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北京市2017届高三数学理一轮复习专题突破训练:导数及其应用


北京市 2017 届高三数学理一轮复习专题突破训练导数及其应用
一、填空、选择题 1、(2016 年北京高考)设函数 f ( x) ? ?

? x3 ? 3x, x ? a ??2 x, x ? a

.

①若 a ? 0 ,则 f ( x ) 的最大值为______________; ②若 f ( x ) 无最大值,则实数 a 的取值范围是________. 2、(东城区 2016 届高三上学期期中)曲线 A、x=1 B、y= 处的切线方程是 D、x-y=1 的解集为

1 2

C、x+y=1

3、(东城区 2016 届高三上学期期中)已知定义在 R 上的函数 f ( x ) 的图象如图,则

4、(东城区 2016 届高三上学期期中)若过曲线

上的点 P 的切线的斜率为 2,则点 P 的坐标是

5 、( 2016 年全国 II 高考)若直线 y ? kx ? b 是曲线 y ? ln x ? 2 的切线,也是曲线 y ? ln( x ? 1) 的切线,则

b?



6、(2016 年全国 III 高考)已知 f ? x ? 为偶函数,当 x ? 0 时, f ( x) ? ln(? x) ? 3x ,则曲线 y ? f ? x ? 在点 (1, ?3) 处的切线方程是_______________。 7、 定义在 R 上的函数 f ? x ? 满足: f ? x ? ? 1 ? f ? ? x ? , f ? 0? ? 0, f ? ? x ? 是f ? x ? 的导函数, 则不等式 e f ? x ? ? e ?1
x x

(其中 e 为自然对数的底数)的解集为 A.

? ??, ?1? ? ?0, ???
A.sinx

B.

? 0, ?? ?

C.

? ??,0? ? ?1, ???
C.cosx

D.

? ?1, ???
)

8、设 f0(x)=sinx,f1(x)=f0′(x),f2(x)=f1′(x),…,fn(x)=fn-1′(x),n∈N,则 f2 013(x)=( B.-sinx D.-cosx

二、解答题

1

1、(2016 年北京高考)设函数 f ( x) ? xea? x ? bx ,曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 y ? (e ? 1) x ? 4 , (1)求 a , b 的值; (2)求 f ( x ) 的单调区间.

2

2、(2015 年北京高考)已知函数 f ( x) ? ln

(Ⅰ)求曲线 f ( x) 在点 ?0, f ?0?? 处的切线方程; (Ⅱ)求证:当 x ? ?0,1? 时, f ( x) ? 2? ?x ?
3

1? x . 1? x

?

? ? x ? (Ⅲ)设实数 k 使得 f ( x) ? k ? ?x ? 3 ? ? 对 x ? ?0,1? 恒成立,求 k 的最大值. ? ?

x3 ? ?; 3? ?

3

3、(朝阳区 2016 届高三上学期期末)

已知函数 f ( x) ? ax ? ln x ,其中 a ? R .

(Ⅰ)若 f ( x) 在区间 [1, 2] 上为增函数,求 a 的取值范 围; (Ⅱ)当 a ? ?e 时,(ⅰ)证明: f ( x) ? 2 ? 0 ; (ⅱ)试判断方程 f ( x) ?

ln x 3 ? 是否有实数解,并说明理由. x 2

4

4、(大兴区 2016 届高三上学期期末)已知函数 f ( x) ? ax ?

a?2 ? 2 ? 2a (a ? 0) . x

(Ⅰ)当 a ? 1 时,求函数 f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程; (Ⅱ)求函数 f ( x) 的单调区间; (Ⅲ)若 f ( x) ≥ 2ln x 错误!未找到引用源。在 [1, ??) 错误!未找到引用源。上恒成立,求 a 的取值范围.

5

5、(东城区 2016 届高三上学期期末)已知函数 f ( x ) ?

ex ? a ( x ? ln x ) . x

(Ⅰ)当 a ? 1 时,试求 f ( x ) 在 (1, f (1)) 处的切线方程; (Ⅱ)当 a ? 0 时,试求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅲ)若 f ( x ) 在 (0,1) 内有极值,试求 a 的取值范围.

6

6、(丰台区 2016 届高三上学期期末)已知函数 f ( x) ?

1 3 ax ? x 2 (a ? 0) . 3

(Ⅰ)求函数 y ? f ( x) 的极值;
1 1 (Ⅱ)若存在实数 x0 ? (?1,0) ,且 x0 ? ? ,使得 f ( x0 ) ? f (? ) ,求实数 a 的取值范围. 2 2

7

7、(丰台区 2016 届高三一模)已知函数 f ( x) ? x ln x . (Ⅰ)求曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程; (Ⅱ)求证: f ( x ) ? x ? 1 ; (Ⅲ)若 f ( x ) ? ax 2 ?

2 (a ? 0) 在区间 (0, ??) 上恒成立,求 a 的最小值. a

8

8、(海淀区 2016 届高三二模)已知函数 f ( x) ? e x ( x 2 ? ax ? a) . (Ⅰ)当 a ? 1 时,求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若关于 x 的不等式 f ( x ) ? ea 在 [a , ??) 上有解,求实数 a 的取值范围; (Ⅲ)若曲线 y ? f ( x ) 存在两条互相垂直的切线,求实数 a 的取值范围.(只需直接写出结果)

9

9、(石景山区 2016 届高三一模)已知函数 f ( x) ? sin x ? x cos x . (Ⅰ)求曲线 y ? f ( x) 在点 (π , f (π )) 处的切线方程;

? 1 (Ⅱ)求证:当 x ? (0 , ) 时, f ( x ) ? x 3 ; 2 3
(Ⅲ)若 f ( x) ? kx ? x cos x 对 x ? (0 , ) 恒成立,求实数 k 的最大值. 2

?

10

10、(西城区 2016 届高三二模)设 a ? R ,函数 f ( x) ?

x?a . ( x ? a)2

(Ⅰ)若函数 f ( x) 在 (0, f (0)) 处的切线与直线 y ? 3 x ? 2 平行,求 a 的值; (Ⅱ)若对于定义域内的任意 x1 ,总存在 x 2 使得 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ,求 a 的取值范围.

11

11、(朝阳区 2016 届高三二模)已知函数 f ( x) ? ?

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

(Ⅰ)当 a ? 3 时,求曲线 C : y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程;

? ?1 ? x ? 2, ? (Ⅱ)当 x ??1,2? 时,若曲线 C : y ? f ( x) 上的点 ( x, y ) 都在不等式组 ? x ? y , 所表示的 ? 3 ?y ? x ? ? 2
平面区域内,试求 a 的取值范围.

12

12、(东城区 2016 届高三二模)已知 f ( x) ? 2ln( x ? 2) ? ( x ? 1)2 , g ( x) ? k ( x ? 1) . (Ⅰ)求 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)当 k ? 2 时,求证:对于 ?x ? ?1 , f ( x) ? g ( x) 恒成立; (Ⅲ)若存在 x0 ? ?1 ,使得当 x ? (?1, x0 ) 时,恒有 f ( x) ? g ( x) 成立,试求 k 的取值范围.

13

参考答案 一、填空、选择题 1、【答案】 2 , (??, ?1) . 【解析】 试题分析:如图作出函数 g ( x) ? x3 ? 3x 与直线 y ? ?2 x 的图象,它们的交点是 A(?1, 2) , O (0, 0) , B(1, ?2) , 由 g '( x) ? 3x2 ? 3 ,知 x ? 1 是函数 g ( x) 的极大值点, ①当 a ? 0 时, f ( x) ? ?

? x3 ? 3x, x ? 0 ??2 x, x ? 0

,因此 f ( x ) 的最大值是 f (?1) ? 2 ;
3

②由图象知当 a ? ?1 时, f ( x ) 有最大值是 f (?1) ? 2 ;只有当 a ? ?1 时, 由 a ? 3a ? ?2a ,因此 f ( x ) 无最大值, ∴所求 a 的范围是 (??, ?1) ,故填: 2 , (??, ?1) .

2、B 5、 1 ? ln 2

3、A

4、(e,e)

6、 y ? ?2 x ? 1 7、B 8、C

二、解答题 1、【解析】 (I)? f ( x) ? xea ? x ? bx ∴ f ?( x) ? ea ? x ? xea ? x ? b ? (1 ? x)e a ? x ? b ∵曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 y ? (e ? 1) x ? 4 ∴ f (2) ? 2(e ? 1) ? 4 , f ?(2) ? e ? 1 即 f (2) ? 2ea ? 2 ? 2b ? 2(e ? 1) ? 4 ①

f ?(2) ? (1 ? 2)e a ? 2 ? b ? e ? 1



由①②解得: a ? 2 , b ? e (II)由(I)可知: f ( x) ? xe2 ? x ? ex , f ?( x) ? (1 ? x)e 2 ? x ? e
14

令 g ( x) ? (1 ? x)e 2 ? x , ∴ g ?( x) ? ?e 2 ? x ? (1 ? x)e 2 ? x ? ( x ? 2)e 2 ? x
x

? ??, 2 ?
?

2
0

? 2, ?? ?

? ? ? 极小值 ∴ g ( x) 的最小值是 g (2) ? (1 ? 2)e 2 ? 2 ? ?1 ∴ f ?( x) 的最小值为 f ?(2) ? g (2) ? e ? e ? 1 ? 0 即 f ?( x) ? 0 对 ?x ? R 恒成立

g ?( x) g ( x)

∴ f ( x) 在 ? ??, ?? ? 上单调递增,无减区间. 2、解析:(Ⅰ) 因为

f ( x) ? ln(1 ? x) ? ln(1 ? x) ,所以

f ' ( x) ?
又因为

1 1 ? , 1? x 1? x

f ' (0) ? 2 .

f (0) ? 0 ,所以曲线 y ? f ( x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y ? 2 x .

(Ⅱ)令 g ( x) ?

f ( x) ? 2( x ?
2

x3 ), 3

2x4 则 g ( x) ? f ( x) ? 2(1 ? x ) ? . 1? x2
' '

因为 g

'

( x) ? 0(0 ? x ? 1) ,所以 g ( x) 在区间 (0,1) 上单调递增.所以 g ( x) ? g (0) ? 0 , x ? (0,1) ,
x3 ). 3 f ( x) ? k ( x ? x3 ) 对 x ? (0,1) 恒成立. 3

即当 x ? (0,1) 时, f ( x) ? 2( x ?

(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当 k ? 2 时,

x3 ) ,则 当 k ? 2 时,令 h( x) ? f ( x) ? k ( x ? 3 h ' ( x) ? f ' ( x) ? k (1 ? x 2 ) ?
所以当 0 ?

kx4 ? (k ? 2) . 1? x2

x?4

k ?2 k ?2 ' ) 上单调递减. 时, h ( x) ? 0 ,因此 h( x) 在区间 (0, 4 k k

k ?2 x3 ). 当0 ? x ? 时, h( x) ? h(0) ? 0 ,即 f ( x) ? k ( x ? 3 k
4

x3 ) 并非对 x ? (0,1) 恒成立. 所以当 k ? 2 时,令 f ( x) ? k ( x ? 3
综上可知, k 的最大值为 2 .
1 3、 解:函数 f ( x) 定义域 x ? (0,??) , f ?( x) ? a ? . x
15

(Ⅰ)因为 f ( x) 在区间 [1, 2] 上为增函数,所以 f ?( x) ? 0 在 x ? [1, 2] 上恒成立, 即 f ?( x) ? a ? 则a ? ? .
1 1 ? 0 , a ? ? 在 x ? [1, 2] 上恒成立, x x

1 2

?????????????????????4 分
?ex ? 1 . x

(Ⅱ)当 a ? ?e 时, f ( x) ? ?e x ? ln x , f ?( x) ? (ⅰ)令 f ?( x) ? 0 ,得 x ?
1 . e

1 1 令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? (0, ) ,所以函数 f ( x) 在 (0, ) 单调递增. e e 1 1 令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ( , ??) ,所以函数 f ( x) 在 ( , ??) 单调递减. e e

1 1 1 所以, f ( x)max ? f ( ) ? ?e ? ? ln ? ?2 . e e e

所以 f ( x) ? 2 ? 0 成立.

???????????????????9 分

(ⅱ)由(ⅰ)知, f ( x)max ? ?2 , 所以 | f ( x) |? 2 . 设 g ( x) ?

1 ? ln x ln x 3 . ? , x ? (0, ??). 所以 g ?( x ) ? x 2 x2

令 g ?( x) ? 0 ,得 x ? e . 令 g ?( x) ? 0 ,得 x ? (0,e) ,所以函数 g ( x) 在 (0,e) 单调递增, 令 g ?( x) ? 0 ,得 x ? (e, ??) ,所以函数 g ( x) 在 (e, ??) 单调递减; 所以, g ( x)max ? g (e) ?
ln e 3 1 3 ? ? ? ? 2 , 即 g ( x) ? 2 . e 2 e 2
ln x 3 ? . x 2

所以 | f ( x) |? g ( x) ,即 | f ( x) |? 所以,方程 | f ( x) |?

ln x 3 ? 没有实数解. x 2 1 1 , f ?( x) ? 1 ? 2 x x

???????????14 分

4、(1)当
3 f (2) ? , 2

a ? 1 时, f ( x) ? x ?

????2 分 ????3 分
3 5 ? ( x ? 2) 2 4

f ?(2) ?

5 4

所以,函数 f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 y ? 即: 5x ? 4 y ? 4 ? 0 (Ⅱ)函数的定义域为: {x | x ? 0}

????4 分 ????1 分 ????2 分

f ' ( x) ? a ?

a ? 2 ax2 ? (2 ? a) ? (a ? 0) x2 x2

当 0 ? a ? 2 时, f ' ( x) ? 0 恒成立,所以, f ( x) 在 (??,0) 和 (0, ??) 上单调递增

16

当 a ? 2 时,令 f ' ( x) ? 0 ,即: ax2 ? 2 ? a ? 0 , x1 ? ?

a?2 , x2 ? a

a?2 a

f ' ( x) ? 0, x ? x2或x ? x1 ; f ' ( x) ? 0, x1 ? x ? 0或0 ? x ? x2 ,
所 以 ,
(?

f ( x)

单 调 递 增 区 间 为 ????4 分

(??, ?

a?2 a?2 )和( , ??) a a

, 单 调 减 区 间 为

a?2 a?2 , 0)和(0, ). a a

(Ⅲ)因为 f ( x) ? 2ln x 在 [1, ??) 上恒成立,有 ax ? 在 [1, ??) 上恒成立。 所以,令 g ( x) ? ax ? 则 g ' ( x) ? a ?
a?2 ? 2 ? 2a ? 2ln x , x

a?2 ? 2 ? 2a ? 2ln x ? 0(a ? 0) x

a ? 2 2 ax2 ? 2x ? a ? 2 ( x ? 1)[ax ? (a ? 2)] . ? ? ? x2 x x2 x2 a?2 令 g ' ( x) ? 0, 则 x1 ? 1, x2 ? ? a
若?

????2 分

a?2 ? 1 ,即 a ? 1 时, g ' ( x) ? 0 ,函数 g ( x) 在 [1, ??) 上单调递增,又 g (1) ? 0 a 所以, f ( x) ? 2ln x 在 [1, ??) 上恒成立; ????3 分

若?

a?2 a?2 ? 1 ,即 a ? 1 时,当 x ? (0,1),(? , ??) 时, g ' ( x) ? 0, g ( x) 单调递增; a a a?2 ) 时, g ' ( x) ? 0 , g ( x) 单调递减 a a?2 ), a

当 x ? (1, ?

所以, g ( x) 在 [1, ??) 上的最小值为 g (? 因为 g (1) ? 0, 所以 g (?
?

a?2 ) ? 0 不合题意. a

????4 分

a?2 a?2 ? 1, 即 a ? 1 时,当 x ? (0, ? ),(1, ??) 时, g ' ( x) ? 0, g ( x) 单调递增, a a a?2 ,1) 时, g ' ( x) ? 0, g ( x) 单调递减, a

当 x ? (?

所以, g ( x) 在 [1, ??) 上的最小值为 g (1) 又因为 g (1) ? 0 ,所以 f ( x) ? 2ln x 恒成立 综上知, a 的取值范围是 [1, ??) . 5、解:(Ⅰ)当 a ? 1 时, f ( x ) ?
/

????5 分

e x ( x ? 1) 1 ? 1 ? , f / (1) ? 0 , f (1) ? e ? 1 . 2 x x
???????4 分

方程为 y ? e ? 1 .
(Ⅱ) f ?( x ) ?

e x ( x ? 1) 1 e x ( x ? 1) ? ax( x ? 1) ? a (1 ? ) ? , x2 x x2 1 ) .

?

x ( e ? a x )? x ( 2 x

当 a ? 0 时,对于 ?x ? (0, ??) , e x ? ax ? 0 恒成立,
所以

f ' ( x) ? 0 ? x ? 1 ;

f ' ( x) ? 0 ? 0 ? x ? 1 0.
???????8 分

所以 单调增区间为 (1, ??) ,单调减区间为 (0,1) .
17

(Ⅲ)若 f ( x ) 在 (0,1) 内有极值,则 f ( x) 在 x ? (0,1) 内有解.
'

令 f ' ( x) ? 设 g ( x) ?
'

(e x ? ax )( x ? 1) ex x ? 0 ? ? . e ? ax ? 0 a ? x2 x
,) x?( 0 , 1

ex x

e x ( x ? 1) 所以 g ( x ) ? , 当 x ? (0,1) 时, g ' ( x) ? 0 恒成立, x

所以 g ( x) 单调递减. 又因为 g (1) ? e ,又当 x ? 0 时, g ( x) ? ?? , 即 g ( x) 在 x ? (0,1) 上的值域为 (e, ??) ,
(e x ? ax )( x ? 1) ? 0 有解. 所以 当 a ? e 时, f ( x ) ? x2
'

设 H ( x) ? e x ? ax ,则 H ?( x) ? e x ? a ? 0 x ? (0,1) , 所以 H ( x ) 在 x ? (0,1) 单调递减. 因为 H (0) ? 1 ? 0 , H (1) ? e ? a ? 0 , 所以 H ( x) ? e x ? ax 在 x ? (0,1) 有唯一解 x0 . 所以有:

x
H ( x)

(0, x0 )

x0
0 0 极小值

( x0 ,1)

f ' ( x)
f ( x)

? ?
]

?

?
Z

所以 当 a ? e 时, f ( x ) 在 (0,1) 内有极值且唯一.

当 a ? e 时,当 x ? (0,1) 时, f ' ( x) ? 0 恒成立, f ( x) 单调递增,不成立. 综上, a 的取值范围为 (e, ??) . ???????14 分
6、解:(Ⅰ) f ( x) ? ax ? 2 x ,
/ 2 / 令 f ( x) ? 0 得 x2 ? 0 , x3 ? ?

2 . a 2 (? , 0) a
_ 0 0 极小值

x

2 (??, ? ) a
+

?

2 a

(0, ??)
+

f / ( x)
f ( x)

0 极大值

?

?

?

∴函数 y ? f ( x) 的极大值为 f (? ) ?

2 a

1 2 2 4 a ? (? )3 ? (? ) 2 ? 2 ; 极小值为 f (0) ? 0 . 3 a a 3a
??????????8 分

(Ⅱ) 若存在 x0 ? ( ?1, ? ) ? ( ?

1 2

1 1 , 0) ,使得 f ( x0 ) ? f (? ) ,则 2 2

18

1 ? 2 ?? a ? ? 2 ? 3 1 2 ? 2 由(Ⅰ)可知,需要 ?? ? ?1, (如图 1)或 ? ? ? ? ? (如图 2). a 2 a ? a 1 ? ? f (?1) ? f (? 2 ) ?

(图 1) 于是可得 a ? (

(图 2) ??????????13 分

18 , 4) ? (4, 6) . 7

7、解:(Ⅰ)设切线的斜率为 k

f ?( x) ? ln x ? 1 k ? f ?(1) ? ln1 ? 1 ? 1

因为 f (1) ? 1 ? ln1 ? 0 ,切点为 (1,0) . 切线方程为 y ? 0 ? 1 ? ( x ? 1) ,化简得: y ? x ? 1 .----------------------------4分 (Ⅱ)要证: f ( x ) ? x ? 1 只需证明: g ( x ) ? x ln x ? x ? 1 ? 0 在 (0, ?? ) 恒成立,

g ?( x)? l nx? 1 ? 1 ? lx n 当 x ? (0,1) 时 f ?( x) ? 0 , f ( x ) 在 (0,1) 上单调递减; 当 x ? (1, ??) 时 f ?( x) ? 0 , f ( x ) 在 (1, ??) 上单调递增;
当 x ? 1 时 g ( x)min ? g (1) ? 1? ln1 ? 1 ? 1 ? 0

g ( x) ? x ln x ? x ? 1 ? 0 在 (0, ??) 恒成立
所以 f ( x ) ? x ? 1 .--------------------------------------------------------------------------10分
2 (Ⅲ)要使: x ln x ? ax ?

2 在区间在 (0, ?? ) 恒成立, a 2 等价于: ln x ? ax ? 在 (0, ?? ) 恒成立, ax 2 ? 0 在 (0, ??) 恒成立 等价于: h ( x ) ? ln x ? ax ? ax
因为 h?( x ) ?

1 2 1 2 ?a 2 x 2 ? ax ? 2 ?a 2 ( x ? )( x ? ) ?a? 2 = = a a x ax ax 2 ax 2 2 ①当 a ? 0 时, h (1) ? ln1 ? a ? ? 0 , a ? 0 不满足题意 a 2 1 ②当 a ? 0 时,令 h '( x ) ? 0 ,则 x ? ? 或 x ? (舍). a a 1 1 所以 x ? (0, ? ) 时 h?( x ) ? 0 , h( x ) 在 (0, ? ) 上单调递减; a a
19

1 1 x ? ( ? , ?? ) 时 h?( x ) ? 0 , h( x ) 在 ( ? , ?? ) 上单调递增; a a 1 1 1 当 x ? ? 时 h( x ) min ? h ( ? ) ? ln( ? ) ? 1 ? 2 a a a 1 当 ln( ? ) ? 3 ? 0 时,满足题意 a 3 所以 ?e ? a ? 0 ,得到 a 的最小值为 ? e 3 -----------------------------------14分
8、解: (Ⅰ)函数 f ( x) 的定义域为 R . 当 a ? 1 时,

f '( x) ? e x ( x ? 2)( x ? 1) ???????2 分
当 x 变化时, f '( x) , f ( x) 的变化情况如下表:

x

( ??, ?2)

?2

( ?2, ?1)

?1

( ?1, +?)

f '( x) f ( x)
?

?

0
极大值

?
?

0
极小值

?
?
???????4 分

函数 f ( x ) 的单调递增区间为 ( ??, ?2) , ( ?1 , ? ?) , 函数 f ( x ) 的单调递减区间为 ( ?2, ?1) . ???????5 分 (Ⅱ)解:因为 f ( x) ? ea 在区间 [a, ??) 上有解, 所以 f ( x ) 在区间 [a, ??) 上的最小值小于等于 ea . 因为 f '( x) ? e x ( x ? 2)( x ? a) , 令 f '( x) ? 0 ,得 x1 ? ?2, x2 ? ?a . 当 ? a ? ?2 时,即 a ? 2 时, 因为 f '( x) ? 0 对 x ? [a, ??) 成立,所以 f ( x ) 在 [a, ??) 上单调递增, 此时 f ( x ) 在 [a, ??) 上的最小值为 f (a), 所以 f (a) ? ea (a 2 ? a 2 ? a) ? ea , 解得 ?1 ? a ? ???????6 分

1 ,所以此种情形不成立,???????8 分 2

当 ? a ? ?2 ,即 a ? 2 时, 若 a ? 0 , 则 f '( x) ? 0 对 x ? [a, ??) 成立,所以 f ( x ) 在 [a, ??) 上单调递增, 此时 f ( x ) 在 [a, ??) 上的最小值为 f (a), 所以 f (a) ? ea (a 2 ? a 2 ? a) ? ea , 解得 ?1 ? a ? 若a ? 0, 若 a ? ?2 ,则 f '( x) ? 0 对 x ? (a, ?a ) 成立, f '( x) ? 0 对 x ? [?a, ??) 成立. 则 f ( x ) 在 ( a, ?a ) 上单调递减,在 [ ?a, ??) 上单调递增, 此时 f ( x ) 在 [a, ??) 上的最小值为 f ( ? a ),
20

1 1 ,所以 0 ? a ? . 2 2

???????9 分

所以有 f (?a) ? e? a (a 2 ? a 2 ? a) ? e? a ? a ? ea ,解得 ?2 ? a ? 0 ,??????10 分 当 a ? ?2 时,注意到 ?a ? [a, ??) ,而 f (?a) ? e? a (a 2 ? a 2 ? a) ? e? a ? a ? ea , 此时结论成立. 综上, a 的取值范围是 ( ??, ] . ???????12 分 法二:因为 f ( x) ? ea 在区间 [a, ??) 上有解, 所以 f ( x ) 在区间 [a, ??) 上的最小值小于等于 ea , 当 a ? 0 时,显然 0 ? [a, ??) ,而 f (0) ? a ? 0 ? ea 成立,???????8 分 当 a ? 0 时, f '( x) ? 0 对 x ? [a, ??) 成立,所以 f ( x ) 在 [a, ??) 上单调递增, 此时 f ( x ) 在 [a, ??) 上的最小值为 f ( a ) , 所以有 f (a) ? ea (a 2 ? a 2 ? a) ? ea , ???????11 分

1 2

1 1 ,所以 0 ? a ? .???????11 分 2 2 1 综上, a ? ( ??, ] .???????12 分 2
解得 ?1 ? a ? (Ⅲ) a 的取值范围是 a ? 2 .???????14 分 9、解: f ?( x) ? cos x ? (cos x ? x sin x) ? xsin x (Ⅰ) f ?(? ) ? 0 , f (? ) ? ? . 所以切线方程为 y ? ? . (Ⅱ)令 g ( x) ? f ( x) ?
2

???1 分

???3 分

1 3 x , 3
???4 分

则 g?( x) ? x sin x ? x ? x(sin x ? x) , 当 x ? (0 , ) 时,设 t ( x) ? sin x ? x ,则 t ?( x) ? cos x ? 1 ? 0

?

2

所以 t ( x) 在 x ? (0 , ) 单调递减, t ( x) ? sin x ? x ? t (0) ? 0

?

2

即 sin x ? x ,所以 g ?( x) ? 0 ???6 分 所以 g ( x) 在 (0 , ) 上单调递减,所以 g ( x) ? g (0) ? 0 ,

?

2

???7 分

所以 f ( x) ?

1 3 x .???8 分 3

(Ⅲ)原题等价于 sin x ? kx 对 x ? (0 , ) 恒成立, 即k ?

?

sin x ? 对 x ? (0 , ) 恒成立,???9 分 x 2
21

2

令 h( x ) ?

sin x x cos x ? sin x f ( x) ?? 2 . ,则 h?( x) ? 2 x x x

???10 分

易知 f ?( x) ? x sin x ? 0 ,即 f ( x ) 在 (0,

?

2

) 单调递增,
???11 分

所以 f ( x) ? f (0) ? 0 ,所以 h?( x) ? 0 , 故 h( x) 在 (0 , ) 单调递减,所以 k ? h( ) ?

?

?

2

2

2

?

. ???13 分 ??????1 分

综上所述, k 的最大值为

2 . ?

10、(Ⅰ)证明:函数 y ? f ( x) 的定义域 D ? {x | x ? R且x ? ?a} , 由题意, f ?(0) 有意义,所以 a ? 0 . 求导,得 f ?( x) ?

( x ? a)2 ? ( x ? a) ? 2( x ? a) ( x ? a) ? ( x ? 3a) ?? . 4 ( x ? a) ( x ? a) 4
3a 2 ? 3 ,解得 a ? ?1 . a4

??????3 分

由题意,得 f ?(0) ?

验证知 a ? ?1 符合题意.

??????5 分

(Ⅱ)解: “ 对 于 定 义 域 内 的 任 意 x1 , 总 存 在 x 2 使 得 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ” 等 价 于 “ f ( x) 不 存 在 最 小 值”. ① 当 a ? 0 时, 由 f ( x) ? ??????6 分

1 ,得 f ( x) 无最小值,符合题意. x
( x ? a) ? ( x ? 3a) ? 0 ,得 x ? ?a 或 x ? 3a . ( x ? a)4

??????7 分

② 当 a ? 0 时, 令 f ?( x) ? ? ??????8 分

随着 x 的变化时, f ?( x ) 与 f ( x) 的变化情况如下:

x

(??, ?a)

?a

(?a,3a)

3a

(3a, ??)

f ?( x )
f ( x)

?


不存在 不存在

?


0 极大

?


所以函数 f ( x) 的单调递减区间为 (??, ?a) , (3a, ??) ,单调递增区间为 (?a,3a) . ??????9 分 因为当 x ? a 时, f ( x) ?
x?a ? 0 ,当 x ? a 时, f ( x) ? 0 , ( x ? a)2

所以只要考虑 x1 ? (??, a) ,且 x1 ? ?a 即可. 当 x1 ? (??, ?a) 时,

22

由 f ( x) 在 (??, ?a) 上单调递减,且 x1 ? x1 ? 得 f ( x1 ) ? f ( x1 ?
1 | x1 ? a |) , 2

1 | x1 ? a |? ? a , 2

所以存在 x2 ? x1 ?

1 | x1 ? a | ,使得 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ,符合题意; 2 1 | x1 ? a | , 2

同理,当 x1 ? (?a, a) 时,令 x2 ? x1 ? 得 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ,也符合题意;

故当 a ? 0 时,对于定义域内的任意 x1 ,总存在 x 2 使得 f ( x2 ) ? f ( x1 ) 成立.???11 分 ③ 当 a ? 0 时, 随着 x 的变化时, f ?( x ) 与 f ( x) 的变化情况如下表:

x

(??,3a)

3a

(3a, ?a)

?a

(?a, ??)

f ?( x )
f ( x)

?


0 极小

?


不存在 不存在

?


所以函数 f ( x) 的单调递减区间为 (??,3a) , (?a, ??) ,单调递增区间为 (3a, ?a) . 因为当 x ? a 时, f ( x) ? 所以 f ( x)min ? f (3a) . 所以当 x1 ? 3a 时,不存在 x 2 使得 f ( x2 ) ? f ( x1 ) . 综上所述,a 的取值范围为 a ?[0, ??) . 11、解:(Ⅰ)当 a ? 3 时, f ( x) ? ? ??????13 分
x?a ? 0 ,当 x ? a 时, f ( x) ? 0 , ( x ? a)2

1 2 x ? 4 x ? 2 ln x , x ? 0 . 2

f ?( x) ? ? x ? 4 ?

2 . x

1 7 ?4? . 2 2 7 所以曲线 C 在点(1, f (1) )处的切线方程为 y ? ? x ? 1 ,即 2 x ? 2 y ? 5 ? 0 . 2
则 f ?(1) ? ?1 ? 4 ? 2 ? 1 ,而 f (1) ? ? …………………………………………………………………………4 分

? ?1 ? x ? 2, ? (Ⅱ)依题意当 x ??1, 2? 时,曲线 C 上的点 ? x, y ? 都在不等式组 ? x ? y , 所表示的平面区域内,等价于当 ? 3 ?y ? x ? ? 2
1 ? x ? 2 时, x ? f ( x) ? x ?
设 g ( x) ? f ( x) ? x ? ?

3 恒成立. 2

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

23

所以 g ?( x)= ? x+a+

1? a ? x 2 ? ax ? (1 ? a) ?(x ? 1)(x ? ? a ? 1)) = = . x x x

(1)当 a ? 1 ? 1 ,即 a ? 2 时,当 x ??1, 2? 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 为单调减函数,

1 3 ? g (1) ? a ? ? , ? 所以 g (2) ? g ( x) ? g (1) . 依题意应有 ? 2 2 ? ? g ( 2) ? ?2 ? 2a ? (1 ? a )ln2 ? 0,
解得 ?

? a ? 2, 所以 1 ? a ? 2 . ? a ? 1.

(2)若 1 ? a ? 1 ? 2 ,即 2 ? a ? 3 时,当 x ??1, a ?1? , g ?( x) ? 0 , g ( x) 为单调增函 数, 当 x ? ? a ?1, 2? , g ?( x) ? 0 , g ( x) 为单调减函数. 由于 g (1) ?

3 ,所以不合题意. 2 1 5 ? ,显然不合题意. 2 2

(3)当 a ? 1 ? 2 ,即 a ? 3 时,注意到 g (1) ? a ? 综上所述, 1 ? a ? 2 . 12、解:(Ⅰ) f ?( x) ? 当 f ?( x) ? 0 时, 所以

…………………………………………13 分

2 ?2( x 2 ? 3x ? 1) ? 2( x ? 1) ? ( x ? ?2) , x?2 x?2

x 2 ? 3x ? 1? 0 .

解得 ?2 ? x ?

?3 ? 5 . 2 ?3 ? 5 . 2
?3 ? 5 ?3 ? 5 ) 错误!未找到引用源。,单调减区间为 ( , ??) .------------4 2 2

当 f ?( x) ? 0 时, 解得 x ?

所以 f ( x) 单调增区间为 (?2,


(Ⅱ) 设 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? 2ln( x ? 2) ? ( x ? 1)2 ? k ( x ? 1)

( x ? ?1) ,

当 k ? 2 时,由题意,当 x ? (?1, ??) 时, h( x) ? 0 恒成立.
h?( x) ? ?2( x 2 ? 3x ? 1) ?2( x ? 3)( x ? 1) , ?2? x?2 x?2 当 x ? ?1 时, h?( x) ? 0 恒成立, h( x) 单调递减.

?

又 h(?1) ? 0 , ? 当 x ? (?1, ??) 时, h( x) ? h(?1) ? 0 恒成立,即 f ( x) ? g ( x) ? 0 . ? 对于 ?x ? ?1 , f ( x) ? g ( x) 恒成立.
(Ⅲ) 因为 h?( x) ? ---------------------------------8 分

?2( x 2 ? 3x ? 1) 2 x 2 ? (k ? 6) x ? 2k ? 2 . ?k ? ? x?2 x?2

24

由(II)知,当 k = 2 时,f (x) < g (x)恒成立, 即对于?x > –1,2 ln (x + 2) – (x + 1)2 < 2 (x + 1),不存在满足条件的 x0; 当 k > 2 时,对于?x > –1,x + 1 > 0,此时 2 (x + 1) < k (x + 1). ? 2 ln (x + 2) – (x + 1)2 < 2 (x + 1) < k (x + 1),即 f (x) < g (x)恒成立, 不存在满足条件的 x0; 当 k < 2 时,令 t (x) = –2x2 – (k + 6)x – (2k + 2),可知 t (x)与 h ? (x)符号相同, 当 x ? (x0 , +?)时,t (x) < 0,h ? (x) < 0,h (x)单调递减. ? 当 x ? (–1 , x0)时,h (x) > h (–1) = 0,即 f (x) – g (x) > 0 恒成立. 综上,k 的取值范围为(–? , 2).
-------------------------------------------------------14 分

25


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