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2015年高考理科数学试题汇编(含答案):导函数


(重庆)20. (本小题满分 12 分, (1)小问 7 分, (2)小问 5 分) 设函数 f ? x ? ?

3 x 2 ? ax ?a ? R? ex

( 1 )若 f ? x ? 在 x ? 0 处取得极值,确定 a 的值,并求此时曲线 y ? f ? x ? 在点

?1, f ?1? ? 处的切线方程;<

br />(2)若 f ? x ? 在 ?3, ?? ? 上为减函数,求 a 的取值范围。 【答案】 (1) a ? 0 ,切线方程为 3 x - ey = 0 ; (2) [? 【解析】 试题分析:本题考查求复合函数的导数,导数与函数的关系,由求导法则可得

9 , ??) . 2

f '( x) ?

?3 x 2 ? (6 ? a) x ? a , 由 已 知 得 f '(0) ? 0 , 可 得 a ? 0 , 于 是 有 ex

f ( x )=

3x 2 ?3 x 2 ? 6 x 3 3 ? , f (1) ? , f '(1) ? ,由点斜式可得切线方程; (2)由 , f ( x ) ? x x e e e e
2

题意 f '( x ) ? 0 在 [3, ??) 上恒成立,即 g ( x) ? ?3 x ? (6 ? a ) x ? a ? 0 在 [3, ??) 上恒成

?6 ? a ?3 9 ? 立,利用二次函数的性质可很快得结论,由 ? 6 得a ? ? . 2 ? ? g (3) ? 0
试题解析:(1)对 f ( x) 求导得 f ?( x) ?

? 6 x ? a ? e x ? ? 3x 2 ? ax ? e x

?e ?

x 2

?

?3 x 2 ? ? 6 ? a ? x ? a ex

因为 f ( x) 在 x = 0 处取得极值,所以 f ?(0) ? 0 ,即 a = 0 .

考点:复合函数的导数,函数的极值,切线,单调性. (新课标 1)12. 设函数 f ( x) = e (2 x ? 1) ? ax ? a ,其中 a 1,若存在唯一的整数
x

x0,使得 f ( x0 ) 0,则 a 的取值范围是( A.[- ,1) 【答案】D 【解析】 B. [- , )

) D. [ ,1)

C. [ , )

试题分析:设 g ( x) = e x (2 x ? 1) , y ? ax ? a ,由题知存在唯一的整数 x0 ,使得

g ( x0 ) 在直线 y ? ax ? a 的下方.
1 1 因为 g ?( x) ? e x (2 x ? 1) ,所以当 x ? ? 时, g ?( x) <0,当 x ? ? 时, g ?( x) >0, 2 2

? 1 所以当 x ? ? 时, [ g ( x)]max = -2e 2 , 2

1

当 x ? 0 时, g (0) =-1, g (1) ? 3e ? 0 ,直线 y ? ax ? a 恒过(1,0)斜率且 a ,故
?a ? g (0) ? ?1 ,且 g (?1) ? ?3e ?1 ? ? a ? a ,解得

3 ≤ a <1,故选 D. 2e

考点:导数的综合应用

(15)(安徽)设 x 3 ? ax ? b ? 0 ,其中 a, b 均为实数,下列条件中,使得该三次方程仅 有一个实根的是 .(写出所有正确条件的编号)

① a ? ?3, b ? ?3 ;② a ? ?3, b ? 2 ;③ a ? ?3, b ? 2 ;④ a ? 0, b ? 2 ;⑤ a ? 1, b ? 2 . 【答案】①③④⑤

考点:1 函数零点与方程的根之间的关系;2.函数的单调性及其极值.

( 福 建 ) 10 . 若 定 义 在 R 上 的 函 数 f ? x ? 满 足 f ? 0? ? ?1 , 其 导 函 数 f ? ? x ? 满 足

f ? ? x? ? k ? 1 ,则下列结论中一定错误的是( )
A. f ?

?1? 1 ?? ?k? k

B. f ?

1 ?1? C. ?? ? k ? k ?1

1 ? 1 ? f? ?? ? k ?1 ? k ?1

D. f ?

k ? 1 ? ?? ? k ?1 ? k ?1

【答案】C

考点:函数与导数. (福建)20 已知函数 f( x) = ln(1 + x) , g ( x) = kx,(k (Ⅰ)证明:当 x > 0时,f(x)< x ; (Ⅱ)证明:当 k < 1 时,存在 x0 > 0 ,使得对 任意x ? (0,x0 ), 恒有 f( x) > g ( x); ( Ⅲ ) 确 定 k 的 所 以 可 能 取 值 , 使 得 存 在 t > 0 , 对 任 意 的 x ? (0,t), 恒 有 . | fx ( -) g x ( <) 2 |x 【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ) k =1. 【解析】 试题分析:( Ⅰ)构造函数 F ( x) = f( x) - x = ln(1 + x) - x, x ? (0, 并 和 0 比 较 即 可 ; ( Ⅱ ) 构 造 函 数 G (x )= f x ( -) g x ( = )

R),

), 只需求值域的右端点 ln + (1 x - ) kx x ?, ( 0 ,即 ),

1 ( x) = -k G ( x) ? 0 ,求导得 G? 1+x = - kx + (1 - k) ,利用导数研究函数 G ( x) 的形状和最值,证明当 k < 1 时,存在 x0 > 0 ,使 1+x
), g ( x) > x > f( x), 故

(0, + 得 G ( x) ? 0 即 可; ( Ⅲ ) 由 ( Ⅰ ) 知, 当 k > 1 时, 对于 " x 违

g ( x) > f( x) , 则 不 等 式 | f( x) - g ( x) |< x2 变 形 为 k x - l n (+ 1x < )2x , 构 造 函 数

M( x) = k x - ln(1 + x) - x2 , x 违 [0,+ ) , 只 需 说 明 M ( x ) ? 0 , 易 发 现 函 数 M ( x) 在

k - 2 + (k - 2)2 +8(k - 1) x ?(0, ) 递增,而 M (0) ? 0 ,故不存在;当 k < 1 时,由 ( Ⅱ ) 4
知,存在 x0 > 0 , 使得对任意的任意的 x ? (0,x0 ), 恒有 f(x ) > g (x ),此时不等式变形为

ln(1 + x) - k x < x2 ,
构 造

N x( = )

2 + l xn ( 1 x

违 -x ) ,+x k

, ,易

发 现 [ 0



数 )

N ( x)



- (k +2) + (k +2)2 +8(1 - k) x ?(0, ) 递增,而 N (0) ? 0 ,不满足题意;当 k =1 时,代入 4
证明即可. 试 题 解 析 : 解 法 一 : (1) 令 F ( x) = f( x) - x = ln(1 + x) - x, x ? (0,

), 则 有

F? (x ) =

1 x - = 11 + x 1 x +
), F ? ( x) < 0 ,所以 F ( x) 在 (0, + ) 上单调递减;

当 x ? (0,

故当 x > 0 时, F ( x) < F (0) = 0, 即当 x > 0 时, f(x)< x . (2)令 G( x) = f( x) - g ( x) = ln(1 + x) - kx, x ? (0, 当 k ? 0 G? ( x) > 0 ,所以 G( x) 在 [0, + 故对任意正实数 x0 均满足题意. 当 0 < k < 1 时,令 G? ( x) = 0, 得 x = 取 x0 =

1 - kx + (1 - k) ( x) = -k= ), 则有 G? 1+x 1+x

) 上单调递增, G( x) > G(0) = 0

1- k 1 = - 1>0. k k

1 - 1, 对 任 意 x ? (0, x0 ), 恒 有 G?(x ) , 所 以 G (x )在 [0, x 0 ) 上 单 调 递 增 , > 0 k

G( x) > G(0) = 0 ,即 f( x) > g ( x) .
综上,当 k < 1 时,总存在 x0 > 0 ,使得对任意的 x ? (0,x0 ), 恒有 f( x) > g ( x) .

(0, + (3)当 k > 1 时,由(1)知,对于 " x 违

), g ( x) > x > f( x), 故 g ( x) > f( x) ,

| f( x) - g ( x) |= g ( x) - f ( x) = k x - ln(1 + x) ,


M( x) = k x - ln(1 + x) - x2 , x 违 [0,+ )







1 -2 x 2 +(k-2)x + k - 1 M? ( x) = k - 2 x= , 1+ x 1+ x





k - 2+ x ?(0,

-( 4

2

k +

-2

)

)



8



(

k 1 M? x (>

) ),

M( 0 x)



k - 2 + (k - 2)2 +8(k - 1) [0, ) 上单调递增,故 M( x) > M(0) = 0 ,即 | f( x) - g ( x) |> x2 ,所以 4
满足题意的 t 不存在. 当 k < 1 时,由(2)知存在 x0 > 0 ,使得对任意的任意的 x ? (0,x0 ), 恒有 f( x) > g ( x) . 此时 | f( x) - g ( x) |= f( x) - g ( x) = ln(1 + x) - k x , 令

N( x) = ln(1 + x) - k x - x2 , x 违 [0,+ )
1 -2 x 2 -(k+2)x - k +1 - k - 2 x= , 1+ x 1+ x







N ' ( x) =
故 当

- (k x ?(0,

) ++ 2 4

2

+(

k -

+ 2 ) ) 时 ,

8 ( 1 k ) N? x (> ) , M( 0 x)



- (k + 2) + (k + 2)2 +8(1 - k) [0, ) 上单调递增,故 N( x) > N (0) = 0 ,即 f( x) - g ( x) > x2 ,记 4 - (k + 2) + (k + 2)2 + 8(1 - k) 中较小的为 x1 , x0 与 4
则当 x ? (0,x1 )时,恒有 | f( x) g ( x) |> x2 ,故满足题意的 t 不存在.

(0, + 当 k =1,由(1)知, 当x 违
2

), | f( x) - g ( x) |= g ( x) - f ( x) = x - ln(1 + x) ,
1 -2 x 2 - x ( x) = 1 - 2 x= , ) ,则有 H? 1+ x 1+ x

令 H( x) = x - ln(1 + x) - x , x 违 [0,+

当 x > 0 时, H? 上单调递减,故 H( x) < H (0) = 0 , ( x) < 0 ,所以 H( x) 在 [0, +? ) 故当 x > 0 时,恒有 | f( x) - g ( x) |< x ,此时,任意实数 t 满足题意. 综上, k =1. 解法二: (1) (2)同解法一. (3)当 k > 1 时,由(1)知,对于 " x 违 (0, + , ), g ( x) > x > f( x),
2

故 | f( x) - g ( x) |= g ( x) - f ( x) = k x - ln(1 + x) > k x - x = (k - 1) x , 令 (k - 1) x > x , 解得0 < x < k - 1 ,
2 从而得到当 k > 1 时, 对于x ? (0, k 1) 恒有 | f( x) - g ( x) |> x ,所以满足题意的 t 不存在. 2

当 k < 1 时,取 k1 =

k+1 ,从而k < k1 < 1 2

由(2)知存在 x0 > 0 ,使得 任意x ? (0,x0 ), 恒有 f( x) > k1 x > kx = g ( x) .

此时 | f( x) - g ( x) |= f( x) - g ( x) > ( k1 - k) x = 令

1- k x, 2

1- k 1- k x > x 2 , 解得0 < x < ,此时 f( x) - g ( x) > x2 , 2 2 1-k 中较小的为 x1 ,则当 x ? (0,x1 )时,恒有 | f( x) g ( x) |> x2 , 2

记 x0 与

故满足题意的 t 不存在. 当 k =1,由(1)知, 当x 违 (0, +
2

), | f( x) - g ( x) |= g ( x) - f ( x) = x - ln(1 + x) ,
1 ?2 x 2 ? x ? 2x ? , 1? x 1? x

令 M( x) ? x ? ln(1 ? x) ? x , x ?[0,+?) ,则有 M?( x) ? 1 ?

当 x > 0 时, M? 上单调递减,故 M( x) < M(0) = 0 , ( x) < 0 ,所以 M( x) 在 [0, +? ) 故当 x > 0 时,恒有 | f( x) - g ( x) |< x2 ,此时,任意实数 t 满足题意 综上, k =1. 考点:导数的综合应用. (广东)19. (本小题满分 14 分) 设 a ? 1 ,函数 f ( x) ? (1 ? x2 )e x ? a 。 (1) 求 f ( x) 的单调区间 ; (2) 证明: f ( x) 在 ? ??, ??? 上仅有一个零点; (3) 若曲线 y = f ( x) 在点 P 处的切线与 x 轴平行,且在点 M (m, n) 处的切线与直线 OP 平 行( O 是坐标原点),证明: m ? 3 a ?

2 ?1. e

【答案】 (1) ? ??, ?? ? ; (2)见解析; (3)见解析. 【解析】 (1)依题 f ' ? x ? ? 1 ? x 2 ' e x ? 1 ? x 2 ∴ f ? x ? 在 ? ??, ?? ? 上是单调增函数;

?

?

?

?? e ? ' ? ?1 ? x ?
x

2

ex ? 0 ,

【考点定位】本题考查导数与函数单调性、零点、不等式等知识,属于中高档题. (四川)21.已知函数 f ( x ) ? ?2( x ? a ) ln x ? x ? 2ax ? 2a ? a , 其中a ? 0.
2 2

(1)设 g ( x )是f ( x )的导函数,讨论g ( x )的单调性; (2)证明:存在 a ? (0,1) ,使得 f ( x) ? 0 在区间(1,+?)内恒成立,且 f ( x) ? 0 在

(1,+?)内有唯一解.
【答案】 (1)当 0 ? a ?

1 1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4a 时, g ( x) 在区间 (0, ), ( , ??) 上单调递 4 2 2

增, 在区间 (

1 1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4a , ) 上单调递减;当 a ? 时, g ( x) 在区间 (0, ??) 上 4 2 2

单调递增.(2)详见解析. 【解析】 试题分析: (1)首先对函数 f ( x) 求导,得 g ( x) ? f ?( x) ? 2 x ? 2a ? 2 ln x ? 2(1 ? ) ,然

a x

1 1 2( x ? ) 2 ? 2(a ? ) 2 2a 2 4 .利用导数的符号即得其单调性.此题 后再求导得 g ?( x) ? 2 ? ? 2 ? x x x2
分 2(a ? ) ? 0 和 2(a ? ) ? 0 两种情况讨论.(2)要使得 f ( x) ? 0 在区间(1,+?)内恒成 立,且 f ( x) ? 0 在(1,+?)内有唯一解,则这个解 x0 应为极小值点,且极小值为 0 .所以我 们应考虑求 f ( x) 的极小值.由 f ?( x0 ) ? 0 ,解得 a ?

1 4

1 4

x0 ? 1 ? ln x0 ,代入 f ( x) 得 1 ? x0 ?1

x0 ? 1 ? ln x0 x ? 1 ? ln x0 x ? 1 ? ln x0 2 x0 ? 1 ? ln x0 ) ln x0 ? x0 2 ? 2( 0 ) x0 ? 2( 0 ) ? ?1 ?1 1 ? x0 1 ? x0 1 ? x0 ?1 1 ? x0 ?1 .是否存在令 x0 使得 f ( x0 ) ? 0 呢?为此,令 f ( x0 ) ? ?2( x0 ?

? ( x) ? ?2( x ?

x ? 1 ? ln x x ? 1 ? ln x x ? 1 ? ln x 2 x ? 1 ? ln x ) ln x ? x 2 ? 2( ) x ? 2( ) ? . ?1 ?1 1? x 1? x 1 ? x ?1 1 ? x ?1 e(e ? 2) e?2 2 ) ? 2( ) ? 0 ,故存在 x0 ? (1, e) ,使得 ? ( x0 ) ? 0 . ?1 1? e 1 ? e ?1

因为 ? (1) ? 1 ? 0, ? (e) ? ?

接下来的问题是,此时的 a 是否满足 a ? (0,1) 呢?令

a0 ?

1 x0 ? 1 ? ln x0 , u ( x) ? x ? 1 ? ln x( x ? 1) .由 u ?( x) ? 1 ? ? 0 知,函数 u ( x) 在区间 ?1 x 1 ? x0
u (1) u ( x0 ) u (e) e?2 ? ? a0 ? ? ? 1 .即 a0 ? (0,1) . ?1 ?1 1 ? 1 1 ? x0 1? e 1 ? e ?1

(1, ??) 上单调递增.所以 0 ?

当 a ? a0 时,有 f ?( x0 ) ? 0, f ( x0 ) ? ? ( x0 ) ? 0 .由(1)知,函数 f ?( x) 在区间 (1, ??) 上单 调递增. 故当 x ? (1, x0 ) 时,有 f ?( x0 ) ? 0 ,从而 f ( x) ? f ( x0 ) ? 0 ;当 x ? ( x0 , ??) 时,有

f ?( x0 ) ? 0 ,从而 f ( x) ? f ( x0 ) ? 0 ;所以,当 x ? (1, ??) 时, f ( x) ? 0 .
试题解析: (1)由已知,函数 f ( x) 的定义域为 (0, ??) ,

a g ( x) ? f ?( x) ? 2 x ? 2a ? 2 ln x ? 2(1 ? ) , x

1 1 2( x ? ) 2 ? 2(a ? ) 2 2a 2 4 . 所以 g ?( x) ? 2 ? ? 2 ? x x x2
当0 ? a ?

1 1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4a 时, g ( x) 在区间 (0, ), ( , ??) 上单调递增, 4 2 2

在区 间 ( 当a ?

1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4a , ) 上单调递减; 2 2

1 时, g ( x) 在区间 (0, ??) 上单调递增. 4 a x x ? 1 ? ln x . 1 ? x ?1

(2)由 f ?( x) ? 2 x ? 2a ? 2 ln x ? 2(1 ? ) ? 0 ,解得 a ? 令 ? ( x) ? ?2( x ?

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

则 ? (1) ? 1 ? 0, ? (e) ? ?

故存在 x0 ? (1, e) ,使得 ? ( x0 ) ? 0 . 令 a0 ?

x0 ? 1 ? ln x0 , u ( x) ? x ? 1 ? ln x( x ? 1) ,. 1 ? x0 ?1

由 u ?( x) ? 1 ? 所以 0 ?

1 ? 0 知,函数 u ( x) 在区间 (1, ??) 上单调递增. x

u (1) u ( x0 ) u (e) e?2 ? ? a0 ? ? ? 1. ?1 ?1 1 ? 1 1 ? x0 1? e 1 ? e ?1

即 a0 ? (0,1) . 当 a ? a0 时,有 f ?( x0 ) ? 0, f ( x0 ) ? ? ( x0 ) ? 0 ,. 由(1)知,函数 f ?( x) 在区间 (1, ??) 上单调递增. 故当 x ? (1, x0 ) 时,有 f ?( x0 ) ? 0 ,从而 f ( x) ? f ( x0 ) ? 0 ; 当 x ? ( x0 , ??) 时,有 f ?( x0 ) ? 0 ,从而 f ( x) ? f ( x0 ) ? 0 ; 所以,当 x ? (1, ??) 时, f ( x) ? 0 . 综上所述,存在 a ? (0,1) ,使得 f ( x) ? 0 在区间(1,+?)内恒成立,且 f ( x) ? 0 在

(1,+?)内有唯一解.
考点:本题考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识,考查推 理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合,化归 与转化等数学思想.

(天津)20. (本小题满分 14 分)已知函数 f ( x) ? n x ? x n , x ? R ,其中 n ? N * , n ? 2 .

(I)讨论 f ( x) 的单调性; (II)设曲线 y = f ( x) 与 x 轴正半轴的交点为 P,曲线在点 P 处的切线方程为 y = g ( x) ,求 证:对于任意的正实数 x ,都有 f ( x) ? g ( x) ; (III)若关于 x 的方程 f ( x)=a(a为实数) 有两个正实根 x1,x2 ,求证: | x2 -x1 |<

a +2 1- n

【答案】(I) 当 n 为奇数时, f ( x ) 在 ( ??, ?1) , (1, ??) 上单调递减,在 ( ?1,1) 内单调递 增;当 n 为偶数时, f ( x ) 在 ( ??, ?1) 上单调递增, f ( x ) 在 (1, ??) 上单调递减. (II)见解 析; (III)见解析.

试题解析:(I)由 f ( x ) ? nx ? x ,可得,其中 n ? N * 且 n ? 2 ,
n

下面分两种情况讨论: (1)当 n 为奇数时: 令 f ?( x ) ? 0 ,解得 x ? 1 或 x ? ?1 , 当 x 变化时, f ?( x ), f ( x ) 的变化情况如下表:

x
f ?( x ) f ( x)

( ??, ?1)

( ?1,1)

(1, ??)

?

?

?

所以, f ( x ) 在 ( ??, ?1) , (1, ??) 上单调递减,在 ( ?1,1) 内单调递增. (2)当 n 为偶数时, 当 f ?( x ) ? 0 ,即 x ? 1 时,函数 f ( x ) 单调递增;

当 f ?( x ) ? 0 ,即 x ? 1 时,函数 f ( x ) 单调递减. 所以, f ( x ) 在 ( ??, ?1) 上单调递增, f ( x ) 在 (1, ??) 上单调递减. (II)证明:设点 P 的坐标为 ( x0 ,0) ,则 x0 ? n n ?1 , f ?( x0 ) ? n ? n 2 ,曲线 y ? f ( x ) 在点
1

P 处的切线方程为 y ? f ?( x0 ) ? x ? x0 ? ,即 g ( x ) ? f ?( x0 ) ? x ? x0 ? ,令
F ( x ) ? f ( x ) ? g ( x ) ,即 F ( x ) ? f ( x ) ? f ?( x0 ) ? x ? x0 ? ,则 F ?( x ) ? f ?( x ) ? f ?( x0 )
由于 f ?( x ) ? ? nx n ?1 ? n 在 ? 0, ?? ? 上单调递减,故 F ?( x ) 在 ? 0, ?? ? 上单调递减,又因为

F ?( x0 ) ? 0 ,所以当 x ? (0, x0 ) 时, F ?( x0 ) ? 0 ,当 x ? ( x0 , ??) 时, F ?( x0 ) ? 0 ,所以
F ( x ) 在 (0, x0 ) 内单调递增,在 ( x0 , ??) 内单调递减,所以对任意的正实数 x 都有

F ( x ) ? F ( x0 ) ? 0 ,即对任意的正实数 x ,都有 f ( x ) ? g ( x ) .
(III)证明:不妨设 x1 ? x2 ,由(II)知 g ( x ) ? n ? n 2

?

? ? x ? x ? ,设方程 g ( x) ? a 的根为
0

x2? ,可得

x2 ? ?

a ? x0 . ,当 n ? 2 时, g ( x ) 在 ? ??, ?? ? 上单调递减,又由(II)知 n ? n2

g ( x2 ) ? f ( x2 ) ? a ? g ( x2? ), 可得 x2 ? x2? .
类似的,设曲线 y ? f ( x ) 在原点处的切线方程为 y ? h ( x ) ,可得 h ( x ) ? nx ,当

x ? (0, ??) ,

f ( x ) ? h( x ) ? ? x n ? 0 ,即对任意 x ? (0, ??) , f ( x ) ? h( x ).
设方程 h ( x ) ? a 的根为 x1? ,可得 x1? ? 且

a ,因为 h ( x ) ? nx 在 ? ??, ?? ? 上单调递增, n

考点:1.导数的运算;2.导数的几何意义;3.利用导数研究函数性质、证明不等式.

(湖南)21.已知 a ? 0 ,函数 f ( x) ? e sin x( x ? [0, ??)) . 记 xn 为 f ( x) 的从小到大的第
ax

n (n ? N ) 个极值点,证明:
*

(1)数列 { f ( xn )} 是等比数列 (2)若 a ?

1 e ?1
2

,则对一切 n ? N * , xn ?| f ( xn ) | 恒成立.

【答案】 (1)详见解析; (2)详见解析.

et et (t ? 1) ' ' (t) = 设 g(t)= (t)0) ,则 g .令 g =0 得 t=1, ( t) 2 t t ' 当 0<t<1 时, g ( t) < 0 ,所以 g(t)在区间(0,1)上单调递减; ' 当 t>1 时, g (t) > 0 ,所以 g(t)在区间(0,1)上单调递增.
从而当 t=1 时,函数 g(t)取得最小值 g(1)=e 因此,要是( ? )式恒成立,只需

a2 ? 1 1 ? g (1) ? e ,即只需 a ? . a e2 ? 1

而当 a=

1 e ?1
2

时,tan ? =

1 ? 2 = e ? 1 ? 3 且 0 ? ? ? .于是 a 2

? ?? ?

2? 3? ? e 2 ? 1 ,且当 n ? 2 时, n? ? ? ? 2? ? ? ? ? e 2 ? 1 .因此对一切 3 2

n ? N * , axn ?

n? ? ? e2 ? 1

? 1 ,所以 g( axn ) ? g (1) ? e ?

a2 ? 1 .故( ? )式亦恒成立. a

综上所述,若 a ?

1 e ?1
2

,则对一切 n ? N * , xn ?| f ( xn ) | 恒成立.

考点:1.三角函数的性质;2.导数的运用;3.恒成立问题.

(北京)18.(本小题 13 分) 已知函数 f ? x ? ? ln

1? x . 1? x

(Ⅰ)求曲线 y ? f ? x ? 在点 ? 0 ,f ? 0?? 处的切线方程;
? x3 ? 1? 时, f ? x ? ? 2 ? x ? ? ; (Ⅱ)求证:当 x ? ? 0 , 3? ? ? x3 ? 1? 恒成立,求 k 的最大值. (Ⅲ)设实数 k 使得 f ? x ? ? k ? x ? ? 对 x ? ? 0 , 3? ?

【答案】 (Ⅰ) 2x ? y ? 0 , (Ⅱ)证明见解析, (Ⅲ) k 的最大值为 2.

试题解析: (Ⅰ)

f(x ) ? ln

1?x 2 ,x ? (?1,1),f ? (x ) ? ,f ? (0) ? 2,f(0) ? 0 ,曲线 1?x 1 ? x2

y ? f ? x ? 在点 ? 0 ,f ? 0?? 处的切线方程为 2x ? y ? 0 ;

x ? x3 ? 1? 时, f ? x ? ? 2 ? x ? ? ,即不等式 f(x ) ? 2 (x ? ) ? 0 ,对 (Ⅱ)当 x ? ? 0 , 3? 3 ?
?x ? (0,1)成立,设

3

F(x ) ? ln
F ?(x ) ?

1?x x3 x3 ?2 (x ? ) ? ln(1 ? x ) ? ln(1 ? x ) ? 2 (x ? ),则 1?x 3 3

2x 4 1? 时, F ? (x ) ? 0 ,故 F (x )在(0,1)上为增函数, ,当 x ? ? 0 , 1 ? x2

则 F(x ) ? F(0) ? 0 ,因此对 ?x ? (0,1),

f(x ) ? 2(x ?

x3
3

)成立;

? x3 ? 1? ,等价于 (Ⅲ)使 f ? x ? ? k ? x ? ? 成立, x ? ? 0 , 3? ?

1?x x3 F(x ) ? ln ? k(x ? ) ? 0 , x ??0 , 1? ; 1?x 3

F ?(x ) ?

2 kx 4 ? 2 ? k 2 ? k(1 ? x ) ? , 1 ? x2 1 ? x2

(x ) ? 0 ,函数在(0,1)上位增函数, F(x ) ? F(0) ? 0 , 当 k ? [0,2]时, F ?
符合题意;

(x ) ? 0,x 04 ? 当 k ? 2 时,令 F ?

x
F? (x )
F (x )

(0,x 0 )
-

k ?2 ? (0,1), k x0 (x 0 ,1)
0 极小值 +

F(x ) ? F(0),显然不成立,
综上所述可知: k 的最大值为 2. 考点:1.导数的几何意义;2.利用导数研究函数的单调性,证明不等式;3.含参问题 讨论.

(江苏)19.(本小题满分 16 分)

已知函数 f ( x) ? x ? ax ? b(a, b ? R ) .
3 2

(1)试讨论 f ( x) 的单调性; (2)若 b ? c ? a (实数 c 是 a 与无关的常数) ,当函数 f ( x) 有三个不同的零点时,a 的取值范围恰好是 (??,?3) ? (1, ) ? ( ,??) ,求 c 的值. 【答案】 (1)当 a ? 0 时, f ? x ? 在 ? ??, ?? ? 上单调递增; 当 a ? 0 时, f ? x ? 在 ? ??, ?

3 2

3 2

? ?

2a ? ? 2a ? ? , ? 0, ?? ? 上单调递增,在 ? ? , 0 ? 上单调递减; 3 ? ? 3 ? 2a ? ? 2a ? ? , ?? ? 上单调递增,在 ? 0, ? ? 上单调 递减. 3 ? ? 3 ? ?

当 a ? 0 时, f ? x ? 在 ? ??, 0 ? , ? ? (2) c ? 1.

考点:利用 导数求函数单调性、极值、函数零点


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