1 x x x x x x x 令 h( x) ? e ? x ? (e 0 ? ) x ? (1 ? x0 )e 0 = e ? e 0 x ? (1 ? x0 )e 0 , h' ( x) ? e x ? e 0 , g ( x) 在 (??, x0 ) 上 2 2 1 1 x x x 减, 在 ( x0 , ??) 上增, 所以 h( x) ? h( x0 ) ? 0 , 所以 e ? x ? (e 0 ? ) x ? (1 ? x0 )e 0 , 所以 y=f (x) 为“单 2 2
(i)当 a= 侧函数”.
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王肇堃

1) ? 1. ,x∈(0,+∞) (ii)令 g ( x) ? e + x ? ln( x+ ,
x

1 2

1 2

1 1 2 x ? ? ? ex ? ? 0,, x ? (0, ??) 2 2 x?2 2x ? 4 1 1 x 1) ? 1. 在 (0, ??) 上增,所以 g ( x) ? g (0) ? 0 , 所以 g ( x) ? e + x ? ln( x+ 2 2 1 1 ? e x+ x ? ln( x+1) ? 1. 2 2 g ' ( x) ? e x ?
(2012 粤西北九校联考理) (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ? ex ? kx( x ? R) . (1)若 k ? e ,试确定函数 f ( x ) 的单调区间; (2)若 k ? 0 且对任意 x ? R , f (| x |) ? 0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围; (Ⅲ)设函数 F ( x) ? f ( x) ? f (? x) ,求证: F (1) ? F (2)? F (n) ? (en?1 ? 2) 2 (n ? N ? ) . (解) (1) f ?( x) ? e x ? e ,令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 1 当 x ? (1, ??) 时, f ?( x) ? 0 ,? f ( x) 在 (1, ??) 单调递增; 当 x ? (??,1) 时, f ?( x) ? 0 ,? f ( x) 在 (??,1) 单调递减.……………………4 分 (2)? f (| x |) 为偶函数,? f (| x |) ? 0 恒成立等价于 f ( x) ? 0 对 x ? 0 恒成立 解法 1:当 x ? 0 时, f ?( x) ? e x ? k ,令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? ln k (1)当 ln k ? 0 ,即 k ? 1 时, f ( x ) 在 (0,ln k ) 减,在 (ln k , ??) 增
n

? f ( x)min ? f (ln k ) ? k ? k ln k ? 0 ,解得 1 ? k ? e ,? 1 ? k ? e (2)当 ln k ? 0 ,即 0 ? k ? 1 时, f ?( x) ? e x ? k ? 0 ,? f ( x) 在 [0, ??) 上单调递增, ? f ( x)min ? f (0) ? 1 ? 0 ,符合,? 0 ? k ? 1 综上, 0 ? k ? e .………………………9 分 ex 2 解法 :等价于 k ? 对 x ? 0 恒成立, x ex ? x ? 1? e x . 设 g ? x? ? , 则 g? ? x? ? x x2 当 0 ? x ? 1 时, g? ? x ? ? 0 ;当 x ? 1 时, g? ? x ? ? 0 ;
? x ? 0 时, g ? x ?min ? g ? x ?极小值 ? g ?1? ? e,

? k <e, 又k>0, ? 0 ? k ? e. ……………9 分 (Ⅲ) F ( x) ? ex ? e? x , F (1) ? e ? e?1, F (n) ? en ? e?n F (1) ? F (n) ? en?1 ? e?1?n ? e1?n ? e?1?n ? en?1 ? 2 F (2) ? F (n ?1) ? en?1 ? e?2?n ? e2?n ? e?1?n ? en?1 ? 2
. . . . . .

F (n) ? F (1) ? en?1 ? 2
? F (1) F (2)? F (n) ? (en?1 ? 2) 2 .………………………14 分
(2012 韶关第一次调研理) (本小题满分 14 分)已知函数 f ( x) ? ax3 ? bx2 ? (b ? a) x ( a , b 是不同时 为零的常数) ,其导函数为 f ?( x ) .
n

1 1 时,若不等式 f ?( x) ? ? 对任意 x ? R 恒成立,求 b 的取值范围; 3 3 (2)求证:函数 y ? f ?( x) 在 (?1, 0) 内至少存在一个零点;
(1)当 a ?
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(3) 若函数 f ( x ) 为奇函数, 且在 x ? 1 处的切线垂直于直线 x ? 2 y ? 3 ? 0 , 关于 x 的方程 f ( x ) ? ?

[?1, t ](t ? ?1) 上有且只有一个实数根,求实数 t 的取值范围.
(解析) (1) 解:解: (1)当 a ?

1 t在 4

1 1 2 时, f ?( x) ? x ? 2bx ? b ? ,………1分 3 3 1 1 2 依题意 f ?( x) ? x ? 2bx ? b ? ? ? 即 x 2 ? 2bx ? b ? 0 恒成立 3 3 ?? ? 4b2 ? 4b ? 0 ,解得 0 ? b ? 1 所以 b 的取值范围是 (0,1) …………………………………4分 (2)证明:因为 f ?( x) ? 3ax2 ? 2bx ? (b ? a) , 1 解法一:当 a ? 0 时, x ? ? 符合题意.……………………………5分 2 b b ?b ? 2 当 a ? 0 时, 3x ? 2 x ? ? ? 1? ? 0 ,令 t ? ,则 3x2 ? 2tx ? (t ?1) ? 0 , a a ?a ? 1 ? 1? 令 h( x) ? 3x2 ? 2tx ? (t ?1) ,? h ? ? ? ? ? ? 0 ,当 t ? 1 时, h(0) ? t ? 1 ? 0 , 4 ? 2? ? 1 ? ? y ? h( x) 在 ? ? , 0 ? 内有零点;……………………………7分 ? 2 ? 当 t ? 1 时, h(?1) ? 2 ? t ? 1 ? 0 , 1? ? ? y ? h( x) 在 ? ?1, ? ? 内有零点. 2? ? ? 当 a ? 0 时, y ? h( x) 在 (?1, 0) 内至少有一个零点. 综上可知,函数 y ? f ?( x) 在 (?1, 0) 内至少有一个零点.……………………………9分 解法二: f ?(0) ? b ? a , f ?(?1) ? 2a ? b , ? 1 ? b ? 2a f ?? ? ? ? . 3 ? 3? ? 1? 因为 a,b 不同时为零,所以 f ? ? ? ??f ?(?1) ? 0 ,故结论成立. ? 3? 3 2 (3)因为 f ( x) ? ax ? bx ? (b ? a) x 为奇函数,所以 b ? 0 ,所以 f ( x) ? ax3 ? ax , f ?( x) ? 3ax 2 ? a . 又 f ( x ) 在 x ? 1 处的切线垂直于直线 x ? 2 y ? 3 ? 0 ,所以 a ? 1 ,即 f ( x) ? x3 ? x .
………………………10分

? ? ? 3 3? 3? ? 3 ?? , ? , ?? , ? f ( x) 在 ? , 上是单调递增函数,在 ? ? ? ?? ? 上是单调递减函数,由 f ( x) ? 0 ? ? ? 3 ? ? ? ? 3 ? ? 3 3 ? 解得 x ? ?1 , x ? 0 , t 法一:如图所示,作 y ? f ( x) 与 y ? ? 的图像,若只有一个交点,则 4 y 1 3 ①当 ?1 ? t ? ? 时, f (t ) ? ? t ? 0 , 1 4 3
即t ?t ? ?
3

t 3 3 ,解得 ? ; ?t ?? 4 2 3

y-1 O
f (t )
t y??4

x x

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1 3 ? t ? 0 时, f (t ) ? ? t ? 0 , 4 3 3 解得 ? ? t ? 0; 3 ③当 t ? 0 时,显示不成立; 1 3 ④当 0 ? t ? 时, f (t ) ? ? t ? 0 , 4 3
②当 ?

-1 t

O


y
f (t )

-1
?
3 3

t y??4

O y y
f (t )
3 3



x

t
t y??4

t 3 ,解得 0 ? t ? ; 4 3 1 3 ⑤当 1 ? t ? 时, f (t ) ? ? t ? 0 , 4 3
即t ?t ? ?
3

-1 ?

3 3

x

t


t y??4

f ( tO )

x

3 3 ; ?t ? 3 2 ? 3? t 8 3 t ? t ? ⑥当 t ? 1 时, 1 ? ? f ? .y??4 ? ? ? 4 9 ? 3 ?
解得 ………………………………………………………………13分 综上 t 的取值范围是 ?

y x

t

O

3 3 8 3 ……………… 或t ? . 14分 ? t ? 0或0 ? t ? 9 2 2 1 3 法二:由 f ( x ) ? ? x解之得x ? ? ,x ? 0. 4 2 1 3 作 y ? f ( x) 与 y ? ? x 的图知交点横坐标为 x ? ? ,x ?0 4 2
当 x ? [?

t y??4

t y??4

? 1 ?8 3 ? ? 3 3 ? 时,过 y ? ? x 图象上任意一点向左作平行于 x 轴的直线与 , 0) ? (0, ) ? ? 4 ? 2 2 ? 9 ? ? y ? f ( x) 都只有唯一交点,当 x 取其它任何值时都有两个或没有交点.

? 1 ?8 3 ? ? 3 3 ? 时,方程 f ( x) ? ? t 在 [?1, t ](t ? ?1) 上有且只有一个实数根. , 0) ? (0, ) ? ? 4 ? 2 2 ? 9 ? ? (2012 海南嘉积中学期末理) (本题满分 12 分)设函数 f ( x) = x2 + b ln( x + 1) . (1)若函数 y ? f ( x) 在定义域上是单调函数,求 b 的取值范围; n 1 1 1 1 (2)若 b ? ?1 ,证明对于任意的 n ? N ? ,不等式 ? f ( ) ? 1 ? 3 ? 3 ? ? ? 3 . k 2 3 n k ?1 b 2x 2 ? 2x ? b (答案) (I)解: f ?( x) ? 2 x ? ? ( x ? ?1) x ?1 x ?1 要使 f ( x) 在 (?1,??) 上为单调函数只须在 (?1,??) 上 f ?( x) ? 0 或 f ?( x) ? 0 恒成立, 1 2 1 若 2 x 2 ? 2 x ? b ? 0 , b ? ?2( x ? ) ? 2 2 1 2 1 1 在 (?1,??) 上 t ? ?2( x ? ) ? 有最大值 2 2 2
所以当 t ? [?
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∴只须 b ?

1 则 f ?( x) ? 0 2 1 2
2

若 2 x 2 ? 2 x ? b ? 0 , b ? ?2( x ? ) ? 在 (?1,??) 上 t ? ?2( x ? ) ?
2

1 2

1 2

1 无最小值故满足 f ?( x) ? 0 的 b 不存在. 2

1 时, f ( x) 在 (?1,??) 上为单调函数. 2 (2) b ? ?1 时, f ( x) ? x 2 ? ln(x ? 1)
由上得出当 b ? 设 g ( x) ? f ( x) ? x 3 ? x 2 ? ln(x ? 1) ? x 3

1 3x 3 ? ( x ? 1) 2 ? 3x 2 ? ? x ?1 x ?1 当 x ? 0 时 g ?( x) ? 0 ∴函数 g ( x) 在 (0,??) 上为减函数 g (0) ? 0 ∴当 x ? (0,??) 时, g ( x) ? g (0) ? 0 g ?( x) ? 2 x ?

x 2 ? ln(x ? 1) ? x 3 恒成立 f ( x) ? x3 1 k ? N ? ∴ ? (0,?? ) k 1 1 1 ∴ x ? 时, f ( ) ? 3 k k k n 1 1 1 1 ∴ ? f ( ) ? 1? 3 ? 3 ?? ? 3 k 2 3 k k ?1
(2012 黑龙江绥化市一模理) (本题满分 12 分)

ln x 1 的图像为曲线 C,函数 g ( x) ? ax ? b 的图像为直线 l . x 2 当 a ? 2 , b ? ?3 时,求 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) 的最大值. 设直线 l 与曲线 C 的交点横坐标分别为 x1 , x2 ,且 x1 ? x2 ,求证: ( x1 ? x2 ) g ( x1 ? x2 ) ? 2 . ln x -x+3, (解) (1)∵a=2,b=-3,∴F(x)= x 1 ? ln x 1 ? ln x ? x 2 F′(x)= -1= ,令 F′(x)=0,则 x=1,2 分 x2 x2
已知函数 f ( x) ? 当 x∈(0,1)时,F′(x)>0,F(x)单调递增, 当 x∈(1,+∞)时,F′(x)<0,F(x)单调递减, ∴F(x)max=F(1)=2.5 分 (2)不妨设 x1<x2,要证(x1+x2)g(x1+x2)>2,

1 a(x1+x2)+b]>2, 2 2( x2 ? x1 ) 2 1 1 只需证 a(x1+x2)+b> ,证 a(x22-x12)+b(x2-x1)> , x1 ? x2 x1 ? x2 2 2 2( x2 ? x1 ) 1 1 证 ax22+bx2-( ax12+bx1)> ,7 分 x1 ? x2 2 2 ln x1 1 ln x2 1 1 1 = ax1+b, = ax2+b,∴lnx1= ax12+bx1,lnx2= ax22+bx2, ∵ x1 2 x2 2 2 2
只需证(x1+x2) [

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只需证 lnx2-lnx1> 即证(x2+x1)ln

2( x2 ? x1 ) x2 2( x2 ? x1 ) ,即 ln > , x1 ? x2 x1 x1 ? x2

x2 >2(x2-x1) ,9 分 x1 x 令 H(x)=(x+x1)ln -2(x-x1) ,x∈(x1,+∞) , x1 x x x x x ? x1 H′(x)=ln + 1 -1,令 G(x)=ln + 1 -1,则 G′(x)= > 0, x1 x x1 x x2
∴G(x)在 x∈(x1,+∞)单调递增,G(x)>G(x1)=0,即 H′(x)>0, ∴H(x)在 x∈(x1,+∞)单调递增,H(x)>H(x1)=0, 即 H(x)=(x+x1)ln

x -2(x-x1)>0,所以(x1+x2)g(x1+x2)>0.………12 分 x1

(21)解析: (1)令 h( x) ? f ( x) ? x ,则 h?( x) ? f ?( x) ? 1 ? 0 ,即 h( x) 在区间 (1, ??) 上单调递减 所以,使 h( x) ? 0 ,即 f ( x) ? x ? 0 成立的 x 至多有一解,┄┄┄┄┄┄┄┄┄3 分 又由题设①知方程 f ( x) ? x ? 0 有实数根, 所以,方程 f ( x) ? x ? 0 只有一个实数根;┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄4 分 (2)由题意易知, g ?( x) ?

1 1 1 ? ? (0, ) ? (0,1) ,满足条件②┄┄┄┄┄┄┄┄┄6 分 2 2x 2 x ln x 令 F ( x) ? g ( x) ? x ? ? ? ? 3( x ? 1) , 2 2 e 5 e2 2 则 F (e) ? ? ? ? 0, F (e ) ? ? ? 2 ? 0 ,┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄8 分 2 2 2 2 2 又 F ( x) 在区间 [e, e ] 上连续,所以 F ( x) 在 [e, e ] 上存在零点 x0 ,
即方程 g ( x) ? x ? 0 有实数根 x0 ? [e, e 2 ] ,故 g ( x) 满足条件①, 综上可知, g ( x) ? M ;┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄9 分

(Ⅲ)由(2)知: g (n) ? g ( m) ?

1 1 (n ? m) ? (ln n ? ln m) , 2 2 1 1 而 (n ? m) g ?( x0 ) ? ( n ? m)( ? ), 2 2 x0
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ln n ? ln m 1 ? ,┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄11 分 n?m x0 该等式说明函数 y ? ln x( x ? 1) 上任意两点 A(m, ln m) 和 B (n, ln n) 的连线段 AB (如图所示) ,在 曲线 y ? ln x(m ? x ? n) 上都一定存在一点 P ( x0 , ln x0 ) ,使得该点处的切线平行于 AB ,根据 y ? ln x( x ? 1) 图象知该等式一定成立.┄┄┄┄┄14 分
所以原式等价于

1 1 1 ? ? (0, ) ? (0,1) ,满足条件②; 2 2x 2 x ln x 令 F ( x) ? g ( x) ? x ? ? ? ? 3( x ? 1) , 2 2 e 5 e2 2 ? 1 ? 0 ,…………………………………. 则 F (e) ? ? ? ? 0, F (e ) ? ? .7 分 2 2 2 2 2 又 F ( x) 在区间 e, e 上连续,所以 F ( x) 在 e, e 上存在零点 x 0 ,
(2)易知, g ' ( x) ?

?

?

即方程 g ( x) ? x ? 0 有实数根 x 0 ? e, e 2 ,故 g ( x) 满足条件①, 综上可知, g ( x) ? M ……….……………………………. . .……….….…………9 分 (Ⅲ)不妨设 ? ? ? ,∵ f ( x) ? 0 ,∴ f ( x) 单调递增,
'

?

?

?

?

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∴ f (? ) ? f ( ? ) ,即 f ( ? ) ? f (? ) ? 0 , 令 h( x) ? f ( x) ? x ,则 h ( x) ? f ( x) ? 1 ? 0 ,故 h( x) 是单调递减函数, ∴ f ( ? ) ? ? ? f (? ) ? ? ,即 f ( ? ) ? f (? ) ? ? ? ? , ∴ 0 ? f ( ? ) ? f (? ) ? ? ? ? ,
' '

则有 f (? ) ? f ( ? ) ?

? ? ? ? ? ? 2012 ? ? ? 2012 ? 2 ….……………. .….14 分

58. (安徽省蚌埠二中 2011 届高三第二次质检文) (本小题满分 13 分)已知函数 f ( x) ? ln(x ? 1) ? k ( x ? 1) ? 1 . (1)求函数 f ( x) 的单调区间; (2)若 f ( x) ? 0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围;

n(n ? 1) , (n ? N ? , n ? 1) 4 i ?2 1 1 ? k ? kx ?k ? 答案(1) f ?( x) ? x ?1 x ?1 , ? ?? 上单调递增, 当 k ? 0 时,有 f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x)在?1 k ?1 k ?1 ) 单调递增,在 ( ,?? ) 上单调递减. 当 k ? 0 时,此时 f ( x)在(1, k k ln( x ? 1) ? 1 (2) f ( x) ? 0 恒成立 ? k ? 在 (1,??) 恒成立, k ? 1 , x ?1
(3)证明:

? ( (i ? 1) ) ?

n

ln i

(3)证明略. 59. (北京市房山区 2011 年高三上学期期末统练试卷文) (本小题满分 14 分) f ( x ) ? ax ? ln x ( a ? R ) 已知函数 . y ? f ( x ) a ? 2 (1)若 ,求曲线 在 x ? 1 处切线的斜率; (2)求 f ( x) 的单调区间; 值范围. 答案(本小题满分 14 分) 解: (1)由已知 f ?( x) ? 2 ?

(Ⅲ)设 g (x) ? x 2 ? 2x ? 2 ,若对任意 x1 ? (0, ??) ,均存在 x2 ??0,1? ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求 a 的取

f ?(1) ? 2 ? 1 ? 3 . 故曲线 y ? f ( x) 在 x ? 1 处切线的斜率为 3 .………………4 分
1 ax ? 1 ? ( x ? 0) .………………5 分 x x ①当 a ? 0 时,由于 x ? 0 ,故 ax ? 1 ? 0 , f '( x) ? 0 所以, f ( x) 的单调递增区间为 (0, ??) .………………6 分 1 ②当 a ? 0 时,由 f '( x) ? 0 ,得 x ? ? . a 1 1 在区间 (0, ? ) 上, f ?( x) ? 0 ,在区间 (? , ??) 上 f ?( x) ? 0 , a a 1 1 所以,函数 f ( x) 的单调递增区间为 (0, ? ) ,单调递减区间为 (? , ??) . a a ………………8 分 (Ⅲ)由已知,转化为 f ( x)max ? g ( x)max .………………9 分
(2) f '( x) ? a ?

1 ( x ? 0) ,………………2 分 x

g ( x)max ? 2 ………………10 分 由(2)知,当 a ? 0 时, f ( x ) 在 (0, ??) 上单调递增,值域为 R ,故不符合题意.
(或者举出反例:存在 f (e3 ) ? ae3 ? 3 ? 2 ,故不符合题意. )………………11 分
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1 1 当 a ? 0 时, f ( x ) 在 (0, ? ) 上单调递增,在 (? , ??) 上单调递减, a a
故 f ( x ) 的极大值即为最大值, f (? ) ? ?1 ? ln( 所以 2 ? ?1 ? ln(?a) , 解得 a ? ?

1 a

1 ) ? ?1 ? ln(? a) ,………13 分 ?a

1 .………………14 分 e3 1 2 ax ? 2 x(a ? 0). 2

4. (哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)已知函数 f ( x) ? ln x ? (1)若函数 f ( x ) 在定义域内单调递增,求 a 的取值范围; (2)若 a ? ? 围;

1 1 且关于 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 的取值范 2 2

(3)设各项为正的数列 {an } 满足: a1 ? 1, an?1 ? ln an ? an ? 2, n ? N *. 求证: an ? 2 n ? 1

ax 2 ? 2 x ? 1 ( x ? 0). x 2 依题意 f ?( x) ? 0 在 x ? 0 时恒成立,即 ax ? 2 x ? 1 ? 0 在 x ? 0 恒成立. 1? 2x 1 1 ? ( ? 1) 2 ? 1 在 x ? 0 恒成立,即 a ? (( ? 1) 2 ? 1) min ( x ? 0) 则a ? 2 x x x 1 2 当 x ? 1 时, ( ? 1) ? 1 取最小值 ?1 x ∴ a 的取值范围是 (??, ?1] …… 4 ? 1 1 1 2 3 (2) a ? ? , f ( x) ? ? x ? b ? x ? x ? ln x ? b ? 0. 2 2 4 2 1 2 3 ( x ? 2)( x ? 1) . 列表: 设 g ( x) ? x ? x ? ln x ? b( x ? 0). 则 g ?( x ) ? 4 2 2x x (0,1) 1 (1, 2) 2 (2, 4)
解: (1) f ?( x) ? ?

g ?( x )
g ( x)

?
?

0
极 大值

?
?

0
极 小值

?
?

∴ g ( x) 极小值 ? g (2) ? ln 2 ? b ? 2 , g ( x) 极大值 ? g (1) ? ?b ?

? 方程 g ( x) ? 0 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根. ? g (1) ? 0 5 ? 则 ? g (2) ? 0 ,得 ln 2 ? 2 ? b ? ? ………… 8 ? 4 ? g (4) ? 0 ? 1 (3)设 h( x) ? ln x ? x ?1, x ? ?1, ?? ? ,则 h?( x ) ? ? 1 ? 0 x ? h( x) 在 ?1, ?? ? 为减函数,且 h( x)max ? h(1) ? 0, 故当 x ? 1 时有 ln x ? x ? 1 .
? a1 ? 1. 假设 ak ? 1(k ? N * ), 则 ak ?1 ? ln ak ? ak ? 2 ? 1 ,故 an ? 1(n ? N * ).
从而 an?1 ? ln an ? an ? 2 ? 2an ? 1. ?1 ? an?1 ? 2(1 ? an ) ? ?? ? 2 (1 ? a1 ).
n

5 ,又 g (4) ? 2ln 2 ? b ? 2 …… 6 ? 4

即 1 ? an ? 2n ,∴ an ? 2n ?1 ………… 12?
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2、 (2009 昆明市期末)已知函数 f ( x) ? e x ? ln( x ? m) ? 1 ,若 x=0,函数 f(x)取得极值 (1)求函数 f(x)的最小值; (2)已知 0 ? b ? a, 证明: e 解: (1) f ' ( x) ? e ?
x
a ?b

? 1>ln

a ?1 . b ?1

1 , x?m
0

由 x=0 是极值点,故 f ' (0) ? 0 ,得 e ? 故 m=1. 故 f ( x) ? e x ? ln( x ? 1) ? 1( x> ? 1) 当-1<x<0 时, f ' ( x) ? e ?
x

1 ? 0. 0?m

1 <0, 函数在(-1,0)内是减函数; x ?1

当 x>0 时, f ' ( x) ? e ?
x

1 >0, 函数 f(x)在(0,+∞)内是增函数. x ?1

所以 x=0 时,f(0)=0,则函数 f(x)取得最小值为 0.· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 6分 x (2)由(1)知:f(x)≥0,故 e -1≥ln(x+1) . ∵ a>b ? 0 ? a ? b> ? 1且a ? b ? 0故e a?b ? 1 · · · · · · · · · · · · · 8分 >ln(a ? b ? 1) ①·

a ? 1 (a ? b ? 1)( b ? 1) ? (a ? 1) ? b ?1 b ?1 2 ab ? b b( a ? b ) ? ? 0, = b ?1 b ?1 a ?1 .· 故 (a ? b ? 1) ? · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 10 分 b ?1 a ?1 . 故 ln( a ? b ? 1) ? ln b ?1 a ?1 a ?b ? 1> ln 由①②得 e · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 12 分 b ?1
又 (a ? b ? 1) ? 5. (三明市三校联考) (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ? ln(x ? 1) ? k ( x ? 1) ? 1 . (I)求函数 f ( x) 的单调区间; (2)若 f ( x) ? 0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围; (Ⅲ)证明:① ln(x ? 1) ? x ? 2在(2,??) 上恒成立





? ( (i ? 1) ) ?
i ?2

n

ln i

n(n ? 1) , (n ? N ? , n ? 1) 4
1 ?k x ?1

解: (I)函数 f ( x)的定义域为 (1,?? ), f ' ( x) ? 当 k ? 0 时 f ' ( x) ?

1 ? k ? 0 ,则 f ( x)在(1,??) 上是增函数 x ?1 1 1 ?k ?0 当 k ? 0 时,若 x ? (1,1 ? ) 时有 f ' ( x) ? k x ?1
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若 x ? (1 ?

1 1 1 1 ,?? ) 时有 f ' ( x) ? ? k ? 0 则 f ( x)在(1,1 ? ) 上是增函数,在 (1 ? ,?? ) 上是减函 k x ?1 k k

数……………………(4 分) (2)由(I)知 k ? 0 ,时 f ( x)在(1,??) 递增,而 f (2) ? 1 ? k ? 0, f ( x) ? 0 不成立,故 k ? 0 又由(I)知 y max ? f (1 ? 则 y max ? f (1 ?

1 ) ? ? ln k ,要使 f ( x) ? 0 恒成立, k
由 ? ln k ? 0得k ? 1 …………………(8 分)

1 ) ? ? ln k ? 0 即可. k

(Ⅲ)由(2)知,当 k ? 1 时有 f ( x) ? 0在(1,??) 恒成立,且 f ( x)在[2,??) 上是减函数, f (2) ? 0 ,

? x ? (2,??), f ( x) ? 0 恒成立,
即 ln(x ? 1) ? x ? 2在(2,??) 上恒成立.……………………(11 分)

ln n n ? 1 ? , n ?1 2 ln 2 ln 3 ln 4 ln n 1 2 3 n ? 1 n(n ? 1) ? ? ??? ? ? ? ??? ? 成立……(14 分) 3 4 5 n ?1 2 2 2 2 4 19. (湖北省黄冈市 2011 年 3 月份高三质量检测理科) (本小题 12 分)已知函数 f ( x) ? 2 x ? a ln x
令 x ? 1 ? n ,则 ln n ? n ? 1 ,即 2 ln n ? (n ? 1)(n ? 1) ,从而
2 2 2

f ( x1 ) ? f ( x2 ) x ? x2 ? f( 1 ) 2 2 成立; 1 f ( x) ? (a ? 3) x ? x 2 x ? [1, e ], 2 恒成立,求 a 的取值范围. (2)若对任意的 不等式: 2 x1 x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) x ? x2 ? f( 1 ) ? a ln 2 2 x1 ? x2 19.解(1)

x ,x , (1)若 a<0,证明:对于任意的两个正数 1 2 总有

-------------------------6 分

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[ 所以: g ( x) 在 x ? ?1, e? 上为增函数.

g ( x) max ? g (e) ?

e ? 2e 2(e ? 1)
2

a?

即: 21. (湖北省襄阳市 2011 年 3 月高中调研统一测试高三理科) (本大题满分 14 分)
2 已知定义在(0,+∞)上的两个函数 f ( x) ? x ? a ln x , g ( x) ? x ? a x ,且 f(x)在 x=1 处取得极值. (1)求 a 的值及函数 g(x)的单调区间; 2 ? ln x x? 2 ? ln x 成立; (2)求证:当 1<x<e2 时,恒有

e 2 ? 2e 2(e ? 1) ----------- -------------------------------------------------------------12 分

(3)把 g(x)对应的曲线向上平移 6 个单位后得曲线 C2,求 C2 与 f(x)对应曲线 C1 的交点个数,并 说明理由. a f ?( x) ? 2 x ? x ,∴,∴a=22 分 21. (1)解:∵ ∴
g ?( x ) ? 1? 1 x ?0 g ?( x) ? 1 ? 1 x ?0

由 得:0<x<1,由 得:x>1 ∴g(x)的的单调减区间是(0,1) ,单调增区间是(1,+∞) .4 分 2 (2)解:∵ 1 ? x ? e ,∴ 0 ? ln x ? 2 ,∴ 2 ? ln x ? 0 .

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21. (湖北省部分重点中学 2011 届高三第二次联考理科) (本小题满分 14 分) 设函数 f ( x) ? x ? ae
x ?1



(I)求函数 f ( x ) 单调区间; (2)若 f ( x) ? 0对x ? R 恒成立,求 a 的取值范围; (2I)对任意 n 的个正整数

a1 , a2 ,? , an .记A ?

a1 ? a2 ? ? an n

ai ?1 ai ? e A (i ? 1, 2,? n) A ? n a1a2 ? an (1)求证: A (2)求证:

? 21. (I) f ( x) ? 1 ? ae

x ?1

? 当 a ? 0 时, f ( x) ? 0 , f ( x ) 在 R 上是增函数…………2 分

…… …………1 分

? 当 a ? 0 时,令 f ( x) ? 0 得 x ? 1 ? ln a ……………………3 分

? 若 x ? 1 ? ln a 则 f ( x) ? 0 ,从而 f ( x ) 在区间 (??,1 ? ln a) 上是增函数

? 若 x ? 1 ? ln a 则 f ( x) ? 0 ,从而 f ( x ) 在区间 (1 ? ln a, ? ?) 上是减函数
综上可知:当 a ? 0 时, f ( x ) 在区间 (??, ? ?) 上是增函数.当 a ? 0 时,在区间 (??,1 ? ln a) 上是增函 数, f ( x ) 在区间 (1 ? ln a, ? ?) 上是减函数…………5 分 又当 a ? 0 时, f ( x ) 在点 x ? 1 ? ln a 处取最大值, 且 f (1 ? ln a) ? 1 ? ln a ? ae
? ln a

(2)由(I)可知:当 a ? 0 时, f ( x) ? 0 不恒成立…………6 分

令 ? ln a ? 0 得 a ? 1 [来源:学,科,网]

? ? ln a ………………8 分

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?1, ? ?? ……9 分 故若 f ( x) ? 0 对 x ? R 恒成立,则 a 的取值范围是
(2I)证明: (1)由 (2)知:当 a ? 1 时恒有 f ( x) ? x ? e 即x?e
x ?1

x ?1

? 0 成立

?

ai ?1 ai ? eA A ………………11 分

an a1 a2 ?1 ?1 ?1 an a1 a2 ?eA ?eA ?eA (2)由(1)知: A ; A ;……; A a1 ? a2 ??? an ?n a1a2 ? an A ? e ?1 n A 把以上 n 个式子相乘得 ………………13 分 n ? A ? a1a2 ?an

1 2 n ……………………14[来源:Z,xx,k.Com] 故 21. (湖北省黄石二中 2011 年 2 月高三年级调研考试理科) 21、(本小题13分)已知函数f ( x) ? ln(1 ? x) ? ax的图象在x=1处的切线与直线x+2y-1=0平行。

A ? n a a ?a

(1)求实数a的值; 1 ? 2, 4? 上有两个不相等的实数根,求实数m的值范围; (2)若方程f(x)= (m ? 3x)在 ? 4 (3)设常数p ? 1,数列?an ? 满足an ?1 ? an ? ln( p ? an)(n ? N ? ), a1 ? ln p.求证:an ?1 ? an .

22. (湖南省长沙等四县市 2011 年 3 月高三调研理科) (本小题满分 13 分)

a , a 为正常数. x ?1 9 (1)若 f ( x) ? ln x ? ?( x) ,且 a ? ,求函数 f ( x ) 的单调增区间; 2
已知函数 ? ( x ) ? (2)若 g ( x) ?| ln x | ??( x) ,且对任意 x1 , x2 ? (0,2] , x1 ? x2 ,都有
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g ( x2 ) ? g ( x1 ) ? ?1 ,求 a 的的取 值范 x2 ? x1

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围. 22.解:⑴ f '( x) ? ∵a ?

1 a x 2 ? (2 ? a) x ? 1 ,…2 分[来源:Zxxk.Com] ? ? x ( x ? 1)2 x( x ? 1)2

9 1 ,令 f '( x) ? 0 ,得 x ? 2 ,或 x ? , 2 2 1 ∴函数 f ( x ) 的单调增区间为 (0, ) , (2, ??) .6 分 2
⑵∵

g ( x2 ) ? g ( x1 ) g ( x2 ) ? g ( x1 ) ? ?1 , ∴ ?1 ? 0 , x2 ? x1 x2 ? x1



g ( x2 ) ? x2 ? [ g ( x1 ) ? x1 ] ? 0 ,8 分 x2 ? x1

设 h( x) ? g ( x) ? x ,依题意, h( x) 在 ? 0, 2? 上是减函数. 当 1 ? x ? 2 时, h( x) ? ln x ?

a 1 a ? x , h '( x) ? ? ?1, x ?1 x ( x ? 1) 2

令 h '( x) ? 0 ,得: a ? 设 m( x ) ? x ? 3 x ?
2

( x ? 1)2 1 ? ( x ? 1)2 ? x 2 ? 3x ? ? 3 对 x ? [1, 2] 恒成立, x x

1 1 ? 3 ,则 m '( x) ? 2 x ? 3 ? 2 , x x 1 ∵ 1 ? x ? 2 ,∴ m '( x) ? 2 x ? 3 ? 2 ? 0 , x
∴ m( x) 在 [1, 2] 上是增函数,则当 x ? 2 时, m( x) 有最大值为 ∴a ?

27 , 2

27 . 10 分 2

当 0 ? x ? 1 时, h( x) ? ? ln x ?

a 1 a ? x , h '( x) ? ? ? ?1 , x ?1 x ( x ? 1)2

令 h '( x) ? 0 ,得: a ? ? 设 t ( x) ? x ? x ?
2

( x ? 1)2 1 ? ( x ? 1)2 ? x 2 ? x ? ? 1 , x x

1 1 ? 1 ,则 t '( x) ? 2 x ? 1 ? 2 ? 0 , x x

∴ t ( x) 在 (0,1) 上是增函数,∴ t ( x) ? t (1) ? 0 , ∴ a ? 0 ,12 分 综上所述, a ?

27 .13 分 2

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(21) (安徽省
a 马鞍山市 2012 年 4 月高三第二次质量检测理科) (本题满分 13 分) 设函数 f ( x) ? ? x ln x , g ( x) ? x 3 ? x 2 ? 3 . x (1)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 ;
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?1 ? (2)如果对于任意的 s、t ? ? , 2 ? ,都有 f ( s ) ? g (t ) 成立,求实数 a 的取值范围. ?2 ?

(命题意图) 本题考察导数在研究函数问题中的应用. 由不等式恒成立求解参数范围, 考察等价转化思想, 这种常规的数学思想方法值得研究. 问题 ( 1) 等价于 g ( x) max ? g ( x) min ? M ; 问题 (2) 等价于 f ( x) min ? g ( x) max .

a?
21、 (解析) (1)当

9 9 f ( x) ? ln x ? 2( x ? 1) ,定义域是 (0,??) , 2 时,

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1 9 (2 x ? 1)(x ? 2) 1 ? ? x? 2 x 2( x ? 1) 2 x( x ? 1) 2 ,令 f ?( x) ? 0 ,得 2 或 x ? 2 .…2 分 1 1 0? x? ?x?2 ? 2 或 x ? 2 时, f ?( x) ? 0 ,当 2 ?当 时, f ( x) ? 0 , f ?( x) ?
1 1 (0, ) ( , 2) ( 2 , ?? ) 2 、 上单调递增 ,在 2 上单调递减.………4 分 1 3 f ( ) ? 3 ? ln 2 f (2) ? ? ln 2 ? f ( x) 的极大值是 2 2 ,极小值是 . ? 当 x ? ?0 时, f ( x) ? ?? ;当 x ? ?? 时, f ( x) ? ?? ,

? 函数 f ( x) 在

? 当 g ( x) 仅有一个零点时, k 的取值范围是 k ? 3 ? ln 2 或 2 f ( x) ? ln x ? x ? 1 ,定义域为 (0,??) . (2)当 a ? 2 时, 2 h( x) ? f ( x) ? 1 ? ln x ? ?1 x ?1 , 令

k?

3 ? ln 2 2 .………5 分

1 2 x2 ? 1 ? ? ?0 x ( x ? 1)2 x( x ? 1)2 , ? h( x) 在 (0,??) 上是增函数.………………………7 分 ? h?( x) ?
①当 x ? 1 时, h( x) ? h(1) ? 0 ,即 f ( x) ? 1 ; ②当 0 ? x ? 1 时, h( x) ? h(1) ? 0 ,即 f ( x) ? 1 ; ③当 x ? 1 时, h( x) ? h(1) ? 0 ,即 f ( x) ? 1 .…………………………9 分

2 x ?1 ?1 ln x ? x ?1 x ?1 . (3) (法一)根据(2)的结论,当 x ? 1 时, ,即 n k ?1 n 1 k ?1 k ?1 1 ? ? ln ?? x? ln ? k k ,则有 k 2k ? 1 , k ?1 k ?1 2k ? 1 .…………12 分 令 ln x ?

? ln(n ? 1) ? ? ln
k ?1

n

k ?1 k ,

? ln( n ? 1) ?

1 1 1 ? ??? 3 5 2n ? 1 .……………………………14 分 (法二)当 n ? 1 时, ln(n ? 1) ? ln 2 . ? ln 2 ?

1 ? 3ln 2 ? ln 8 ? 1 , 3 ,即 n ? 1 时命题成立.………………………10 分 1 1 1 ln(k ? 1) ? ? ? ? ? 3 5 2k ? 1 . 设当 n ? k 时,命题成立,即 k ?2 1 1 1 k ?2 ln(n ? 1) ? ln(k ? 2) ? ln(k ? 1) ? ln ? ? ?? ? ? ln ? n ? k ? 1 时, k ?1 3 5 2k ? 1 k ?1 . 2 x ?1 ln x ? ?1 ln x ? x ?1 x ?1 . 根据(2)的结论,当 x ? 1 时, ,即 k ?2 k ?2 1 x? ln ? k ? 1 ,则有 k ? 1 2k ? 3 , 令
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1 1 1 1 ln(k ? 2) ? ? ? ? ? ? 3 5 2k ? 1 2k ? 3 ,即 n ? k ? 1 时命题也成立.………13 分 则有
因此,由数学归纳法可知不等式成立. ………………………14 分 y (法三)如图,根据定积分的定义,
n 1 1 1 1 ?1 ? ?1 ? ? ? ?1 ? ? dx 1 2x ? 1 7 2n ? 1 得5 .……11 分 n n 1 1 1 ?? dx ? ? d (2 x ? 1) 1 2x ? 1 1 2 2x ? 1 1 1 o 1 2 3 4 5 6 … n-1 n x n ? ln( 2 x ? 1) 1 ? [ln( 2n ? 1) ? ln 3] 2 2 , n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ?? ? ? ? ( ?? ? )? ?? dx 1 2x ? 1 2n ? 1 3 5 2n ? 1 3 ?3 5 7 1 1 ? ? [ln( 2n ? 1) ? ln 3] 3 2 .………………………12 分 1 1 2 ? 3ln 3 1 ? ? [ln(2n ? 1) ? ln 3] ? ln(n ? 1) ? ? [ln(2n ? 1) ? ln(n 2 ? 2n ? 1)] 3 2 6 2 ,

又? 2 ? 3 ? 3 ln 3 , ln(2n ? 1) ? ln(n ? 2n ? 1) ,
2

1 1 ? ? [ln( 2n ? 1) ? ln 3] ? ln( n ? 1) 3 2 . 1 1 1 ? ? ??? ? ln( n ? 1) 3 5 2n ? 1 .…………………………14 分

f ( x ) ? ln
21. (广东执 信中学 2011 年 2 月高三考试文科) (本小题满分 14 分)已知函数

x ?1 x ?1

x ?1 x ? 1 在定义域上是奇函数; (1)求函数的定 义域,并证明 x ?1 m f ( x) ? ln ? ln x ?1 ( x ? 1)(7 ? x) 恒成立,求实数 m 的取值范围; (2)若 x ? [2,6] f ( x ) ? ln

* 2 (Ⅲ)当 n ? N 时,试比较 f (2) ? f (4) ? f (6) ? ... ? f (2n) 与 2n ? 2n 的大小关系.

x ?1 ?0 21.解: (1)由 x ? 1 ,解得 x ? ?1 或 x ? 1 , ∴函数的定义域为 (??, ?1) ? (1, ??)
当 x ? (??, ?1) ? (1, ??) 时,[来

?x ?1 x ?1 x ? 1 ?1 x ?1 ? ln ? ln( ) ? ? ln ? ? f ( x) ?x ?1 x ?1 x ?1 x ?1 x ?1 f ( x ) ? ln x ? 1 在定义域上是奇函数.………4 分 ∴ x ?1 m f ( x) ? ln ? ln x ?1 ( x ? 1)(7 ? x) 恒成立, (2)由 x ? [2,6] 时, f (? x) ? ln

x ?1 m ? ? 0,? x ? [2, 6] x ? 1 ( x ? 1)(7 ? x ) ∴
∴ 0 ? m ? ( x ? 1)(7 ? x) 在 x ? [2, 6] 成立
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令 g ( x) ? ( x ? 1)(7 ? x) ? ?( x ? 3) ? 16 , x ? [2, 6] ,由二次函数的性质可知
2

x ? [2,3] 时函数单调递增, x ? [3, 6] 时函数单调递减,

x ? [2, 6] 时, g ( x)min ? g (6) ? 7
∴ 0 ? m ? 7 ………8 分

3 5 7 2n ? 1 ln ? ? ????? ? ln(2n ? 1) 2n ? 1 (Ⅲ) f (2) ? f (4) ? f (6) ? ??? ? f (2n) = 1 3 5 证法一:设函数 h( x) ? ln x ? ( x ? 1)( x ? 1) , x ? [1 , ??)
1? x ?0 x ,即 h( x) 在 (1 , ??) 上递减, 所以 h( x) ? h(1) ? 0 ,故 ln x ? x ? 1 ln x ? x ? 1 在 x ? [1, ??) 成立,
则 x ? (1 , ??) 时,

h?( x ) ?

则当 x ? 2n ? 1(n ? N ) 时, ln(2n ? 1) ? 2n ? 2n ? 2n 成立.………14 分
2

?

x2 1 ? x2 ? 2 x ? h( x) ? ln(1 ? x) ? ( x ? )( x ? 0) h ( x) ? ? x ?1 ? 2 x ?1 x ?1 证法二:构造函数 , x2 h( x) ? ln(1 ? x) ? ( x ? ) ? 2 在 (0, ??) 单调递减, 当 x ? 0 时, h ( x) ? 0 ,∴ ? h( x) ? h(0) ? 0 ………12 分
当 x ? 2n ( n ? N )时, ln(1 ? 2n) ? (2n ? 2n ) ? 0 ?ln(1 ? 2n) ? 2n ? 2n …14 分 20. (广东省佛山市 2012 年普通高中高三教学质量检测一文科) (本题满分 14 分) 设 a ? R ,函数 f ( x) ? ln x ? ax . (1)讨论函数 f ( x) 的单调区间和极值;
?

2

2

(2)已知 x1 ?

e (e ? 2.71828L ) 和 x2 是函数 f ( x) 的两个不同的零点,
3

求 a 的值并证明: x2 ? e 2 . 20. (本题满分 14 分)

1 1 ? ax .……………………2 分 ?a ? x x ①若 a ? 0 ,则 f ?( x) ? 0 , f ( x) 是区间 ? 0, ?? ? 上的增函数,无极值;…………4 分
解:在区间 ? 0, ?? ? 上, f ?( x) ? ②若 a ? 0 ,令 f ?( x) ? 0 得: x ?

1 . a

在区间 (0, ) 上, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 是增函数; 在区间 ( , ??) 上, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 是减函数;

1 a

1 a

1 ? 1 ? ? ln a ? 1 . a 综上所述,①当 a ? 0 时, f ( x) 的递增区间 ? 0, ?? ? ,无极值;……………………7 分
在区间 ? 0, ?? ? 上, f ( x) 的极大值为 f ( ) ? ln ③当 a ? 0 时, f ( x) 的是递增区间 (0, ) ,递减区间是 ( , ??) , 函数 f ( x) 的极大值为 f ( ) ? ? ln a ? 1 .……………………9 分 (2) f ( e ) ? 0, ∴

1 a

1 a

1 a

1 a

1 1 .……………………10 分 ? a e ? 0 ,解得: a ? 2 2 e
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∴ f ( x) ? ln x ?

x .……………………11 分 2 e 3 5 3 5 3 e 5 e3 2 2 2 又 Q f (e ) ? ? ? 0 , f (e ) ? ? ? 0 ,? f (e ) ? f (e 2 ) ? 0 …………13 分 2 2 2 2
3 5

1

由(1)函数 f ( x) 在 (2 e , ??) 递减,故函数 f ( x) 在区间 (e 2 , e 2 ) 有唯一零点, 因此 x2 ? e 2 .……………………14 分 设函数 f ? x ? ? x ? a ln ? x ? 1? .
2
3

21. (广东省肇庆市中小学教学质量评估 2012 届高中毕业班第一次模拟理科) (本小题满分 14 分)

(1)求函数 f ( x) 的单调区间; (2)若函数 F ( x) ? f ( x) ? ln 2 有两个极值点 x1 , x2 且 x1 ? x2 ,求证 F ( x2 ) ? 21 解: (1)函数 f ( x) 的定义域为 (?1, ??) , (1 分)

1 . 4

a 2x2 ? 2x ? a ? ( x ? ?1) (2 分) x ?1 x ?1 2 令 g ( x) ? 2 x ? 2 x ? a ,则 ? ? 4 ? 8a . 1 ①当 ? ? 0 ,即 a ? 时, g ( x) ? 0 ,从而 f '( x) ? 0 ,故函数 f ( x) 在 (?1, ??) 上单调递增; (3 分) 2 1 ②当 ? ? 0 ,即 a ? 时, g ( x) ? 0 ,此时 f '( x) ? 0 ,此时 f '( x) 在 f '( x) ? 0 的左右两侧不变号,故函 2 数 f ( x) 在 (?1, ??) 上单调递增; (4 分) f ?( x) ? 2 x ?
?1 ? 1 ? 2a ?1 ? 1 ? 2a 1 1 时 , g ( x ) ? 0 的 两 个 根 为 x1 ? , x2 ? ?? ,当 2 2 2 2 1 1 ? 2a ? 1 ,即 a ? 0 时, x1 ? ?1 ,当 0 ? a ? 时, x1 ? ?1 . 2 ?1 ? 1 ? 2a ?1 ? 1 ? 2a 1 故当 a ? 0 时,函数 f ( x) 在 (?1, ) 单调递减,在 ( , ??) 单调递增;当 0 ? a ? 2 2 2 ?1 ? 1 ? 2a ?1 ? 1 ? 2a ?1 ? 1 ? 2a ?1 ? 1 ? 2a 时,函数 f ( x) 在 (?1, ), ( , ??) 单调递增,在 ( , ) 单调 2 2 2 2
③当 ??0 ,即 a? 递减. (7 分) (2)∵ F ?( x) ? f ?( x) ,∴当函数 F ( x) 有两个极值点时 0 ? a ? 故此时 x2 ?

1 , 0 ? 1 ? 2a ? 1 , 2

?1 ? 1 ? 2a 1 (9 分) ? (? , 0) ,且 g ( x2 ) ? 0 ,即 a ? ?(2 x 2 2 ? 2 x2 ) , 2 2 ? F ? x2 ? ? x2 2 ? a ln ?1 ? x2 ? ? ln 2 ? x2 2 ? (2 x 2 2 ? 2 x2 ) ln ?1 ? x2 ? ? ln 2 ,
1 (10 分) ? x ? 0, 2 则 h?( x) ? 2 x ? 2(2 x ? 1) ln(1 ? x) ? 2 x ? ?2(2 x ? 1) ln(1 ? x) , 1 1 由于 ? ? x ? 0 时, h '( x) ? 0 ,故函数 h( x) 在 (? , 0) 上单调递增, 2 2 1 1 故 h( x ) ? h( ? ) ? . 2 4 1 ∴ F ( x2 ) ? h( x2 ) ? . (14 分) 4
设 h( x) ? x 2 ? (2 x 2 ? 2 x) ln(1 ? x) ? ln 2 ,其中 ?
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各地高考模拟试题精选

王肇堃

21. (广东省茂名市 2013 年高三第一次高考模拟理) (本小题满分 14 分)

1 3 ax ? 2 x 2 ? 2 x ,函数 f ( x) 是函数 g ( x) 的导函数. 3 (1)若 a ? 1 ,求 g ( x) 的单调减区间; x ? x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) (2)若对任意 x1 , x2 ? R 且 x1 ? x2 ,都有 f ( 1 ,求实数 a 的取值范围; )? 2 2 ( 3 )在第( 2 )问求出的实数 a 的范围内,若存在一个与 a 有关的负数 M ,使得对任意 x ? [ M , 0] 时 | f ( x ) |? 4 恒成立,求 M 的最小值及相应的 a 值.
已知函数 g ( x) ?

(3)解法一:易知 f ( x) ? ax 2 ? 4 x ? 2 ? a ( x ? ) 2 ? 2 ?

4 ,a ? 0. a 2 显然 f (0) ? ?2 ,由(2)知抛物线的对称轴 x ? ? ? 0 ……………7 分 a 4 2 ①当 ?2 ? ? ?4 即 0 ? a ? 2 时, M ? (? , 0) 且 f ( M ) ? ?4 a a ?2 ? 4 ? 2a 令 ax 2 ? 4 x ? 2 ? ?4 解得 x ? …………………8 分 a ?2 ? 4 ? 2a ?2 此时 M 取较大的根,即 M ? ………………9 分 ? a 4 ? 2a ? 2 ?2 ? ?1 ……………………10 分 ? 0 ? a ? 2 ,? M ? 4 ? 2a ? 2 4 2 ②当 ?2 ? ? ?4 即 a ? 2 时, M ? ? 且 f ? M ? ? 4 a a ?2 ? 4 ? 6a 令 ax 2 ? 4 x ? 2 ? 4 解得 x ? …………………11 分 a ?2 ? 4 ? 6a ?6 ? 此时 M 取较小的根,即 M ? ……………12 分 a 4 ? 6a ? 2 ?6 ? ?3 当且仅当 a ? 2 时取等号………13 分 ? a ? 2 ,? M ? 4 ? 6a ? 2 由于 ?3 ? ?1 ,所以当 a ? 2 时, M 取得最小值 ?3 ……………………14 分 解法二:对任意 x ? [ M , 0] 时,“ | f ( x ) |? 4 恒成立”等价于“ f ( x )max ? 4 且 f ( x )min ? ?4 ”
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2 a

各地高考模拟试题精选

王肇堃

由(2)可知实数 a 的取值范围是 (0, ??) 故 f ( x) ? ax 2 ? 4 x ? 2 的图象是开口向上,对称轴 x ? ?

2 ? 0 的抛物线……7 分 a

4、 (2009 江门一模)已知函数 f ( x) ? x ? ax ? x , a ? R 是常数, x ? R . ⑴若 y ? 2 x ? 1 是曲线 y ? f ( x) 的一条切线,求 a 的值;
3 2 / ⑵ ?m ? R ,试证明 ? x ? (m , m ? 1) ,使 f ( x) ? f (m ? 1) ? f (m) .

/ 2 / ⑴ f ( x) ? 3x ? 2ax ? 1 -------1 分,解 f ( x) ? 1 得, x ? 0 或 x ? ?

当 x ? 0 时, f (0) ? 0 , y ? 0 ? 1 ? 0 ,所以 x ? 0 不成立-------3 分

2a -------2 分 3

2a 8a 3 4a 3 2a 2a 33 2 ? ? ?? ? 1 ,得 a ? 当x ? ? 时,由 f ( x) ? y ,即 ? -----5 分 3 27 9 3 3 2 / ⑵作函数 F ( x) ? f ( x) ? [ f (m ? 1) ? f (m)]-------6 分
函数 y ? F ( x) 在 [m , m ? 1] 上的图象是一条连续不 F ( x) ? 3x 2 ? 2ax ? (3m2 ? 3m ? 2am ? a ? 1) , 断的曲线------7 分, F (m) ? F (m ? 1) ? ?(3m ? a ? 1)(3m ? a ? 2) ------8 分 ① 若 (3m ? a ? 1)(3m ? a ? 2) ? 0 , F (m) F (m ? 1) ? 0 , ? x ? (m , m ? 1) , 使 F ( x) ? 0 , 即
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各地高考模拟试题精选

王肇堃

f / ( x) ? f (m ? 1) ? f (m) -------10 分 ②若 (3m ? a ? 1)(3m ? a ? 2) ? 0 , ? 2 ? 3m ? a ? ?1, F (m ? 1) ? 3m ? a ? 2 ? 0 , a F (m) ? ?(3m ? a ? 1) ? 0 , F ( x) ? 3x 2 ? 2ax ? (3m2 ? 3m ? 2am ? a ? 1) 当 x ? ? 时 有 最 小 值 3 2 a 3 ? 2a 2 1 2 Fm i ( ? ?3(m ? ) ? ? 0 , 且 当 ? 2 ? 3m ? a ? ?1 时 n x) ? ?(3m ? 3m ? 2am ? a ? 1) ? 3 6 4 1 a 2 m ? m ? ? ? ? m ? ? m ? 1 -------11 分, 3 3 3 a a 所 以 存 在 ? x ? (m , ? ) ( 或 ? x ? (? , m ? 1) ) 从 而 ? x ? (m , m ? 1) , 使 F ( x) ? 0 , 即 3 3 / f ( x) ? f (m ? 1) ? f (m) -------12 分
20. (福建省漳州市 2013 年 3 月高三质量检查理) (本题满分 14 分) 2 已知函数 f ( x) ? a ln( x ? 1) ? ax ? x . (1)若 x ? 1 为函数 f ( x) 的零点,求 a 的值; (2)求 f ( x) 的极值;

3 4 n ?1 ? 2 ??? 2 . 2 2 3 n 20. (1)解:因为 f (1) ? 0 ,所以 a ln 2 ? a ? 1 ? 0 , 1 解得 a ? .……………………………………………………3 分 ln 2 ? 1 a?2 ?2 x( x ? ) a 2 (2) f ?( x) ? ,…………………………4 分 ? a ? 2x ? x ?1 x ?1 a?2 令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 0 ,或 x ? ? ,又 f ( x) 的定义域为 (?1, ??) . 2 a?2 ①当 ? ? ?1 ,即 a ? 0 时,若 x ? (?1, 0) ,则 f ?( x) ? 0 , f ( x) 递增;若 x ? (0, ??) ,则 f ?( x) ? 0 , 2 f ( x) 递减;所以 f ( x)极大值 ? f (0) ? 0 ,无极小值. a?2 a?2 ② 当 ?1 ? ? ? 0 , 即 ?2 ? a ? 0 时 , 若 x ? (?1, ? ) , 则 f ?( x) ? 0 , f ( x) 递 减 ; 若 2 2 a?2 x ? (? , 0) ,则 f ?( x) ? 0 , f ( x) 递增;若 x ? (0, ??) ,则 f ?( x) ? 0 , f ( x) 递减; 2 a?2 a a2 ? 4 所以 f ( x)极小值 =f ( ? , f ( x)极大值 ? f (0) ? 0 . ) ? a ln(? ) ? 2 2 4
(Ⅲ)证明:对任意正整数 n, ln(n ? 1) ? 2 ?

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王肇堃

22. (福建省漳州市 2013 年 3 月高三质量检查文) (本小题满分 14 分)

a a ? x ?1 2 (1)当 a ? 2 时,求函数 f ( x) 在点 P(1,0) 处的切线方程; (2)若函数 f ( x)在(0, ??) 上为单调增函数,求 a 的取值范围; x1 ? x2 (3)设 x1 ? x2 ? 0 , 求证 : ? x1 ? x2 ln x1 ? ln x2 a a 22.解:? f ( x) ? ln x ? ? , f ( x) 的定义域为 ? 0, ?? ? ,-------------1 分 x ?1 2 1 a -------------2 分 ? f ?( x) ? ? x ( x ? 1) 2 2 1 1 1 (1)当 a ? 2 时,? f ( x) ? ln x ? ? 1, ? f ?(1) ? ? ? , x ?1 1 2 2 1 ∴函数 f ( x) 在点 P(1,0) 处的切线方程 y ? ( x ? 1) -------------4 分 2 2 1 a ( x ? 1) ? ax ? (2)? f ?( x) ? ? 2 x ( x ? 1) x( x ? 1) 2 函数 f ( x)在(0, ??) 上为单调增函数
已知:函数 f ( x) ? ln x ? ∴ ( x ? 1) ? ax ? x ? 2 x ? 1 ? ax ? 0 对 x ? (0, ??) 恒成立,-------------6 分
2 2

∴a ? x? ∴x?

1 ? 2 -------------7 分 x

1 ? 2 ,当且仅当 x =1 等号成立∴ a ? 2 ? 2 ,即 a ? 4 ------------9 分 x x1 ?1 x2 x x1 ? x2 ? 1 ? 1. ,------------10 分 (3) 要证 ? x1 ? x2 . , 只需证 x x2 ln x1 ? ln x2 ln 1 x2
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各地高考模拟试题精选

王肇堃

x1 x1 ?1 ?1 x1 x2 x1 x2 即证: ln ,即证 ln ? ? ?0 x2 x1 ? 1 x2 x1 ? 1 x2 x2 x1 ?1 x1 x2 x 2 ∵ ln ? ? ln 1 ? ?1 , x2 x1 ? 1 x2 x1 ? 1 x2 x2 由 f ( x) 在区间 (0, ??) 上为单调增函数,得 a ? 4 2 ∴当 a ? 2 时, f ( x) ? ln x ? ? 1 在区间 (0, ??) 上为单调增函数 x ?1 x ∵ x1 ? x2 ? 0 ,∴ 1 ? 1 x2 2 ∴当 a ? 2 时, f ( x) ? ln x ? ? 1 ? f (1) ? 0 ------------13 分 x ?1 x1 ?1 x1 x2 x 2 ∴ ln ? ? ln 1 ? ?1 ? 0 , x2 x1 ? 1 x2 x1 ? 1 x2 x2 x1 ? x2 ∴ x1 ? x2 ? 0 时, ? x1 ? x2 ------------14 分 ln x1 ? ln x2
21. (山西省太原五中 2012 届高三 4 月月考理科) (本题满分 12 分)

x2 ? a ( x ? R)(e 是自然对数的底数, e ? 2.71 ) 已知函数 f ( x) ? ex (1)当 a ? ?15 时,求 f ( x) 的单调区间; 1 (2)若 f ( x) 在区间 [ , e ] 上是增函数,求实数 a 的取值范围; e 2 1 ? 1 1 ? 2 2 1 ? 32 1 ? n2 5n * (3)证明 对一切 n ? N 恒成立. ? 2 ? 3 ??? n ? e e e e 4 e

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