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2012届高考数学(理)考前60天冲刺【六大解答题】导数专练


2012 届高考数学(理)考前 60 天冲刺【六大解答题】 导
1、已知函数 f ( x ) = ln x ?



a , g ( x) = f ( x) + ax ? 6 ln x, 其中 a ∈ R 。 x

(1)当 a = 1 时,判断 f ( x ) 的单调性; (2)若 g ( x ) 在其定义域内为增函数,求正实数 a 的取值范围; (3) 设函数 h( x) = x 2 ? mx + 4, 当a = 2时,若 ?x1 ∈ (0,1), ?x2 ∈ [1, 2], 总有 g ( x1 ) ≥ h( x2 ) 成 立,求实数 m

2. 已知函数 f ( x) = ln x ? a ( x ? 1) , a ∈R. (I)讨论函数 f (x) 的单调性; (Ⅱ)当 x ≥ 1 时, f (x) ≤

ln x 恒成立,求 a 的取值范围. x +1

3.已知函数 f ( x) = a ln x ? ax ? 3(a ∈ R ) . (I)当 a = 1 时,求函数 f ( x) 的单调区间; o (II)若函数 y = f ( x) 的图象在点 (2, f (2)) 处的切线的倾斜角为 45 ,问:m 在什么范围 取值时,对于任意的 t ∈ [1, 2] ,函数 g ( x) = x3 + x 2 [ 极值? 4.已知三次函数 f (x) 的导函数 f ′( x) = 3 x 2 ? 3ax , f (0) = b , a . b 为实数。m] (Ⅰ)若曲线 y = f ( x ) 在点( a + 1 , f ( a + 1) )处切线的斜率为 12,求 a 的值; (Ⅱ)若 f ( x ) 在区间[-1,1]上的最小值.最大值分别为-2.1,且 1 < a < 2 ,求函 数 f ( x ) 的解析式。

m + f ′( x)] 在区间 (t ,3) 上总存在 2

5.已知函数 f ( x) = ln x ?
2

2ax , a ∈ R, e 为自然对数的底数) ( . e

(Ⅰ)求函数 f ( x) 的递增区间; (Ⅱ)当 a = 1 时,过点 P(0, t ) (t ∈ R ) 作曲线 y = f ( x) 的两条切线,设两切点为

P ( x1 , f ( x1 )) , P2 ( x2 , f ( x2 )) ( x1 ≠ x2 ) ,求证 x1 + x2 为定值,并求出该定值。 1

6.已知函数 f ( x ) = kx, g ( x ) = (1)求函数 g ( x ) =

ln x x

ln x 的单调区间; x (2)若不等式 f ( x ) ≥ g ( x ) 在区间 (0,+∞) 上恒成立,求实数 k 的取值范围; ln 2 ln 3 ln n 1 (3)求证: 4 + 4 + ? ? ? + 4 < 2e 2 3 n
7.已知函数 f ( x ) =

ax ? 1 . ex

(Ⅰ)当 a = 1 时,求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若对任意 t ∈

?1 ? ? 2 , 2 ? , f (t ) > t 恒成立,求实数 a 的取值范围. ? ?

8.已知函数 f ( x ) = ax + ln x, a ∈ R (Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)是否存在实数 a ,使不等式 f ( x) < ax 2 对 x ∈ (1, +∞) 恒成立,若存在,求实数 a 的取值范 围,若不存在,请说明理由. 9 设函数 f ( x ) =

1? a 2 x + ax ? ln x(a ∈ R ). 2

(Ⅰ) 当 a = 1 时,求函数 f ( x ) 的极值; (Ⅱ)当 a > 1 时,讨论函数 f ( x ) 的单调性. (Ⅲ)若对任意 a ∈ (2, 3) 及任意 x1 , x2 ∈ [1, 2] ,恒有 ma + ln 2 > f ( x1 ) ? f ( x2 ) 成立, 求实数 m 的取值范围. 10. 设函数 f ( x) =

1? a 2 x + ax ? ln x(a ∈ R). 2

(Ⅰ) 当 a = 1 时,求函数 f ( x) 的极值; (Ⅱ)当 a > 1 时,讨论函数 f ( x) 的单调性. (Ⅲ)若对任意 a ∈ (2, 3) 及任意 x1 , x2 ∈ [1, 2] ,恒有 ma + ln 2 > f ( x1 ) ? f ( x2 ) 成立, 求实数 m 的取值范围.

11.已知函数 f ( x ) = 2ax +

b + ln x . x
1 处取得极值,求 a , b 的值; 2

(Ⅰ)若函数 f (x ) 在 x = 1 , x =

(Ⅱ)若 f ′(1) = 2 ,函数 f (x ) 在 (0,+∞) 上是单调函数,求 a 的取值范围.

12.设 f ( x) = x3 ?

3 ( a + 1) x2 + 3ax + 1 . 2

(1)若函数 f ( x) 在区间 (1 , 4 ) 内单调递减,求 a 的取值范围; (2)若函数 f ( x)在x = a 处取得极小值是1,求 a 的值,并说明在区间 (1 , 4 ) 内函数 f ( x) 的
单调性.

14.已知三次函数 f (x ) 的导函数 f ′( x ) = 3 x ? 3ax , f (0) = b , a . b 为实数。m]
2

(Ⅰ)若曲线 y = f ( x ) 在点( a + 1 , f ( a + 1) )处切线的斜率为 12,求 a 的值; (Ⅱ)若 f ( x ) 在区间[-1,1]上的最小值.最大值分别为-2.1,且 1 < a < 2 ,求函 数 f ( x ) 的解析式。

15.已知函数 f(x)=

1 2 x -ax + (a-1) ln x , a > 1 . 2 (Ⅰ) 若 a > 2 ,讨论函数 f ( x ) 的单调性;
1 1 1 1 + + L + < (n ≥ 2, n ∈ N + ) . a2 a3 an 3

3 (II)已知 a =1, g ( x) = 2 f ( x) + x ,若数列{an}的前 n 项和为 S n = g ( n) ,证明:

16.已知 f ( x ) = 2ax ? (I)求 a , b 的值;

b 1 + ln x 在 x = 1 与 x = 处都取得极值。 x 2

(Ⅱ)若对 x ∈ [ ,1] 时, f ( x ) < c 恒成立,求实数 c 的取值范围。

1 4

1 3 2 17.已知函数 f (x)= x +ax +bx, a , b ∈ R. 3
(Ⅰ) 曲线 C:y=f (x) 经过点 P (1,2),且曲线 C 在点 P 处的切线平行于直线 y=2x +1,求 a,b 的值; (Ⅱ) 已知 f (x)在区间 (1,2) 内存在两个极值点,求证:0<a+b<2.

18.已知函数 f(x)=

1 2 x -ax+(a-1) ln x , a > 1 。 2

(1)讨论函数 f ( x ) 的单调性; (2)证明:若 a < 5 ,则对任意 x 1 ,x 2 ∈ (0, +∞ ) ,x 1 ≠ x 2 ,有

f ( x1 ) ? f ( x2 ) > ?1 。 x1 ? x2

19.已知 f ( x ) = ax ? ln x, x ∈ (0, e], g ( x ) =

ln x ,其中 e 是自然常数, a ∈ R. x

(Ⅰ)当 a = 1 时, 研究 f ( x ) 的单调性与极值; (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,求证: f ( x ) > g ( x) +

1 ; 2

(Ⅲ)是否存在实数 a ,使 f ( x ) 的最小值是 3?若存在,求出 a 的值;若不存在,说明理 由. 20. 设函数 f ( x ) = | x + 1| + | ax + 1| ,已知 f (?1) = f (1) ,且 f ( ? ) = f ( ) (a∈R,且

1 a

1 a

a≠0) ,函数 g ( x) = ax 3 + bx 2 + cx (b∈R,c 为正整数)有两个不同的极值点,且该
函数图象上取得极值的两点 A、B 与坐标原点 O 在同一直线上。 (1)试求 a、b 的值; (2)若 x ≥ 0 时,函数 g ( x) 的图象恒在函数 f ( x) 图象的下方,求正整数 c 的值。

2

22.已知函数 f(x)=x +bsinx-2(b∈R),F(x)=f(x)+2,且对于任意实数 x,恒有 F(x) -F(-x)=0. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)已知函数 g(x)=f(x)+2(x+1)+alnx 在区间(0,1)上单调递减,求实数 a 的取值范围.

23.已知 f ( x) = 2ax ?

b 1 + ln x 在 x = 1 与 x = 处都取得极值。 x 2

(Ⅰ) 若 x = 1 为 f ( x) 的极大值点,求 f ( x) 的单调区间(用 c 表示) ; (Ⅱ)若 f ( x) = 0 恰有两解,求实数 c 的取值范围.

25.已知抛物线 C : x = 2 py ( p > 0) 的焦点为 F , 抛物线上一点 A 的横坐标为 x1 ( x1 > 0) ,
2

过点 A 作抛物线 C 的切线 l1 交 x 轴于点 D ,交 y 轴于点 Q ,交直线 l : y =

p 于点 M ,当 2

| FD |= 2 时, ∠AFD = 60 o . (Ⅰ)求证: ?AFQ 为等腰三角形,并求抛物线 C 的方程;
(Ⅱ)若 B 位于 y 轴左侧的抛物线 C 上,过点 B 作抛物线 C 的切线 l 2 交直线 l1 于点

P ,交直线 l 于点 N ,

26.已知函数 ? (x)=

a 9 ,a 是正常数。 (1)若 f(x)= ? (x)+lnx,且 a= ,求函数 f(x) x +1 2

,且 x 1 ≠x 2 , 的单调递增区间; (2)若 g(x)=∣lnx∣+ ? (x),且对任意的 x 1 ,x 2 ∈(0,2〕

都有

g ( x 2 ) ? g ( x1 ) <-1,求 a 的取值范围 x 2 ? x1

27.已知函数 f ( x ) =

1 2 x ? a ln x (a ∈ R ) 2

(1)求 f ( x ) 的单调区间; (2)设 g ( x ) = f ( x) + 2 x ,若 g ( x ) 在 [1, e] 上不单调且仅在 x = e 处取得最大值,求 a 的 取值范围.

27. 已知函数 f ( x ) = ax 3 + bx 2 ? x( x ∈ R, a, b 是常数 ) , 且当 x = 1 和 x = 2 时, 函数 f ( x ) 取得极值 (Ⅰ)求函数 f ( x ) 的解析式; (Ⅱ)若曲线 y = f ( x ) 与 g ( x ) = ?3 x ? m( ?2 ≤ x ≤ 0) 有两个不同的交点,求实数 m 的取 值范围

28. 已知抛物线 D 的顶点是椭圆 (1)求抛物线 D 的方程;

x2 y2 + = 1 的中心,焦点与该椭圆的右焦点重合. 4 3

(2)已知动直线 l 过点 P (4,0 ) ,交抛物线 D 于 A 、 B 两点.

(i ) 若直线 l 的斜率为 1,求 AB 的长;

(ii ) 是否存在垂直于 x 轴的直线 m 被以 AP 为直径的圆 M 所截得的弦长恒为定值?如
果存在,求出 m 的方程;如果不存在,说明理由.

29.已知函数 f ( x ) =

ax 在x = 1 处取得极值 2。 x +b (1)求函数 f (x ) 的表达式; (2)当 m 满足什么条件时,函数 f (x ) 在区间 ( m,2m + 1) 上单调递增? ax ax (3)若 P ( x0 , y 0 ) 为 f ( x) = 2 图象上任意一点,直线 l 与 f ( x ) = 2 x +b x +b 的图象切于点 P,求直线 l 的斜率 k 的取值范围。
2

3 3 30.已知动圆 G 过点 F( ,0),且与直线 l:x=- 相切,动圆圆心 G 的轨迹为曲线 E.曲线 E 2 2 上的两个动点 A(x1,y1)和 B(x2,y2). (1)求曲线 E 的方程; (2)已知 OA · OB =-9(O 为坐标原点),探究直线 AB 是否恒过定点,若过定点,求出 定点坐标;若不过,请说明理由. (3)已知线段 AB 的垂直平分线交 x 轴于点 C,其中 x1≠x2 且 x1+x2=4.求△ABC 面积的 最大值.

31.已知函数 f ( x ) = x 2 + a ln x (a 为实常数). (1)若 a = ?2 ,求证:函数 f (x ) 在(1,+.∞)上是增函数; (2)求函数 f (x ) 在[1,e]上的最小值及相应的 x 值; (3)若存在 x ∈ [1, e] ,使得 f ( x ) ≤ ( a + 2) x 成立,求实数 a 的取值范围.

f ( x) =
32.设 (1)当 a =

ex 1 + ax 2 ,其中 a 为正实数.

4 时,求 f ( x ) 的极值点; 3

(2)若 f ( x ) 为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围.




a , g ( x) = f ( x) + ax ? 6 ln x, 其中 a ∈ R 。 x

1、已知函数 f ( x ) = ln x ?

(1)当 a = 1 时,判断 f ( x ) 的单调性; (2)若 g ( x ) 在其定义域内为增函数,求正实数 a 的取值范围; (3) 设函数 h( x) = x ? mx + 4, 当a = 2时,若 ?x1 ∈ (0,1), ?x2 ∈ [1, 2], 总有 g ( x1 ) ≥ h( x2 ) 成
2

立,求实数 m 的取值范围。 答案:解析:由 f ( x) = ln x ? 当 a = 1 时, f '( x) =

x +1 > 0( x > 0), f ( x) 在( 0, +∞ )上单调递增。 x2 2 5 (2) 由已知得,g ( x) = ax ? ? 5 ln x, 其定义域为 0, +∞ ) g '( x) = a + a ? 5 = ax ? 5 x + a . ( , 2 x x x x2

x+a a , 得f ( x)的定义域为(0,+∞), f '( x) = 2 , x x

因 为 g ( x) 在 其 定 义 域 内 为 增 函 数 , 所 以 ?x ∈ (0, +∞), g '( x) ≥ 0, 即

ax 2 ? 5 x + a ≥ 0, 则a ≥
而 5x
5

5x . x +1
2

5 ,当且仅当 x=1 时,等号成立,所以 a = ≤ 2 1 2 x +1 x + x



5 2

(3)当 a=2 时, g ( x) = 2 x ?

2 2 x2 ? 5x + 2 1 ? 5ln x, g '( x) = , 由 g '( x) = 0 得, x = 或 2 x x 2

1 1 x = 2 ,当 x ∈ (0, ) 时, g ′( x ) > 0;当x ∈ ( ,1)时,g ′( x ) < 0 2 2 1 所以在(0,1)上, g ( x ) max = g ( ) = ?3 + 5ln 2 2
而“ ?x1 (0,1), ?x2 ∈ [1, 2], 总有g ( x1 ) ≥ h( x2 ) 成立”等价于“ g ( x )在 (0,1)上的最大值 不小于 h ( x )在[1,2]上的最大值”。 又 h ( x )在[1, 2]上的最大值为max{h (1), h (2)}, 2. 已知函数 f ( x) = ln x ? a ( x ? 1) , a ∈R. (I)讨论函数 f (x) 的单调性; (Ⅱ)当 x ≥ 1 时, f (x) ≤

ln x 恒成立,求 a 的取值范围. x +1

解: (Ⅰ) 若 a = ?1 时, f ( x ) = x ?
/

1 ,( x > 0 )………………2 分 x

由 f ( x) > 0 得
/

x2 ?1 > 0 ,又 x > 0 x

解得 x > 1 , 所以函数 f (x ) 的单调递增区间为 (1,+∞) . (Ⅱ)依题意得 f ( x ) ? ln x > 0 ,即 ∴ ( a ? 1) ln x > ? …………4 分

1 2 x + a ln x ? ln x > 0 , 2

1 2 x , 2 ?

1 2 x 2 ∵ x > 1 ,∴ ln x > 0 ,∴ a ? 1 > ln x 1 ? x2 ∴ a ? 1 > ( 2 ) max ln x 1 2 x 2 , 设 g (x ) = ln x ? g / ( x) =
1



…………6 分

? x ln x + (ln x)

1 x 2 , 2

令 g / ( x) = 0 ,解得 x = e 2
1 1

当 1 < x < e 2 时, g / ( x) > 0 , g (x ) 在 (0, e 2 ) 单调递增;…………8 分 当 x > e 时, g ( x) < 0 , g (x ) 在 (e ,+∞) 单调递减; …………10 分
/ 1 2 1 2

∴ g (x ) max = g (e ) = ?e , ∴ a ?1 > ?e 即 a > 1 ? e . 3.已知函数 f ( x) = a ln x ? ax ? 3(a ∈ R ) . (I)当 a = 1 时,求函数 f ( x) 的单调区间; o (II)若函数 y = f ( x) 的图象在点 (2, f (2)) 处的切线的倾斜角为 45 ,问:m 在什么范围 取值时,对于任意的 t ∈ [1, 2] ,函数 g ( x) = x3 + x 2 [ 极值? a f ′( x) = ? a ( x > 0) x (I)当 a = 1 时, f ′( x) =

1 2

m + f ′( x)] 在区间 (t ,3) 上总存在 2

1 1? x ?1 = , x x

…………………………………2 分

令 f ′( x) > 0 时,解得 0 < x < 1 ,所以 f ( x) 在(0,1)上单调递增; ……4 分 令 f ′( x) < 0 时,解得 x > 1 ,所以 f ( x) 在(1,+∞)上单调递减. ………6 分

(II)因为函数 y = f ( x) 的图象在点(2, f (2) )处的切线的倾斜角为 45 ,
o

所以 f ′(2) = 1 .

?2 + 2 . ………………………………………………8 分 x m 2 m g ( x) = x3 + x 2 [ + 2 ? ] = x 3 + ( + 2) x 2 ? 2 x , 2 x 2
所以 a = ?2 , f ′( x) =

g ′( x) = 3x 2 + (4 + m) x ? 2 ,

……………………………………………10 分

因为任意的 t ∈ [1,2] ,函数 g ( x) = x3 + x 2 [

m + f ′( x)] 在区间 (t ,3) 上总存在极值, 2

? g ′(2) < 0, 所以只需 ? ? g ′(3) > 0,
解得 ?

……………………………………………………12 分

37 < m < ?9 . 3

………………………………………………………14 分

2 4.已知三次函数 f (x ) 的导函数 f ′( x) = 3 x ? 3ax , f (0) = b , a . b 为实数。m]

(Ⅰ)若曲线 y = f ( x ) 在点( a + 1 , f ( a + 1) )处切线的斜率为 12,求 a 的值; (Ⅱ)若 f (x ) 在区间[-1,1]上的最小值.最大值分别为-2.1,且 1 < a < 2 ,求函 数 f (x ) 的解析式。 解析: (Ⅰ)由导数的几何意义 f ′( a + 1) =12 ……………1 分 ∴ 3( a + 1) 2 ? 3a ( a + 1) = 12 ∴ 3a = 9 ∴ a=3

……………2 分

………………………3 分
3

(Ⅱ)∵ f ′( x ) = 3 x 2 ? 3ax , f (0) = b ∴ f ( x ) = x ? 由 f ′( x ) = 3 x( x ? a ) = 0 得 x1 = 0 , x 2 = a , ∵ x ∈ [-1,1] 1 < a < 2 ∴ 当 x ∈ [-1,0)时, f ′( x ) > 0 , f (x ) 递增;

3 2 ax + b 2

……5 分

当 x ∈ (0,1]时, f ′( x ) < 0 , f (x ) 递减。……………8 分 ∴ f (x ) 在区间[-1,1]上的最大值为 f (0) ∵ f (0) = b ,∴ b =1 ……………………10 分 ∵ f (1) = 1 ?

3 3 3 3 a + 1 = 2 ? a , f (?1) = ?1 ? a + 1 = ? a 2 2 2 2

∴ f (?1) < f (1) ∴ f (?1) 是函数 f (x ) 的最小值,

3 4 a = ?2 ∴ a = 2 3 3 2 ∴ f (x ) = x ? 2 x + 1 2ax 2 5.已知函数 f ( x) = ln x ? , a ∈ R, e 为自然对数的底数) ( . e (Ⅰ)求函数 f ( x) 的递增区间; (Ⅱ)当 a = 1 时,过点 P(0, t ) (t ∈ R ) 作曲线 y = f ( x) 的两条切线,设两切点为 P ( x1 , f ( x1 )) , P2 ( x2 , f ( x2 )) ( x1 ≠ x2 ) ,求证 x1 + x2 为定值,并求出该定值。 1
∴ ? 解: (Ⅰ)函数 f ( x) 的定义域是 (?∞, 0) U (0, + ∞) .

2 2a 2(e ? ax) ……………………………………………….2 分 ? = x e ex 2 当 a = 0 时,由 f ′( x) = > 0 ,解得 x > 0 ; x 2(e ? ax) e 当 a > 0 时,由 f ′( x) = > 0 ,解得 0 < x < ; ex a 2(e ? ax) e 当 a < 0 时,由 f ′( x) = > 0 ,解得 x > 0 ,或 x < .-------------4 分 ex a

f ′( x) =

所以当 a = 0 时,函数 f ( x) 的递增区间是 (0, + ∞) ;

e ); a e 当 a < 0 时,函数 f ( x) 的递增区间是 ( ?∞, ) , (0, + ∞) . …………….6 分 a 2 2 2(e ? x) (Ⅱ)因为 f ′( x) = ? = , x e ex
当 a > 0 时,函数 f ( x) 的递增区间是 (0, 所以以 P ( x1 , f ( x1 )) 为切点的切线的斜率为 1

2(e ? x1 ) ; ex1

以 P2 ( x2 , f ( x2 )) 为切点的切线的斜率为

2(e ? x2 ) .………………………….8 分 ex2 2 x1 2(e ? x1 ) = (0 ? x1 ) ; e ex1

又因为切线过点 P(0, t ) ,所以 t ? ln x1 +
2

t ? ln x2 2 +
解得, x1 = e
2

2 x2 2(e ? x2 ) = (0 ? x2 ) …………………………………………..10 分 e ex2
, x2 = e
2 t +2

t +2

. 则 x1 = x2 .
2 2

由已知 x1 ? x2 ,从而有 x1 + x2 = 0 . 所以 x1 + x2 为定值 0 .

6.已知函数 f ( x ) = kx, g ( x ) = (1)求函数 g ( x ) =

ln x x

ln x 的单调区间; x (2)若不等式 f ( x ) ≥ g ( x ) 在区间 (0,+∞) 上恒成立,求实数 k 的取值范围; ln 2 ln 3 ln n 1 (3)求证: 4 + 4 + ? ? ? + 4 < 2e 2 3 n ln x ,故其定义域为 (0,+∞) 解: (Ⅰ)Q g ( x ) = x 1 - ln x ‘ ‘ ‘ ∴ g ( x) = , 令 g (x) >0,得 0 < x < e ,令 g (x ) <0,得 x > e 2 x ln x 故函数 g ( x ) = 的单调递增区间为 (0, e) 单调递减区间为 (e,+∞) …………4 分 x ln x ln x ln x , ∴ k ≥ 2 ,令 h( x) = 2 (Ⅱ)Q x > 0, kx ≥ x x x 1 - 2 ln x ‘ ‘ 又 h ( x) = ,令 h ( x ) = 0 解得 x = e 3 x ‘ 当 x 在 (0,+∞) 内变化时, h (x ) , h(x ) 变化如下表
x
‘ h (x )

(0, e )
+ ↗

e
0

( e ,+∞)


h(x)
由表知,当 x = 所以, k ≥

1 2e 1 2e

e 时函数 h(x) 有最大值,且最大值为

1 2e

…………10 分

ln x 1 ln x 1 1 ≤ ∴ 4 ≤ ? ( x ≥ 2) 2 2e x 2 x x 2e ln 2 ln 3 ln n 1 1 1 1 ∴ 4 + 4 + ??? + 4 < ( 2 + 2 + ??? + 2 ) 2e 2 2 3 n 3 n
(Ⅲ)由(Ⅱ)知

1 1 1 1 1 1 + 2 + ??? + 2 < + + ??? + 2 1× 2 2 × 3 (n ? 1)n 2 3 n 1 1 1 1 1 1 = (1 ? ) + ( ? ) + ? ? ? + ( ? ) = 1? < 1 2 2 3 n ?1 n n ln 2 ln 3 ln n 1 1 1 1 1 ∴ 4 + 4 + ??? + 4 < ( 2 + 2 + ??? + 2 ) < 2e 2 2e 2 3 n 3 n ln 2 ln 3 ln n 1 即 4 + 4 + ??? + 4 < 2e 2 3 n ax ? 1 7.已知函数 f ( x ) = . ex
(Ⅰ)当 a = 1 时,求 f ( x ) 的单调区间;

(Ⅱ)若对任意 t ∈

?1 ? ? 2 , 2 ? , f (t ) > t 恒成立,求实数 a 的取值范围. ? ?
x ?1 ex
………………………………………………………………2 分

(I)当 a = 1 时, f ( x ) =
∴ f ′( x ) = ?x + 2 ex

由 f ′( x ) > 0 得 x < 2, f ′( x ) < 0 得 x > 2

∴ f ( x ) 的单调递增区间为 ( ?∞, 2) ,单调递减区间为 (2, +∞) .………………4 分
(II)若对任意 t ∈

ax ? 1 ?1 ? ?1 ? ? 2 , 2 ? , 使得 f (t ) > t 恒成立, 则 x ∈ ? 2 , 2 ? 时, e x > x 恒成立, ? ? ? ?

即x∈

1 ?1 ? x ? 2 , 2 ? 时, a > e + x 恒成立………………………………6 分 ? ?
x

1 1 1 1 x , x ∈ [ , 2] ,则 g ′( x ) = e ? 2 , x ∈ [ , 2] x 2 x 2 1 2 1 x x 设 h ( x ) = e ? 2 , Q h′( x ) = e + 3 > 0 在 x ∈ [ , 2] 上恒成立 x x 2 1 ∴ h ( x ) 在 x ∈ [ , 2] 上单调递增 2 1 1 x 即 g ′( x ) = e ? 2 在 x ∈ [ , 2] 上单调递增………………8 分 x 2
设 g ( x) = e +
1 1 1 Q g ′( ) = e 2 ? 4 < 0 , Q g ′(2) = e 2 ? > 0 2 4

1 1 在 [ , 2] 有零点 m 2 x 2 1 1 ∴ g ′( x ) = e x ? 2 在 [ , m ] 上单调递减,在 (m, 2] 上单调递增……………10 分 x 2 ?a > e + 2 1 ? 1 ? ?a > g ( ) 2 ∴? 2 ,即 ? 1 ,∴ a > e + 2 2 ?a > g (2) ?a > e + ? ? 2
∴ g ′( x ) = e x ?
8.已知函数 f ( x ) = ax + ln x, a ∈ R (Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)是否存在实数 a ,使不等式 f ( x) < ax 2 对 x ∈ (1, +∞) 恒成立,若存在,求实数 a 的取值范 围,若不存在,请说明理由. 【解】(Ⅰ) f '( x ) = a +

1 , x > 0 ……………………1 分 x ①当 a ≥ 0 时, f '( x ) > 0 ,函数 f ( x ) 在 (0, +∞ ) 内是增函数,

即函数的单调增区间为 (0, +∞ ) ……………………2 分 ②当 a < 0 时,令 f '( x ) = 0, 得 x = ?

1 > 0, a 1 1 且 x ∈ (0, ? ) 时, f '( x ) > 0, 又 x ∈ ( ? , +∞ ) 时, f '( x ) < 0, …………4 分 a a

1 1 所以函数 f ( x ) 递增区间为 (0, ? ) ,递减区间为 (? , +∞) .……………5 分 a a
(Ⅱ)假设存在这样的实数 a ,使不等式 f ( x) < ax 2 对 x ∈ (1, +∞) 恒成立 即 ax 2 ? ax ? ln x > 0( x > 1) 恒成立.令 h( x) = ax 2 ? ax ? ln x( x ≥ 1) , 则 h(1) = 0 ,且 h( x) > 0( x > 1) 恒成立…………………………6 分

1 2ax 2 ? ax ? 1 = ……………………………7 分 x x 1 ①当 a = 0 时, h′( x) = ? < 0 ,则函数 h( x) 在 [1, +∞) 上单调递减,于是 h( x) ≤ h(1) = 0 x 与 h( x) > 0( x > 1) 矛盾,故舍去. ……………………8 分
h′( x) = 2ax ? a ?
1 ②当 a < 0 时, h( x) = ax 2 ? ax ? ln x = ax( x ? 1) + ln ( x ≥ 1) x
而当 x > 1 时,由函数 y = ax 2 ? ax 和 y = ? ln x 都单调递减.

1 趋向于负无穷大. x 这与 h( x) > 0( x > 1) 恒成立矛盾,故舍去. …………10 分
且由图象可知, x 趋向正无穷大时, h( x) = ax( x ? 1) + ln (注:若考生给出抛物线 y = ax 2 ? ax, y = ln x 草图以说明, 如右,同样也按该步骤应得分给分) ③当 a > 0 时, h′( x) =

y y=lnx(x>1) O x

y=ax -ax(a<0)

2

2ax 2 ? ax ? 1 = 0 等价于 2ax 2 ? ax ? 1 = 0 ( ? = a 2 + 8a > 0 ) x ?1 记其两根为 x1 < 0 < x2 (这是因为 x1 x2 = <0) 2a

易知 x ∈ ( x1 , x2 ) 时, h′( x) < 0 ,而 x ∈ ( x2 , +∞) 时, h′( x) > 0 , (i)若 x2 > 1 时,则函数 h( x) 在 (1, x2 ) 上递减,于是 h( x) < h(1) = 0 矛盾,舍去; ………11 分 (ii)若 x2 ≤ 1 时,则函数 h( x) 在 (1, +∞ ) 上递增,于是 h( x) > h(1) = 0 恒成立. 所以 0 < x2 ≤ 1 ,即 x2 =

a + a 2 + 8a ≤ 1(a > 0) ,解得 a ≥ 1 ………………12 分 4a

综 上 ① ② ③ 可 知 , 存 在 这 样 的 实 数 a ≥ 1 , 使 不 等 式 f ( x) < ax 2 对 x ∈ (1, +∞) 恒 成 立…………13 分

9 设函数 f ( x ) =

1? a 2 x + ax ? ln x(a ∈ R ). 2

(Ⅰ) 当 a = 1 时,求函数 f ( x ) 的极值; (Ⅱ)当 a > 1 时,讨论函数 f ( x ) 的单调性. (Ⅲ)若对任意 a ∈ (2, 3) 及任意 x1 , x2 ∈ [1, 2] ,恒有 ma + ln 2 > f ( x1 ) ? f ( x2 ) 成立, 求实数 m 的取值范围. 解:(Ⅰ)函数的定义域为 (0, +∞ ) .

1 x ?1 = . 令 f ' ( x) = 0, 得 x = 1 . x x ' ' 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. LL LL LL 4 分
当 a = 1 时, f ( x) = x ? ln x, f ( x) = 1 ?
'

(Ⅱ) f ( x ) = (1 ? a ) x + a ?
'

1 (1 ? a ) x 2 + ax ? 1 [(1 ? a ) x + 1]( x ? 1) = = x x x

=
当 函数;

(1 ? a )( x ?

1 )( x ? 1) a ?1 x

LL LL LL LL LL 5 分

1 ( x ? 1) 2 = 1 ,即 a = 2 时, f ' ( x) = ? ≤ 0, f ( x) 在 (0, +∞) 上是减 a ?1 x

1 1 < 1 ,即 a > 2 时,令 f ' ( x) < 0, 得 0 < x < 或 x > 1; a ?1 a ?1 1 令 f ' ( x ) > 0, 得 < x < 1. a ?1 1 1 当 > 1 ,即 1 < a < 2 时,令 f ' ( x) < 0, 得 0 < x < 1 或 x > ; a ?1 a ?1 1 令 f ' ( x ) > 0, 得 1 < x < . LL LL LL LL LL 7 分 a ?1 综上,当 a = 2 时, f ( x ) 在定义域上是减函数; 1 1 当 a > 2 时,f ( x ) 在 (0, ) 和 (1, +∞) 单调递减, ( 在 ,1) 上单调递增; a ?1 a ?1 1 1 当 1 < a < 2 时, f ( x ) 在 (0,1) 和 ( , +∞) 单调递减,在 (1, ) 上单调递 a ?1 a ?1


LL 8 分
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当 a ∈ (2, 3) 时, f ( x ) 在 [1, 2] 上单调递减, 当 x = 1 时, f ( x ) 有最大值,当 x = 2 时, f ( x ) 有最小值.

a 3 a 3 ? + ln 2 ∴ ma + ln 2 > ? + ln 2 2 2 2 2 1 3 1 1 3 而 a > 0 经整理得 m > ? 由2 < a < 3得? < ? < 0 ,所以 m ≥ 0. 2 2a 4 2 2a ∴ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ≤ f (1) ? f (2) =

10 分

10. 设函数

f ( x) =

1? a 2 x + ax ? ln x(a ∈ R ). 2

(Ⅰ) 当 a = 1 时,求函数 f ( x ) 的极值; (Ⅱ)当 a > 1 时,讨论函数 f ( x ) 的单调性. (Ⅲ)若对任意 a ∈ (2, 3) 及任意 x1 , x2 ∈ [1, 2] ,恒有 ma + ln 2 > f ( x1 ) ? f ( x2 ) 成立, 求实数 m 的取值范围. 解:(Ⅰ)函数的定义域为 (0, +∞ ) .

1 x ?1 = . 令 f ' ( x) = 0, 得 x = 1 . x x ' ' 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. LL LL LL 4 分
当 a = 1 时, f ( x) = x ? ln x, f ( x) = 1 ?
'

(Ⅱ) f ( x ) = (1 ? a ) x + a ?
'

1 (1 ? a ) x 2 + ax ? 1 [(1 ? a ) x + 1]( x ? 1) = = x x x

=
当 函数;

(1 ? a )( x ?

1 )( x ? 1) a ?1 x

LL LL LL LL LL 5 分

1 ( x ? 1) 2 = 1 ,即 a = 2 时, f ' ( x) = ? ≤ 0, f ( x) 在 (0, +∞) 上是减 a ?1 x

1 1 < 1 ,即 a > 2 时,令 f ' ( x) < 0, 得 0 < x < 或 x > 1; a ?1 a ?1 1 令 f ' ( x ) > 0, 得 < x < 1. a ?1 1 1 当 > 1 ,即 1 < a < 2 时,令 f ' ( x) < 0, 得 0 < x < 1 或 x > ; a ?1 a ?1 1 令 f ' ( x ) > 0, 得 1 < x < . LL LL LL LL LL 7 分 a ?1 综上,当 a = 2 时, f ( x ) 在定义域上是减函数; 1 1 当 a > 2 时,f ( x ) 在 (0, ) 和 (1, +∞) 单调递减, ( 在 ,1) 上单调递增; a ?1 a ?1 1 1 当 1 < a < 2 时, f ( x ) 在 (0,1) 和 ( , +∞) 单调递减,在 (1, ) 上单调递 a ?1 a ?1


LL 8 分
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当 a ∈ (2, 3) 时, f ( x ) 在 [1, 2] 上单调递减, 当 x = 1 时, f ( x ) 有最大值,当 x = 2 时, f ( x ) 有最小值.

a 3 a 3 ? + ln 2 ∴ ma + ln 2 > ? + ln 2 10 分 2 2 2 2 1 3 1 1 3 而 a > 0 经整理得 m > ? 由2 < a < 3得? < ? < 0 ,所以 m ≥ 0. 解(Ⅰ) 可知 2 2a 4 2 2a ∴ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ≤ f (1) ? f (2) =

f ( x) 的定义域为 (0, +∞ ) .有

f / ( x) = x ? a +

a ? 1 x 2 ? ax + a ? 1 ( x ? 1)[ x ? (a ? 1)] = = x x x ————2 分

因为 a > 2 ,所以 a ? 1 > 1 .
/ / 故当 1 < x < a ? 1 时 f ( x ) < 0 ;当 0 < x < 1 或 x > a ? 1 时 f ( x ) > 0 .

综上,函数 f ( x ) 在区间 (1, a ? 1) 上单调递减,在区间 (0,1) 和 (a ? 1, +∞) 上单调增加. ——————6 分 (II)由 a = 1 ,知

g ( x) = x 3 + x 2 ? 2 x ,所以 S n = n3 + n 2 ? 2n .

?3n 2 ? n ? 2, ( n ≥ 2) an = ? = 3n 2 ? n ? 2 0 , (n = 1) ? 可得 .

——————8分

1 1 = (n ≥ 2) an (3n + 2)(n ? 1) 所以 . 1 1 1 1 1 < = ( ? ) 因为 (3n + 2)( n ? 1) 3n( n ? 1) 3 n ? 1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + L + < [(1 ? ) + ( ? ) + L + ( ? )] a a3 an 3 2 2 3 n ?1 n 所以 2
1 1 1 1 1 = (1 ? ) = ? < 3 n 3 3n 3
综上,不等式得证. ——————14 分

——————11 分

b 11.已知函数 f ( x ) = 2ax + + ln x . x
(Ⅰ)若函数 f (x ) 在 x = 1 , x =

1 处取得极值,求 a , b 的值; 2

(Ⅱ)若 f ′(1) = 2 ,函数 f (x ) 在 (0,+∞) 上是单调函数,求 a 的取值范围. 21 解: (Ⅰ) f ′( x ) = 2a ?

b 1 + , x2 x

1 ? ? f ′(1) = 0 ?a = ? 3 ? 由? ,可得 ? . 1 ? f ′( ) = 0 1 ? 2 ?b = ? ? ? 3
(Ⅱ)函数 f (x ) 的定义域是 (0,+∞) ,

因为 f ′(1) = 2 ,所以 b = 2a ? 1 . 所以 f ′( x) =

2ax 2 + x ? (2a ? 1) ( x + 1)[2ax ? (2a ? 1)] = x2 x2

要使 f (x) 在 (0,+∞) 上是单调函数,只要 f ′( x) ≥ 0 或 f ′( x) ≤ 0 在 (0,+∞) 上恒成立. ……………………10 分

x +1 > 0 恒成立,所以 f (x) 在 (0,+∞) 上是单调函数; x2 2a ? 1 1 当 a < 0 时,令 f ′( x ) = 0 ,得 x1 = ?1 , x 2 = = 1? > 1, 2a 2a
当 a = 0 时, f ′( x ) = 此时 f (x ) 在 (0,+∞) 上不是单调函数; 当 a > 0 时,要使 f (x ) 在 (0,+∞) 上是单调函数,只要 1 ? 2 a ≥ 0 ,即 0 < a ≤ 综上所述, a 的取值范围是 a ∈ [0, ] . 12.设 f ( x) = x3 ?
3 ( a + 1) x2 + 3ax + 1 . 2

1 2

1 2

(1)若函数 f ( x) 在区间 (1 , 4 ) 内单调递减,求 a 的取值范围; (2)若函数 f ( x)在x = a 处取得极小值是1,求 a 的值,并说明在区间 (1 , 4 ) 内函数 f ( x) 的
单调性. 解: f ′ ( x ) = 3x 2 ? 3 ( a ? 1) x + 3a = 3 ( x ? 1)( x ? a ) (1)∵函数 f ( x ) 在区间 (1 , 4 ) 内单调递减, ∵ f ′(4) ≤ 0 ,∴ a ∈ [ 4 , + ∞ ) .…………5 分

(2)∵函数 f ( x ) 在 x = a 处有极值是 1 ,∴ f (a) = 1 . 即 a3 ?
3 1 3 ( a + 1) a 2 + 3a 2 + 1 = a3 + a 2 + 1 = 1 . 2 2 2

∴ a 2 (a ? 3) = 0 ,所以 a = 0 或 3 .…………9 分 当 a = 0 时, f ( x ) 在 ( ?∞ , 0 ) 上单调递增,在 ( 0 , 1) 上单调递减,所以 f ( 0 ) 为极大值,这与 函数 f ( x ) 在 x = a 处取得极小值是 1 矛盾,所以 a ≠ 0 . 当 a = 3 时, f ( x ) 在 (1 , 3) 上单调递减,在 ( 3 , + ∞ ) 上单调递增,即 f ( 3) 为极小值, 所以 a = 3 时,此时,在区间 (1 , 4 ) 内函数 f ( x ) 的单调性是:

f ( x ) 在 (1 , 3) 内减,在 [3 , 4 ) 内增.

13.已知函数 f ( x ) = ln x + (1)当 a =

a (a ∈ R ) . x +1

9 时,如果函数 g ( x ) = f ( x ) ? k 仅有一个零点,求实数 k 的取值范围; 2 (2)当 a = 2 时,试比较 f (x ) 与 1 的大小; 1 1 1 1 (3)求证: ln(n + 1) > + + + L + ( n ∈ N* ) . 3 5 7 2n + 1 9 9 ,定义域是 (0,+∞) , 解: (1)当 a = 时, f ( x) = ln x + 2 2( x + 1) 1 1 9 (2 x ? 1)( x ? 2) f ′( x) = ? = , 令 f ′( x) = 0 ,得 x = 或 x = 2 . 2 2 x 2( x + 1) 2 2 x( x + 1) 1 1 Q 当 0 < x < 或 x > 2 时, f ′( x) > 0 ,当 < x < 2 时, f ′( x ) < 0 , 2 2 1 1 ∴ 函数 f (x) 在 (0, ) . (2,+∞) 上单调递增,在 ( , 2) 上单调递减. ∴ f ( x) 的极大值 2 2 1 3 是 f ( ) = 3 ? ln 2 ,极小值是 f ( 2) = + ln 2 . 2 2 Q 当 x → +0 时, f ( x ) → ?∞ ; 当 x → +∞ 时, f ( x ) → +∞ , 3 ∴ 当 g ( x ) 仅有一个零点时, k 的取值范围是 k > 3 ? ln 2 或 k < + ln 2 . 2 2 (2)当 a = 2 时, f ( x ) = ln x + ,定义域为 (0,+∞) . x +1 2 1 2 x2 + 1 ′( x) = ? 令 h( x ) = f ( x ) ? 1 = ln x + ? 1 ,Q h = >0, x +1 x ( x + 1) 2 x( x + 1) 2 ∴ h( x ) 在 (0,+∞) 上是增函数. 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 . 2 x ?1 (3) (法一)根据(2)的结论,当 x > 1 时, ln x + > 1 ,即 ln x > . x +1 x +1 n k +1 k +1 1 k +1 n 1 令x= ,则有 ln > , . ∴ ∑ ln >∑ k k 2k + 1 k k =1 k =1 2k + 1

Q ln(n + 1) = ∑ ln
k =1

n

1 1 1 k +1 ,∴ ln(n + 1) > + + L + . k 3 5 2n + 1

14.已知三次函数 f ( x ) 的导函数 f ′( x ) = 3 x 2 ? 3ax , f (0) = b , a . b 为实数。m] (Ⅰ)若曲线 y = f ( x ) 在点( a + 1 , f ( a + 1) )处切线的斜率为 12,求 a 的值; (Ⅱ)若 f ( x ) 在区间[-1,1]上的最小值.最大值分别为-2.1,且 1 < a < 2 ,求函

数 f (x ) 的解析式。 解析: (Ⅰ)由导数的几何意义 f ′( a + 1) =12 ……………1 分 ∴ 3( a + 1) ? 3a ( a + 1) = 12
2

……………2 分

∴ 3a = 9

∴ a=3

………………………3 分
3

(Ⅱ)∵ f ′( x ) = 3 x 2 ? 3ax , f (0) = b ∴ f ( x ) = x ? 由 f ′( x ) = 3 x( x ? a ) = 0 得 x1 = 0 , x 2 = a ∵ x ∈ [-1,1] 1 < a < 2 , ∴ 当 x ∈ [-1,0)时, f ′( x ) > 0 , f (x ) 递增;

3 2 ax + b 2

……5 分

当 x ∈ (0,1]时, f ′( x ) < 0 , f (x ) 递减。……………8 分 ∴ f (x ) 在区间[-1,1]上的最大值为 f (0) ∵ f (0) = b ,∴ b =1 ……………………10 分 ∵ f (1) = 1 ?

3 3 3 3 a + 1 = 2 ? a , f (?1) = ?1 ? a + 1 = ? a 2 2 2 2

∴ f (?1) < f (1) ∴ f (?1) 是函数 f (x ) 的最小值, ∴ ?

3 a = ?2 2
3

∴ a=
2

4 3
………………12 分

∴ f (x ) = x ? 2 x + 1 15.已知函数 f(x)=

1 2 x -ax + (a-1) ln x , a > 1 . 2 (Ⅰ) 若 a > 2 ,讨论函数 f ( x ) 的单调性;

3 (II)已知 a =1, g ( x) = 2 f ( x) + x ,若数列{an}的前 n 项和为 S n = g ( n) ,证明:

1 1 1 1 + + L + < (n ≥ 2, n ∈ N + ) . a2 a3 an 3 解(Ⅰ) 可知 f ( x) 的定义域为 (0, +∞ ) .有
f / ( x) = x ? a + a ? 1 x 2 ? ax + a ? 1 ( x ? 1)[ x ? (a ? 1)] ————2 分 = = x x x

因为 a > 2 ,所以 a ? 1 > 1 . 故当 1 < x < a ? 1 时 f / ( x ) < 0 ;当 0 < x < 1 或 x > a ? 1 时 f / ( x ) > 0 . 综上,函数 f ( x ) 在区间 (1, a ? 1) 上单调递减,在区间 (0,1) 和 (a ? 1, +∞) 上单调增加. ——————6 分
3 2 (II)由 a = 1 ,知 g ( x) = x + x ? 2 x ,所以 S n = n3 + n 2 ? 2n .

?3n 2 ? n ? 2, ( n ≥ 2) = 3n 2 ? n ? 2 . 可得 an = ? 0 , (n = 1) ?

——————8分

所以

1 1 = (n ≥ 2) . an (3n + 2)(n ? 1) 1 1 1 1 1 < = ( ? ) ——————11 分 因为 (3n + 2)(n ? 1) 3n(n ? 1) 3 n ? 1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以 + + L + < [(1 ? ) + ( ? ) + L + ( ? )] a2 a3 an 3 2 2 3 n ?1 n 1 1 1 1 1 = (1 ? ) = ? < 3 n 3 3n 3
综上,不等式得证. ——————14 分

16.已知 f ( x ) = 2ax ? (I)求 a , b 的值;

b 1 + ln x 在 x = 1 与 x = 处都取得极值。 x 2

(Ⅱ)若对 x ∈ [ ,1] 时, f ( x ) < c 恒成立,求实数 c 的取值范围。

1 4

b b 1 + ln x,∴ f '( x ) = 2a + 2 + x x x b 1 Q f ( x ) = 2ax ? + ln x 在 x = 1 与 x = 处都取得极值 x 2 2a + b + 1 = 0 ? 1 1 ,即 a = b = ? --------------7 分 ∴ f '(1) = 0 , f '( ) = 0 。∴ ? 2 3 ?2a + 4b + 2 = 0
解: (1)Q f ( x) = 2ax ?

2 1 x + + ln x , 3 3x 2 1 1 (2 x ? 1)( x ? 1) 1 令 f '( x ) = ? ? 2 + = ? = 0 得 x =1或 x = 2 3 3x x 3x 2 1 1 1 1 Q x ∈ [ ,1] ,∴ f ( x ) 在 [ , ] 上单调递减,在 [ ,1] 上单调递增。--------------10 分 4 4 2 2
(2)由(1)可知 f ( x ) = ?

1 7 1 1 7 1 5 f ( ) = ? ln 4, f (1) = ? , 而 f ( ) ? f (1) = ( ? ln 4) ? ( ? ) = ? ln 4 < 1 ? ln 4 < 0 , 4 6 3 4 6 3 6 1 1 1 所以 f ( ) < f (1) ,即 f ( x ) 在 [ ,1] 上的最大值为 ? 。--------------15 分 4 4 3
要使对任意 x ∈ [1, 4] 时, f ( x ) < c 恒成立,必须 c ≥ ? 。

1 3

1 3 2 17.已知函数 f (x)= x +ax +bx, a , b ∈ R. 3
(Ⅰ) 曲线 C:y=f (x) 经过点 P (1,2),且曲线 C 在点 P 处的切线平行于直线 y=2x +1,求 a,b 的值; (Ⅱ) 已知 f (x)在区间 (1,2) 内存在两个极值点,求证:0<a+b<2. (Ⅰ)解:
f ′(x) = x + 2ax + b ,
2

1 ? ? f (1) = + a + b = 2, 由题设知: ? 3 ? f ′(1) = 1 + 2a + b = 2, ?

2 ? ?a = ?3, ? 解得 ? ?b = 7. ? 3 ?

…………6 分

(Ⅱ)解:因为 f ( x ) 在区间 (1, 2) 内存在两个极值点 , 所以 f ′( x ) = 0 ,即 x + 2ax + b = 0 在 (1, 2) 内有两个不等的实根.
2

? f ′(1) = 1 + 2a + b > 0, ? f ′(2) = 4 + 4a + b > 0, ? 故? ?1 < ? a < 2, ?? = 4(a 2 ? b) > 0. ? 由 (1)+(3)得 a + b > 0 .
由(4)得 a + b < a + a ,
2

(1) (2) (3) (4)

因 ?2 < a < ?1 ,故 a + a = ( a + ) ?
2 2

所以 0 < a + b < 2 . 18.已知函数 f(x)=

1 2

1 < 2 ,从而 a + b < 2 . 4

1 2 x -ax+(a-1) ln x , a > 1 。 2

(1)讨论函数 f ( x ) 的单调性; (2)证明:若 a < 5 ,则对任意 x 1 ,x 2 ∈ (0, +∞ ) ,x 1 ≠ x 2 ,有 解:(1) f ( x ) 的定义域为 (0, +∞ ) 。

f ( x1 ) ? f ( x2 ) > ?1 。 x1 ? x2

f ' ( x) = x ? a +

a ? 1 x 2 ? ax + a ? 1 ( x ? 1)( x + 1 ? a ) = = 2分 x x x

(i)若 a ? 1 = 1 即 a = 2 ,则[来源:学#科#网]

( x ? 1) 2 f ( x) = x
'

故 f ( x ) 在 (0, +∞ ) 单调增加。 (ii)若 a ? 1 < 1 ,而 a > 1 ,故 1 < a < 2 ,则当 x ∈ ( a ? 1,1) 时, f ' ( x ) < 0 ;[来源:学科 网][来源:学_科_网] 当 x ∈ (0, a ? 1) 及 x ∈ (1, +∞) 时, f ' ( x ) > 0

故 f ( x ) 在 ( a ? 1,1) 单调减少,在 (0, a ? 1), (1, +∞) 单调增加。 (iii)若 a ? 1 > 1 ,即 a > 2 ,同理可得 f ( x ) 在 (1, a ? 1) 单调减少, (0,1), ( a ? 1, +∞) 单调增 在 加. (II)考虑函数 g ( x ) = f ( x ) + x

=

1 2 x ? ax + (a ? 1) ln x + x [来源:学科网] 2

则 g ′( x) = x ? ( a ? 1) +

a ?1 a ?1 ≥ 2 xg ? (a ? 1) = 1 ? ( a ? 1 ? 1) 2 x x

由 于 1<a<5, 故 g ′( x ) > 0 , 即 g(x) 在 (4, + ∞ ) 单 调 增 加 , 从 而 当 x1 > x2 > 0 时 有

g ( x1 ) ? g ( x2 ) > 0 ,即 f ( x1 ) ? f ( x2 ) + x1 ? x2 > 0 ,故

f ( x1 ) ? f ( x2 ) > ?1 ,当 0 < x1 < x2 x1 ? x2

时,有

f ( x1 ) ? f ( x2 ) f ( x2 ) ? f ( x1 ) = > ?1 ·····12 分。 ···· x1 ? x2 x2 ? x1
ln x ,其中 e 是自然常数, a ∈ R. x

19.已知 f ( x ) = ax ? ln x, x ∈ (0, e], g ( x ) =

(Ⅰ)当 a = 1 时, 研究 f ( x ) 的单调性与极值; (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,求证: f ( x ) > g ( x) +

1 ; 2

(Ⅲ)是否存在实数 a ,使 f ( x ) 的最小值是 3?若存在,求出 a 的值;若不存在,说明理 由. 解: (Ⅰ)Q f ( x ) = x ? ln x , f ′( x ) = 1 ?

1 x ?1 ……1 分 = x x ∴当 0 < x < 1 时, f / ( x ) < 0 ,此时 f ( x ) 单调递减 当 1 < x < e 时, f / ( x ) > 0 ,此时 f ( x ) 单调递增 …………3 分 ∴ f ( x ) 的极小值为 f (1) = 1 ……4 分 (Ⅱ)Q f ( x ) 的极小值为 1,即 f ( x ) 在 (0, e] 上的最小值为 1, ∴ f ( x) > 0 , f ( x ) min = 1 ……5 分 1 ln x 1 1 ? ln x , …………6 分 令 h( x) = g ( x) + = + , h / ( x) = x2 2 x 2 当 0 < x < e 时, h ′( x ) > 0 , h( x) 在 (0, e] 上单调递增 ………7 分 1 1 1 1 ∴ h( x ) max = h(e) = + < + = 1 =| f ( x ) | min ………9 分 e 2 2 2 1 ∴在(1)的条件下, f ( x ) > g ( x) + ……………………………10 分 2

(Ⅲ)假设存在实数 a ,使 f ( x ) = ax ? ln x ( x ∈ (0, e] )有最小值 3,

1 ax ? 1 = x x / ① 当 a ≤ 0 时, x ∈ (0, e] ,所以 f ( x) < 0 , 所以 f (x ) 在 (0, e] 上单调递减, 4 f ( x) min = f (e) = ae ? 1 = 3 , a = (舍去) , e 所以,此时 f (x ) 无最小值. ……12 分 1 1 1 ②当 0 < < e 时, f (x ) 在 (0, ) 上单调递减,在 ( , e] 上单调递增 a a a 1 ……14 分 f ( x) min = f ( ) = 1 + ln a = 3 , a = e 2 ,满足条件. a 1 ③ 当 ≥ e 时, x ∈ (0, e] ,所以 f / ( x) < 0 , a f / ( x) = a ?
所以 f (x ) 在 (0, e] 上单调递减, f ( x) min = f (e) = ae ? 1 = 3 , a = 所以,此时 f (x ) 无最小值.

4 (舍去) , e ……15 分

综上,存在实数 a = e 2 ,使得当 x ∈ (0, e] 时 f ( x ) 有最小值 3 .……16 分 22. (本小题满分 14 分) 设函数 f ( x ) = | x + 1| + | ax + 1| ,已知 f (?1) = f (1) ,且 f ( ? ) = f ( ) (a∈R,且

1 a

1 a

a≠0) ,函数 g ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx (b∈R,c 为正整数)有两个不同的极值点,且该
函数图象上取得极值的两点 A、B 与坐标原点 O 在同一直线上。 (1)试求 a、b 的值; (2)若 x ≥ 0 时,函数 g ( x ) 的图象恒在函数 f ( x ) 图象的下方,求正整数 c 的值。 解析: (1)Q f ( ?1) = f (1) ,∴ 1 ? a = 2 + a + 1 又 f ( ? ) = f ( ) ,∴ 1 ? ①

1 a

1 a

1 1 = + 1 + 2 ,即 1 ? a = 2 a + a + 1 a a



由①②得 a = 1 ,∴ a = ±1 .又Q a = 1 时,①、②不成立,故∴ a = ?1 .------2 分 ∴ g ( x ) = ? x 3 + bx 2 + cx ,设 x1 、 x2 是函数 g ( x ) 的两个极值点,则 x1 、 x2 是方程

g / ( x) = ?3 x 2 + 2bx + c =0 的两个根, ? = 4b 2 + 12c > 0(c为正整数) ,
3 2 2b ? x13 + bx12 + cx1 ? x2 + bx2 + cx2 ∴x1+x2= ,又∵ A、O、B 三点共线, ∴ = , 3 x1 x2

∴ ( x1 ? x2 )[ ?( x1 + x2 ) + b] =0, 又∵x1≠x2, ∴b= x1+x2= 分

2b , ∴b=0. ----------------6 3



2



Qx ≥ 0





f ( x) min = 2



-----------------------7 分 由 g / ( x ) = ?3 x 2 + c = 0 得 x = 上 单

c c c ,可知 g ( x ) 在 (0, ) 上单调递增,在 ( , +∞) 3 3 3
调 递 减 ,

g ( x)极大值 = g (

c c c c 2c c )=? +c = . ---------------------9 分 3 3 3 3 3 3

? c ≤1 ? ? 3 得 c < 3, ∴ c 的值为 1 或 2. c 为正整数) -----------------11 (∵ ①由 ? ? 2c c < 2 ?3 3 ?




c c > 1 时,记 g ( x) 在 x ∈ [1, ] 上切线斜率为 2 的切点的横坐标为 x0 , 3 3 c?2 ,依题意得 g ( x0 ) < f ( x0 ) , 3
c?2 > c ? 2, 得 c < 2, 与 c > 3 矛盾. 3

则由 g / ( x) = ?3 x 2 + c = 2 得 x0 =

∴? x03 + cx0 < 2 x0 , ∴ x0 2 > c ? 2, ∴

(或构造函数 h ( x ) = 2 x ? g ( x ) 在 x ≥ 1 上恒正) 综上,所求 c 的值为 1 或 2. 2 22.已知函数 f(x)=x +bsinx-2(b∈R),F(x)=f(x)+2,且对于任意实数 x,恒有 F(x) -F(-x)=0. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)已知函数 g(x)=f(x)+2(x+1)+alnx 在区间(0,1)上单调递减,求实数 a 的取值范围. 2 2 解:(1)F(x)=f(x)+2=x +bsinx-2+2=x +bsinx, 依题意,对任意实数 x,恒有 F(x)-F(-x)=0. 2 2 即 x +bsinx-(-x) -bsin(-x)=0, 即 2bsinx=0, 所以 b=0, 2 所以 f(x)=x -2. 2 (2)∵g(x)=x -2+2(x+1)+alnx, 2 ∴g(x)=x +2x+alnx,

a g′(x)=2x+2+ . x ∵函数 g(x)在(0,1)上单调递减, ∴在区间(0,1)内, a 2x2+2x+a g′(x)=2x+2+ = ≤0 恒成立, x x 2 ∴a≤-(2x +2x)在(0,1)上恒成立 . 2 ∵-(2x +2x)在(0,1)上单调递减, ∴a≤-4 为所求.

23.已知 f ( x ) = 2ax ? (I)求 a , b 的值;

b 1 + ln x 在 x = 1 与 x = 处都取得极值。 x 2

(Ⅱ)若对 x ∈ [ ,1] 时, f ( x ) < c 恒成立,求实数 c 的取值范围。

1 4

b b 1 + ln x,∴ f '( x) = 2a + 2 + x x x b 1 Q f ( x) = 2ax ? + ln x 在 x = 1 与 x = 处都取得极值 x 2 ?2a + b + 1 = 0 1 1 ∴ f '(1) = 0 , f '( ) = 0 。∴ ? ,即 a = b = ? --------------7 分 2 3 ?2a + 4b + 2 = 0
解: (1)Q f ( x ) = 2ax ?

2 1 x + + ln x , 3 3x 2 1 1 (2 x ? 1)( x ? 1) 1 令 f '( x) = ? ? 2 + = ? = 0得 x =1或 x = 2 3 3x x 3x 2 1 1 1 1 Q x ∈ [ ,1] ,∴ f ( x) 在 [ , ] 上单调递减,在 [ ,1] 上单调递增。--------------10 分 4 4 2 2
(2)由(1)可知 f ( x) = ?

1 7 1 1 7 1 5 f ( ) = ? ln 4, f (1) = ? , 而 f ( ) ? f (1) = ( ? ln 4) ? (? ) = ? ln 4 < 1 ? ln 4 < 0 , 4 6 3 4 6 3 6 1 1 1 所以 f ( ) < f (1) ,即 f ( x) 在 [ ,1] 上的最大值为 ? 。--------------15 分 4 4 3
要使对任意 x ∈ [1, 4] 时, f ( x) < c 恒成立,必须 c ≥ ? 。 24.设函数 f ( x) = c ln x +

1 3

1 2 x + bx (b, c ∈ R, c ≠ 0) ,且 x = 1 为 f ( x) 的极值点. 2

(Ⅰ) 若 x = 1 为 f ( x) 的极大值点,求 f ( x) 的单调区间(用 c 表示) ; (Ⅱ)若 f ( x) = 0 恰有两解,求实数 c 的取值范围. 解: f '( x) =

c x 2 + bx + c + x+b = ,又 f '(1) = 0 x x ( x ? 1)( x ? c) 且 c ≠ 1, b + c +1 = 0 x
…………4 分

所以 f '( x) =

(I)因为 x = 1 为 f ( x) 的极大值点,所以 c > 1 当 0 < x < 1 时, f '( x) > 0 ;当 1 < x < c 时, f '( x) < 0 ;当 x > c 时, f '( x) > 0 所以 f ( x) 的递增区间为 (0,1) , (c, +∞ ) ;递减区间为 (1, c) .…………7 分 (II)①若 c < 0 ,则 f ( x) 在 (0,1) 上递减,在 (1, +∞) 上递增

1 1 f ( x) = 0 恰有两解,则 f (1) < 0 ,即 + b < 0 ,所以 ? < c < 0 ; 2 2 1 2 1 ②若 0 < c < 1 ,则 f极大 ( x ) = f (c ) = c ln c + c + bc , f极小 ( x ) = f (1) = + b 2 2
因为 b = ?1 ? c ,则 f极大 ( x) = c ln c +

c2 c2 + c(?1 ? c) = c ln c ? c ? < 0 2 2

1 f极小 ( x) = ? ? c ,从而 f ( x) = 0 只有一解;③若 c > 1 ,则 2 c2 c2 1 f极小 ( x) = c ln c + + c(?1 ? c) = c ln c ? c ? < 0 , f极大 ( x) = ? ? c , 则 f ( x) = 0 只 2 2 2
有一解.综上,使 f ( x) = 0 恰有两解的 c 的范围为 ?

1 < c < 0 .…………15 分 2 25.已知抛物线 C : x 2 = 2 py ( p > 0) 的焦点为 F , 抛物线上一点 A 的横坐标为 x1 ( x1 > 0) , p 过点 A 作抛物线 C 的切线 l1 交 x 轴于点 D ,交 y 轴于点 Q ,交直线 l : y = 于点 M ,当 2 o | FD |= 2 时, ∠AFD = 60 . (Ⅰ)求证: ?AFQ 为等腰三角形,并求抛物线 C 的方程; (Ⅱ)若 B 位于 y 轴左侧的抛物线 C 上,过点 B 作抛物线 C 的切线 l 2 交直线 l1 于点 P ,交 直线 l 于点 N ,求 ?PMN 面积的最小值,并求取到最小值时的 x1 值.
解:(1)设 A( x1 , y1 ) ,则切线 AD 的方程为 y =

x x1 x? 1 , p 2p

2

所以 D (

x1 p p ,0), Q (0,? y1 ) , | FQ |= + y1 , | FA |= + y1 ,所以 | FQ |=| FA | ,[来 2 2 2

源:学,科,网] 所以 ?AFQ 为等腰三角形 …………3 分

且 D 为 AQ 中点,所以 DF ⊥ AQ ,Q | DF |= 2, ∠AFD = 60 o ,

∴ ∠QFD = 60 o ,

p = 1 ,得 p = 2 ,抛物线方程为 x 2 = 4 y …………7 分 2

(II)设 B ( x 2 , y 2 ) ( x 2 < 0) ,则 B 处的切线方程为 y =

x2 x x? 2 2 2

2

? ?y = ? 由? ? ?y = ?

x1 x 2 ? x? 1 x x x1 2 x1 + x 2 x1 x 2 ?y = 1 x ? 1 2 4 ? P( , ),? 2 4 ? M ( + ,1) 2 2 x1 2 4 x2 x ?y = 1 x? 2 ? 2 4

2

同理 N (

x2 2 + ,1) , 2 x2
xx ( x ? x1 )(4 ? x1 x 2 ) 2 1 x1 2 x 2 2 ( + ? ? )(1 ? 1 2 ) = 2 ……① 2 2 x1 2 x 2 4 16 x1 x 2

所以面积 S =

设 AB 的方程为 y = kx + b ,则 b > 0

由?

? y = kx + b ?x = 4 y
2

? x + x 2 = 4k ? x 2 ? 4kx ? 4b = 0 ,得 ? 1 代入①得: ? x1 x 2 = ?4b

16k 2 + 16b (4 + 4b) 2 (1 + b) 2 k 2 + b S= = ,使面积最小,则 k = 0 64b b
得到 S =

(1 + b) 2 b …………② b

令 b =t,

②得 S (t ) =

(1 + t 2 ) 2 1 (3t 2 ? 1)(t 2 + 1) = t 3 + 2t + , S ′(t ) = , t t t2 3 3 ) 时 S (t ) 单调递减;当 t ∈ ( ,+∞) S (t ) 单调递增, 3 3

所以当 t ∈ (0,

所以当 t =

3 16 3 1 2 时, S 取到最小值为 ,此时 b = t = , k = 0 , 3 9 3

所以 y1 =

1 2 3 ,即 x1 = 3 3

…………15 分

26.已知函数 ? (x)=

a 9 ,a 是正常数。 (1)若 f(x)= ? (x)+lnx,且 a= ,求函数 f(x) x +1 2

的单调递增区间; (2)若 g(x)=∣lnx∣+ ? (x),且对任意的 x 1 ,x 2 ∈(0,2〕 ,且 x 1 ≠x 2 ,

都有

g ( x 2 ) ? g ( x1 ) <-1,求 a 的取值范围 x 2 ? x1

1 9 2x 2 ? 5x + 2 1 ′( x ) = ′( x ) = ⑴f ﹥1 ? f ﹥0 ? x﹥2 或 0﹤x﹤ , 2 2 x 2(x + 1) 2 2 x(x + 1)
所以函数 f ( x ) 的单调增区间为(0,

1 )和(2,+∞)……………………………3 分 2

⑵因为

g ( x 2 ) ? g ( x1 ) g ( x 2 ) + x 2 ? [g ( x1 ) + x1 ﹤-1,所以 x 2 ? x1 x 2 ? x1

] ﹤0,

所以 F ( x ) = g ( x ) + x 在区间(0,2】上是减函数。 ① F ( x ) =ln x + 当 1 ≦ x ≦ 2 时 ,

a 1 a + x ? F ′( x ) = ? +1, x +1 x ( x + 1)2

(x + 1)2 + (x + 1)2 = x 2 + 3x + 1 + 3 在 x∈ [1,2 ] 上恒成立。 由 F ′( x ) ≤ 0 ? a ≥
x x
设 m( x ) = x + 3 x +
2

1 1 + 3 ,所以 m′( x ) = 2 x ? 2 + 3 ﹥0(1≦x≦2) , 2 x 27 所以 m( x ) 在[1,2]上为增函数,所以 a ≥ m(2 ) = 2
②当 0﹤x﹤1 时,F ( x ) =-ln x +

a 1 a + x ? F ′( x ) = ? ? +1, x +1 x ( x + 1)2
2 = = x +x?

由 F ′( x ) ≤ 0 ? a ≥ 令 t (x ) = x + x ?
2

(x + 1)2 + (x + 1)2
x

1 ? 1 在 x∈(0,1)上恒成立。 x

1 1 ? 1 ? t ′( x ) = 2 x + 2 + 1 ﹥0,所以 t ( x ) 在(0,1)上为增函数,所以 x x 27 a ≥ t (1) = 0 ,综上: a 的取值范围为 a ≧ 2 1 2 27.已知函数 f ( x ) = x ? a ln x ( a ∈ R ) 2
(1)求 f (x ) 的单调区间; (2)设 g ( x ) = f ( x) + 2 x ,若 g (x ) 在 [1, e] 上不单调且仅在 x = e 处取得最大值,求 a 的 取值范围. 解: (1) f ( x) = x ?
'

a x2 ? a = ( x > 0) ---------2 分 x x

若 a ≤ 0 ,则 f ' ( x ) ≥ 0 ,所以此时只有递增区间( 0,+∞) ---------4 分 若 a > 0 ,当 f ' ( x ) > 0时,得x >

a

当f ' ( x) < 0时,得0 < x < a
所以此时递增区间为: a ,+∞) ,递减区间为: ( (0, a ) -------------6 分 (2) g ( x ) = x ?
'

a x2 + 2x ? a +2= ( x > 0) ,设 h( x) = x 2 + 2 x ? a ( x > 0) x x

若 g (x ) 在 [1, e] 上不单调,则 h(1) h(e) < 0 ,∴ (3 ? a )(e + 2e ? a ) < 0
2

∴ 3 < a < e 2 + 2e -------------10 分
同时 g (x) 仅在 x = e 处取得最大值,∴只要g (e) > g (1) 即可 得出: a <

e2 5 + 2e ? ----------14 分 2 2

∴ a 的范围: (3,

e2 5 + 2e ? ) 2 2

27. 已知函数 f ( x) = ax 3 + bx 2 ? x( x ∈ R, a, b 是常数 ) , 且当 x = 1 和 x = 2 时, 函数 f (x ) 取得极值 (Ⅰ)求函数 f (x ) 的解析式; (Ⅱ)若曲线 y = f (x ) 与 g ( x ) = ?3 x ? m( ?2 ≤ x ≤ 0) 有两个不同的交点,求实数 m 的取 值范围 (文)解: (Ⅰ) f ′( x ) = 3ax 2 + 2bx ? 1 , ………………………………………………2 分 依题意 f ′(1) = f ′( 2) = 0 ,即 ? ∴ f ( x) = ?

? 3a + 2b ? 1 = 0, 1 3 解得 a = ? , b = 6 4 ?12a + 4b ? 1 = 0,

1 3 3 2 x + x ? x ……………………………………………4 分 6 4

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,曲线 y = f (x ) 与 g ( x ) = ?3 x ? m( ?2 ≤ x ≤ 0) 有两个不同的

1 3 3 2 x ? x ? 2 x ? m = 0 在 [? 2,0] 上有两个不同的实数解…5 分 6 4 1 3 3 2 1 2 3 设 ? (x ) = x ? x ? 2 x ? m ,则 ? ′( x ) = x ? x ? 2 , ………7 分 6 4 2 2
交点, 即 由 ? ′(x ) = 0 的 x = 4 或 x = ?1 当 x ∈ (?2,?1) 时 ? ′( x ) > 0 ,于是 ? (x ) 在 [? 2,?1] 上递增; 当 x ∈ (?1,0) 时 ? ′( x ) < 0 ,于是 ? (x ) 在 [? 1,0] 上递减. ………………9 分

1 ? ?m ≥ ? 3 ?? (?2) ≤ 0 ? 13 13 ? ? 依题意有 ?? ( ?1) > 0 ? ? m < ?0≤m< . …………………11 分 12 12 ? ? ( 0) ≤ 0 ? ? ? m≥0 ? ?

∴实数 m 的取值范围是 0 ≤ m <

13 . 12 x2 y2 28. 已知抛物线 D 的顶点是椭圆 + = 1 的中心,焦点与该椭圆的右焦点重合. 4 3

(2)已知动直线 l 过点 P (4,0 ) ,交抛物线 D 于 A 、 B 两点.

(1)求抛物线 D 的方程;

(i ) 若直线 l 的斜率为 1,求 AB 的长; (ii ) 是否存在垂直于 x 轴的直线 m 被以 AP 为直径的圆 M 所截得的弦长恒为定值?如
果存在,求出 m 的方程;如果不存在,说明理由.

b b 1 + ln x,∴ f '( x) = 2a + 2 + x x x b 1 Q f ( x) = 2ax ? + ln x 在 x = 1 与 x = 处都取得极值 x 2 ?2a + b + 1 = 0 1 1 ∴ f '(1) = 0 , f '( ) = 0 。∴ ? ,即 a = b = ? --------------7 分 2 3 ?2a + 4b + 2 = 0
解: (1)Q f ( x ) = 2ax ?

2 1 x + + ln x , 3 3x 2 1 1 (2 x ? 1)( x ? 1) 1 令 f '( x ) = ? ? 2 + = ? = 0得 x =1或 x = 2 3 3x x 3x 2 1 1 1 1 Q x ∈ [ ,1] ,∴ f ( x) 在 [ , ] 上单调递减,在 [ ,1] 上单调递增。--------------10 分 4 4 2 2
(2)由(1)可知 f ( x ) = ?

1 7 1 1 7 1 5 f ( ) = ? ln 4, f (1) = ? , 而 f ( ) ? f (1) = ( ? ln 4) ? (? ) = ? ln 4 < 1 ? ln 4 < 0 , 4 6 3 4 6 3 6 1 1 1 所以 f ( ) < f (1) ,即 f ( x ) 在 [ ,1] 上的最大值为 ? 。--------------15 分 4 4 3
要使对任意 x ∈ [1, 4] 时, f ( x ) < c 恒成立,必须 c ≥ ? 。 29.已知函数 f ( x ) =

1 3

ax 在x = 1 处取得极值 2。 x +b (1)求函数 f (x ) 的表达式; (2)当 m 满足什么条件时,函数 f (x ) 在区间 ( m,2m + 1) 上单调递增? ax ax (3)若 P ( x 0 , y 0 ) 为 f ( x ) = 2 图象上任意一点,直线 l 与 f ( x ) = 2 x +b x +b 的图象切于点 P,求直线 l 的斜率 k 的取值范围。
2

解: (1)因为 f ′( x ) = 而函数 f ( x ) =

a ( x 2 + b) ? ax(2 x) ( x 2 + b) 2
2

·········· 分 ··········2

ax 在 x = 1 处取得极值 2, x +b

?a (1 + b) ? 2a = 0 ? f ′(1) = 0 ?a = 4 ? 所以 ? , 即? a 解得 ? ? f (1) = 2 ?b = 1 ?1 + b = 2 ?
所以 f ( x ) =

4x 即为所求 1+ x2

·········· 分 ··········4

(2)由(1)知 f ′( x ) =

4( x 2 + 1) ? 8 x 2 ? 4( x ? 1)( x + 1) = ( x 2 + 1) 2 (1 + x 2 ) 2

令 f ′( x ) = 0 得: x1 = ?1, x 2 = 1 则 f (x ) 的增减性如下表:

x
f ′(x) f (x)

(-∞,-1) 负

(-1,1) 正

(1,+∞) 负

可知, f (x ) 的单调增区间是[-1,1],

? m ≥ ?1 ? 所以 ?2m + 1 ≤ 1 ? ?1 < m ≤ 0. ?m < 2 m + 1 ?
所以当 m ∈ (?1,0] 时,函数 f (x ) 在区间 ( m,2m + 1) 上单调递增。 (3)由条件知,过 f (x ) 的图象上一点 P 的切线 l 的斜率 k 为:
2 2 4(1 ? x0 ) ? 1 ? x0 + 2 2 1 k = f ′( x 0 ) = = 4× = 4[ ? ] 2 2 2 2 2 2 (1 + x0 ) (1 + x0 ) (1 + x0 ) 1 + x0

·····9 分 ····

令t =

1 ,则 t ∈ (0,1] , 2 1 + x0 1 4 1 的图象性质知: 2 1 =? ; 2
2

此时, k = 8(t ? ) ? 当t =

1 时, k min 4

当 t = 1 时, k max = 4 所以,直线 l 的斜率 k 的取值范围是 [?

1 , 4] 2

3 3 30.已知动圆 G 过点 F( ,0),且与直线 l:x=- 相切,动圆圆心 G 的轨迹为曲线 E.曲线 E 2 2

上的两个动点 A(x1,y1)和 B(x2,y2). (1)求曲线 E 的方程; (2)已知 OA · OB =-9(O 为坐标原点),探究直线 AB 是否恒过定点,若过定点,求出 定点坐标;若不过,请说明理由. (3)已知线段 AB 的垂直平分线交 x 轴于点 C,其中 x1≠x2 且 x1+x2=4.求△ABC 面积的 最大值. 3 3 解:(1)依题意,圆心 G 到定点 F( ,0)的距离与到直线 l:x=- 的距离相等,∴曲线 2 2

E 是以 F( ,0)为焦点,直线 l:x=- 为准线的抛物线.
2

3 2

3 2

∴曲线 E 的方程为 y =6x.(3 分) (2)当直线 AB 不垂直 x 轴时,设直线 AB 方程为 y=kx+b (k≠0). 由?

? y = kx + b 2 消去 x 得 ky -6y+6b=0,Δ=36-24kb>0. y2 = 6x ?

6b y 2 y 2 ( y 1y 2) 2 b 2 1 2 y1y2= ,x1x2= · = = 2. k 6 6 36 k

b2 6b OA · OB =x1x2+y1y2= 2+ =-9, k k
2 2 2

∴b +6kb+9k =0,(b+3k) =0,b=-3k,满足 Δ>0. ∴直线 AB 方程为 y=kx-3k,即 y=k(x-3), ∴直线 AB 恒过定点(3,0).(7 分) 当直线 AB 垂直 x 轴时,可推得直线 AB 方程为 x=3,也过点(3,0). 综上,直线 AB 恒过定点(3,0).(8 分) (3)设线段 AB 的中点为 M(x0,y0),则

x 1+ x 2 y 1+ y 2 y 1- y 2 y 1- y 2 6 3 x 0= =2,y0= ,kAB= = 2 2= = . 2 2 x1-x2 y1 y2 y1+y2 y0
- 6 6

y0
∴线段 AB 的垂直平分线的方程为 y-y0=- (x-2). 3 令 y=0,得 x=5,故 C(5,0)为定点. 3 2 2 2 又直线 AB 的方程为 y-y0= (x-2),与 y =6x 联立,消去 x 得 y -2y0y+2y0-12=

y0
0.
2

由韦达定理得 y1+y2=2y0,y1y2=2y0-12. 1 ∴|AB|= 1+
2 2 y0 2

·|y1-y2|=

kAB

(1+ )[(y1+y2) -4y1y2] 9

2



y0 2 2 2 2 2 (1+ )[4y0-4(2y0-12)]= (9+y0)(12-y0). 3 9
2

又点 C 到直线 AB 的距离为 h=|CM|= 9+y0, 1 1 2 2 2 ∴S△ABC= |AB|·h= (9+y0) (12-y0) 2 3
2 2

令 t=9+y0(t>9),则 12-y0=21-t.
2 2 2 2 3 2

设 f(t)=(9+y0) (12-y0)=t (21-t)=-t +21t ,
2

则 f′(t)=-3t +42t=-3t(t-14). 当 9<t<14 时,f′(t)>0;当 t>14 时,f′(t)<0.∴f(t)在(9,14)上单调递增,在(14, +∞)上单调递减. 14 2 ∴当 t=14 时,[f(t)]max=14 ×7.故△ABC 面积的最大值为 7.(13 分) 3 3 注:第(3)问也可由 AB 直线方程 y=kx+b 及 x1+x2=4,推出 b= -2k,然后转化为求

k
关于 k 的函数的最值问题. 31. 已知函数 f ( x) = x 2 + a ln x (a 为实常数). (1)若 a = ?2 ,求证:函数 f (x ) 在(1,+.∞)上是增函数; (2)求函数 f (x ) 在[1,e]上的最小值及相应的 x 值; (3)若存在 x ∈ [1, e] ,使得 f ( x ) ≤ ( a + 2) x 成立,求实数 a 的取值范围. (1)当 a = ?2 时, f ( x) = x 2 ? 2 ln x ,当 x ∈ (1,+∞) , f ′( x) =

2( x 2 ? 1) >0, x

故函数 f (x) 在 (1,+∞) 上是增函数.…………………………………………………4 分 (2) f ′( x ) =

2x 2 + a ( x > 0) ,当 x ∈ [1, e] , 2 x 2 + a ∈ [a + 2, a + 2e 2 ] . x

若 a ≥ ?2 , f ′(x) 在 [1, e] 上非负 (仅当 a = ?2 , 时, f ′( x) = 0 ) 故函数 f (x) 在 [1, e] x=1 , 上是增函数,此时 [ f ( x)] min = f (1) = 1 . 若 ? 2e 2 < a < ?2 , x = 当 ………………………………………………6 分

?a ?a 时, f ′( x) = 0 ; 1 ≤ x < 当 时, f ′( x) < 0 , 此时 f (x) 2 2

是减函数; 当

?a ?a < x ≤ e 时, f ′( x) > 0 ,此时 f (x) 是增函数.故 [ f ( x)] min = f ( ) 2 2

=

a a a ln(? ) ? . 2 2 2
若 a ≤ ?2e 2 , f ′(x) 在 [1, e] 上非正(仅当 a = ?2e 2 ,x=e 时, f ′( x) = 0 ) ,故函数 f (x)

在 [1, e] 上是减函数,此时 [ f ( x)] min = f (e) = a + e 2 .……………………………………8 分 综上可知, a ≥ ?2 时,f (x) 的最小值为 1, 当 相应的 x 值为 1; ? 2e 2 < a < ?2 时,f (x) 当

的最小值为

a a a ?a ln(? ) ? ,相应的 x 值为 ;当 a ≤ ?2e 2 时, f (x) 的最小值为 a + e 2 , 2 2 2 2

相应的 x 值为 e .……………………………………………………………………10 分 (3)不等式 f ( x) ≤ (a + 2) x , 可化为 a ( x ? ln x) ≥ x 2 ? 2 x . ∵ x ∈ [1, e] , ∴ ln x ≤ 1 ≤ x 且等号不能同时取,所以 ln x < x ,即 x ? ln x > 0 , 因而 a ≥

x 2 ? 2x ( x ∈ [1, e] )………………………………………………12 分 x ? ln x ( x ? 1)( x + 2 ? 2 ln x) x 2 ? 2x ( x ∈ [1, e] ) ,又 g ′( x) = ,…………………14 分 x ? ln x ( x ? ln x) 2

令 g ( x) =

当 x ∈ [1, e] 时, x ? 1 ≥ 0, ln x ≤ 1 , x + 2 ? 2 ln x > 0 , 从而 g ′( x) ≥ 0 (仅当 x=1 时取等号) ,所以 g (x) 在 [1, e] 上为增函数, 故 g (x) 的最小值为 g (1) = ?1 ,所以 a 的取值范围是 [ ?1,+∞) . ………………………16 分

f ( x) =
32.设 (1)当 a =

ex 1 + ax 2 ,其中 a 为正实数.

4 时,求 f ( x ) 的极值点; 3

(2)若 f ( x ) 为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围.

ex 4 f ( x) = 19 解:(Ⅰ)当 a = 时, 4 1 + x2 3 3

? 4 ? 3 ?1 + x 2 ? ? 3 ? 1 3 令 f ' ( x) = 0 得 x1 = , x2 = 2 2


f ' ( x) =

e x ( 4 x 2 ? 8 x + 3)
2

x

1? ? ? ?∞, ? 2? ?

1 2
0

?1 3? ? , ? ?2 2?

3 2
0

f ' ( x)
f ( x)

+

?

?3 ? ? , +∞ ? ?2 ?

+

∴ f ( x ) 的极大值点是 (Ⅱ) f ( x ) =
'

1 3 ;极小值点是 2 2 x 2 e ( ax ? 2ax + 1)

(1 + ax )

2 2

∵ f ( x ) 为 R 上的单调函数,且 a 为正实数 ∴ ( ?2 a ) ? 4 a ≤ 0 即 0 < a ≤ 1
2

(1)a=1

b=0

3分

(2)∵ ln x ≥

t ? ln x 恒成立 ∴ t ≤ 2 x ln x 恒成立 x

令h( x) = 2 x ln x, 则h′( x) = 2 + 2 ln x
令h ′( x) ≥ 0, 则x ≥
∴当 0 < x < ∴t ≤ ?

1 e

1 2 1 时, h ′( x) < 0 ,∴ h( x) 的最小值为 h( ) = ? e e e
8分

2 e

(3) F ′( x ) = x +

1 m 2 + 1 ( x ? m)(mx ? 1) ? = , x m mx 1 m

令 F ( x ) =0,得 x = m或x = 当 0<m≤

1 1 时, ≥ 2 , x = m 为 F ( x ) 在区间(0,2)上的极大值点 2 m 1 1 1 当 < m < 1 时, 1 < < 2 , x = m和x = 为 F ( x) 在区间(0,2)上的极值点 2 m m

当 m = 1 时, F ( x ) 在区间(0,2)上无极值点

1 1 1 < < 1 , x = m和x = 为 F ( x) 在区间(0,2)上的极值点 2 m m 1 1 1 当 m = 2 时, = , x = 为 F ( x ) 在区间(0,2)上的极大值点 m 2 m 1 1 1 < , x = 为 F ( x) 在区间(0,2)上的极大值点 当 m > 2 时, 0 < m 2 m
当 1 < m < 2 时,

由以上可知:当 当0 < m ≤

1 < m < 1 或 1 < m < 2 时, F (x) 在区间(0,2)上有两个极值点 2

1 或 m ≥ 2 时, F (x ) 在区间(0,2)上有一个极值点; 2

当 m = 1 时, F (x ) 在区间(0,2)上无极值点


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