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北京市2016届高三数学一轮专题突破训练《导数及其应用》(理)及答案



北京市 2016 届高三数学理一轮复习专题突破训练 导数及其应用
1、(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;

1? x . 1? x

? x3 ? ? ? (Ⅱ)求证:当 x ? ?0,1? 时, f ( x) ?

2? x ? ?; 3 ? ? 3 ? 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. ? ?

2、(2014 年北京高考)已知函数

f ( x) ? x cos x ? sin x, x ? [0, ] , 2

?

(1)求证: (2)若 a ?

f ( x) ? 0 ;

? sin x ? b 在 (0, ) 上恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. 2 x
ln x 在点(1,0)处的切线. x

3、(2013 年北京高考)设 L 为曲线 C: y ?

(1)求 L 的方程; (2)证明:除切点(1,0)之外,曲线 C 在直线 L 的下方.

4、(朝阳区2015届高三一模)已知函数 (1)当a = ? 1时,求函数 f (x)的最小值; (2)当a≤1时,讨论函数 f (x)的零点个数。

5、(东城区 2015 届高三二模)已知函数 f ( x) ? x ? a ? e (Ⅰ)当 a ? e 时,求 f ( x ) 在区间 [1,3] 上的最小值;
2

?x



(Ⅱ)求证:存在实数 x0 ?[?3,3] ,有 f ( x0 ) ? a .

6、(房山区 2015 届高三一模)已知 f ( x) ? ?

1 2 ax ? x ? ln(1 ? x) ,其中 a ? 0 . 2

(Ⅰ)若函数 f ( x ) 在点 (3, f (3)) 处切线斜率为 0 ,求 a 的值; (Ⅱ)求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅲ)若 f ( x ) 在 ?0, ??? 上的最大值是 0 ,求 a 的取值范围. 7、(丰台区 2015 届高三一模)设函数 f ( x ) ? e x ? ax , x ? R . (Ⅰ)当 a ? 2 时,求曲线 f ( x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程; (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,求证: f ( x) ? 0 ; (Ⅲ)当 a ? 1 时,求函数 f ( x) 在 [0, a ] 上的最大值.

8、(海淀区 2015 届高三二模)已知函数 f ( x ) ? (Ⅰ)求函数 f ( x) 的零点及单调区间; (Ⅱ)求证:曲线 y ?

1 ? ln x . x2

ln x 存在斜率为 6 的切线,且切点的纵坐标 y0 ? ?1. x

9、(石景山区 2015 届高三一模)已知函数 f ( x ) ? x ? a ln x , g ( x ) ? ? (Ⅰ)若 a ? 1 ,求函数 f ( x ) 的极值; (Ⅱ)设函数 h( x ) ? f ( x ) ? g ( x ) ,求函数 h( x ) 的单调区间; (Ⅲ)若存在 x0 ? [1, e] ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立,求 a 的取值范围.

1? a (a ? 0) . x

10、(西城区2015届高三一模)设n∈N*,函数

,函数

,x∈(0,+∞),

(1)当n =1时,写出函数 y = f (x) ? 1零点个数,并说明理由; (2)若曲线 y = f (x)与曲线 y = g(x)分别位于直线 l : y =1 的两侧,求 n 的所有可能取值。

11、(北京四中 2015 届高三上学期期中)已知函数 f ( x) ? ln(2ax ? 1) ? (Ⅰ)若 x ? 2 为 f ( x ) 的极值点,求实数 a 的值; (Ⅱ)若 y ? f ( x) 在 ?3, ?? ? 上为增函数,求实数 a 的取值范围.

x3 ? x 2 ? 2ax(a ? 0). 3

12、(朝阳区 2015 届高三上学期期中)已知函数 f ( x) = (Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若 f ( x ) 在 (1, 2) 上是单调函数,求 a 的取值范围.

x2 ,a ? R . x- a

13 、 ( 东 城 区 示 范 校 2015 届 高 三 上 学 期 综 合 能 力 测 试 ) 已 知 定 义 在 ?1, ? ?? 上 的 函 数

f ?x? ? x ? ln x ? 2 , g ?x ? ? x ln x ? x 。
(I)求证: f ?x ? 存在唯一的零点,且零点属于(3,4); (II)若 k ? Z 且 g ?x? ? k ?x ? 1? 对任意的 x ? 1 恒成立,求 k 的最大值。

14、(昌平区 2015 届高三上学期期末)已知函数 f (x) =ln x-a x +ax (a∈ R ). ( I ) 当 a=1 时,求函数 f (x)的单调区间; ( II ) 若函数 f (x)在区间 (1,+∞)上是减函数,求实数 a 的取值范围.

2 2

eax ,a?R . 15、(朝阳区 2015 届高三上学期期末)设函数 f ( x) ? 2 x ?1
3 时,求函数 f ( x ) 的单调区间; 5 1 (Ⅱ) 设 g ( x) 为 f ( x ) 的导函数, 当 x ? [ , 2e] 时, 函数 f ( x ) 的图象总在 g ( x) 的图象的上方, 求a e
(Ⅰ)当 a ? 的取值范围.

16、(大兴区 2015 届高三上学期期末)已知 f ( x) ?

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

(Ⅰ)若 a ? 1 ,求 f ( x)在 x ? 1 处的切线方程; (Ⅱ)确定函数 f ( x)的单调区间,并指出函数 f ( x) 是否存在最大值或最小值.

参考答案 1、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 .

x3 ), (Ⅱ)令 g ( x) ? f ( x) ? 2( x ? 3 2x4 则 g ( x) ? f ( x) ? 2(1 ? x ) ? . 1? x2
' ' 2

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) ,
f ( x) ? 2( x ? x3 ). 3

即当 x ? (0,1) 时,

x3 ) 对 x ? (0,1) 恒成立. (Ⅲ)由(Ⅱ)知,当 k ? 2 时, f ( x) ? k ( x ? 3 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

所以当 k ? 2 时,令 f ( x) ? k ( x ?

x3 ) 并非对 x ? (0,1) 恒成立. 3

综上可知, k 的最大值为 2 . 2、⑴证明: f ? ? x ? ? cos x ? x ? ? sin x ? ? cos x ? ? x sin x ,
? π? ? π? x ? ?0 ? ? 时, f ? ? x ? ≤ 0 ,从而 f ? x ? 在 ? 0 ? ? 上单调递减, ? 2? ? 2? ? π? 所以 f ? x ? 在 ? 0 ? ? 上的最大值为 f ? 0? ? 0 , ? 2?

所以 f ? x ? ≤ f ? 0? ? 0 . ⑵法一:

sin x sin x ? b ”等价于“ sin x ? bx ? 0 ”, ? a ”等价于“ sin x ? ax ? 0 ”;“ x x 令 g ? x ? ? sin x ? cx ,则 g ? ? x ? ? cos x ? c .

当 x ? 0 时,“

? π? 当 c ≤ 0 时, g ? x ? ? 0 对任意 x ? ? 0 ? ? 恒成立. ? 2? ? π? ? π? 当 c ≥ 1 时, 因为对任意 x ? ? 0 ? ? ,g ? ? x ? ? cos x ? c ? 0 , 所以 g ? x ? 在区间 ? 0 ? ? 上单调递减. ? 2? ? 2? ? π? 从而 g ? x ? ? g ? 0 ? ? 0 对任意 x ? ? 0 ? ? 恒成立. ? 2? π? ? 当 0 ? c ? 1 时,存在唯一的 x0 ? ? 0 ? ? ,使得 g ? ? x0 ? ? cos x0 ? c ? 0 , 2? ? π? ? 且当 x ? ? 0 ? x0 ? 时, g ? ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递增;当 x ? ? x0 ? ? 时, g ? ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递减。 2? ? 所以 g ? x0 ? ? g ? 0? ? 0 。

π 2 ? π? ?π? 进一步,“ g ? x ? ? 0 对任意 x ? ? 0 ? ? 恒成立”当且仅当 g ? ? ? 1 ? c ≥ 0 ,即 0 ? c ≤ . 2 π ?2? ? 2? 2 ? π? 综上所述,当且仅当 c ≤ 时, g ? x ? ? 0 对任意 x ? ? 0 ? ? 恒成立; π ? 2? ? π? 当且仅当 c ≥ 1 时, g ? x ? ? 0 对任意 x ? ? 0 ? ? 恒成立. ? 2? sin x 2 ? π? 所以,若 a ? ? b 对任意 x ? ? 0 ? ? 恒成立,则 a 的最大值为 , b 的最小值为 1 . x π ? 2?

法二:
sin x ? π? ? x??0 ? ? , x ? 2? cos x ? x ? sin x 则 g?? x? ? ,由⑴知, g ? ? x ? ≤ 0 , x2 ? π? ?π? 2 故 g ? x ? 在 ? 0 ? ? 上单调递减,从而 g ? x ? 的最小值为 g ? ? ? , ? 2? ?2? π 2 2 故 a ≤ , a 的最大值为 . π π b 的最小值为 1 ,下面进行证明: ? π? h ? x ? ? sin x ? bx , x ? ?0 ? ? ,则 h? ? x ? ? cos x ? b , ? 2? ? π? 当 b ? 1 时, h? ? x ? ≤ 0 , h ? x ? 在 ? 0 ? ? 上单调递减,从而 h ? x ?max ? h ? 0? ? 0 , ? 2?

令 g ? x? ?

所以 sin x ? x ≤ 0 ,当且仅当 x ? 0 时取等号. sin x ? π? 从而当 x ? ? 0 ? ? 时, ? 1 .故 b 的最小值小于等于 1 。 x ? 2? ? π? 若 b ? 1 ,则 h? ? x ? ? cos x ? b ? 0 在 ? 0 ? ? 上有唯一解 x0 ,且 x ? ? 0 ? x0 ? 时, h? ? x ? ? 0 , ? 2? 故 h ? x ? 在 ? 0 ? x0 ? 上单调递增,此时 h ? x ? ? h ? 0? ? 0 ,
sin x ? b 与恒成立矛盾,故 b ≥ 1 , x 综上知: b 的最小值为 1 . sin x ? bx ? 0 ?

3、解:(1)设 f ? x ? ?

ln x 1 ? ln x ,则 f ? ? x ? ? . x x2

所以 f′(1)=1. 所以 L 的方程为 y=x-1. (2)令 g(x)=x-1-f(x), 则除切点之外, 曲线 C 在直线 L 的下方等价于 g(x)>0( ? x>0, x≠1).

g(x)满足 g(1)=0,且 g′(x)=1-f′(x)=
2

x 2 ? 1 ? ln x . x2

当 0<x<1 时,x -1<0,ln x<0,所以 g′(x)<0,故 g(x)单调递减; 2 当 x>1 时,x -1>0,ln x>0,所以 g′(x)>0,故 g(x)单调递增. 所以,g(x)>g(1)=0( ? x>0,x≠1). 所以除切点之外,曲线 C 在直线 L 的下方. 4、

5、解:(Ⅰ)当 a ? e 时, f ( x) ? x ? e
2

2? x

, x ? [1,3] .

因为 f '( x) ? 1 ? e 2? x , 由 f ?( x) ? 0 , x ? 2 . 则 x , f ?( x ) , f ( x ) 关系如下:

x
f ?( x )
f ( x)

(1,2)
?


2

(2,3)

0
极小值

?


所以当 x ? 2 时, f ( x ) 有最小值为 3 .

???5 分

(Ⅱ)“存在实数 x0 ?[?3,3] ,有 f ( x) ? a ”等价于 f ( x ) 的最大值大于 a . 因为 f '( x) ? 1 ? ae ? x , 所以当 a ? 0 时, x ? [?3,3] , f ' ( x) ? 0 , f ( x) 在 (?3,3) 上单调递增, 所以 f ( x ) 的最大值为 f (3) ? f (0) ? a . 所以当 a ? 0 时命题成立. 当 a ? 0 时,由 f ?( x) ? 0 得 x ? ln a . 则 x ? R 时, x , f ?( x ) , f ( x ) 关系如下:

(1)当 a ? e 时 , ln a ? 3 , f ( x) 在 (?3,3) 上单调递减,
3

所以 f ( x ) 的最大值 f (?3) ? f (0) ? a . 所以当 a ? e3 时命题成立. (2)当 e
?3

? a ? e3 时, ? 3 ? ln a ? 3 ,

所以 f ( x) 在 (?3, ln a ) 上单调递减,在 (ln a,3) 上单调递增. 所以 f ( x ) 的最大值为 f (?3) 或 f (3) . 且 f (?3) ? f (0) ? a 与 f (3) ? f (0) ? a 必有一成立, 所以当 e
?3

? a ? e3 时命题成立.

?3 (3) 当 0 ? a ? e 时 , ln a ? ?3 ,

所以 f ( x) 在 (?3,3) 上单调递增, 所以 f ( x ) 的最大值为 f (3) ? f (0) ? a . 所以当 0 ? a ? e 时命题成立. 综上:对任意实数 a 都存在 x ? [?3,3] 使 f ( x) ? a 成立. ??13 分 -ax -?a-1?x 6、解:(Ⅰ)由题意得 f ′(x)= ,x∈(-1,+∞), x+1 1 由 f ′(3)=0? a= . ??????3 分 4 1 (Ⅱ)令 f ′(x)=0? x1=0,x2= -1,
2

?3

a

①当 0<a<1 时,x1<x2, f(x)与 f ′(x)的变化情况如下表

x f ′(x) f(x)

(-1,0) -

0 0

1 (0, -1)

1

a

a

-1

1 ( -1,+∞)

a



?

f(0) a

?

0 1 f( -1)



a

?

1 ∴f(x)的单调递增区间是(0, -1),

f(x)的单调递减区间是(-1,0)和( -1,+∞); a ②当 a=1 时,f(x)的单调递减区间是(-1,+∞); ③当 a>1 时,-1<x2<0 f(x)与 f ′(x)的变化情况如下表 x f ′(x) f(x)
1 (-1, -1) 1

1

a

a

-1

1 ( -1,0)

a

0 0

(0,+∞) -
?


?

0 1 f( -1)



a

?

f(0)

1 ∴f(x)的单调递增区间是( -1,0),

a

f(x)的单调递减区间是(-1, -1)和(0,+∞). a
1 综上,当 0<a<1 时,f(x)的单调递增区间是(0, -1).

1

a

f(x)的单调递减区间是(-1,0),( -1,+∞), a
1 当 a>1,f(x)的单调递增区间是( -1,0).

1

a

f(x)的单调递减区间是(-1, -1),(0,+∞). a 当 a=1 时,f(x)的单调递减区间为(-1,+∞).
(Ⅲ)由(Ⅱ)可知 1 当 0<a<1 时,f(x)在(0,+∞)的最大值是 f( -1),

1

??????9 分

a

1 但 f( -1)>f(0)=0,所以 0<a<1 不合题意,

a

当 a≥1 时,f(x)在(0,+∞)上单调递减, 由 f(x)≤f(0)可得 f(x)在[0,+∞)上的最大值为 f(0)=0,符合题意, ∴f(x)在[0, +∞)上的最大值为 0 时, a 的取值范围是 a≥1. 分 7、解:(Ⅰ)当 a ? 2 时, f ( x ) ? e x ? 2 x , f (0) ? 1 , 所以 f ? ( x) ? e x ? 2 . 因为 f ? (0) ? e0 ? 2 ? ?1 ,即切线的斜率为 ?1 , 所以切线方程为 y ? 1 ? ?( x ? 0) ,即 x ? y ? 1 ? 0 .

??????13

????????4 分

(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知 f ? ( x) ? e x ? 2 . 令 f ? ( x) ? 0 ,则 x0 ? ln 2 . 当 x ? (??, ln 2) 时, f ' ( x) ? 0 , f ( x) 在 (??, ln 2) 上单调递减, 当 x ? (ln 2, ??) 时, f ' ( x) ? 0 , f ( x) 在 (ln 2, ??) 上单调递增, 所以当 x ? ln 2 时,函数最小值是 f (ln 2) ? eln 2 ? 2 ln 2 ? 2 ? 2 ln 2 ? 0 . 命题得证. (Ⅲ)因为 f ( x ) ? e x ? ax ,所以 f ? ( x) ? e x ? a . 令 f ? ( x) ? 0 ,则 x ? ln a ? 0 . 当 a ? 1 时,设 M (a ) ? a ? ln a ,因为 M ?(a ) ? 1 ? ????????8 分

1 a ?1 ? ? 0, a a

所以 M (a ) ? a ? ln a 在 (1, ??) 上单调递增,且 M (1) ? 1 ? ln1 ? 1 , 所以 M (a ) ? a ? ln a ? 0 在 (1, ??) 恒成立,即 a ? ln a . 所以当 x ? (0, ln a ) , f ? ( x) ? 0 , f ( x) 在 (0, ln a ) 上单调递减; 当 x ? (ln a, a ) , f ? ( x) ? 0 , f ( x) 在 (ln a, a ) 上单调递增. 所以 f ( x) 在 [0, a ] 上的最大值等于 max{ f (0), f ( a )} , 因为 f (0) ? e0 ? a ? 0 ? 1 , f ( a ) ? e a ? a 2 , 不妨设 h ( a ) ? f ( a ) ? f (0) ? e a ? a 2 ? 1 ( a ? 1 ), 所以 h?( a ) ? e a ? 2a . 由(Ⅱ)知 h?( a ) ? e a ? 2a ? 0 在 (1, ??) 恒成立, 所以 h(a ) ? f (a ) ? f (0) ? e a ? a 2 ? 1 在 (1, ??) 上单调递增. 又因为 h(1) ? e1 ? 12 ? 1 ? e ? 2 ? 0 , 所以 h(a ) ? f (a ) ? f (0) ? e a ? a 2 ? 1 ? 0 在 (1, ??) 恒成立,即 f ( a ) ? f (0) . 所以当 a ? 1 时, f ( x) 在 [0, a ] 上的最大值为 f ( a ) ? e a ? a 2 . 8、解:(Ⅰ)令 f ( x) ? 0 ,得 x ? e . ????????13 分

故 f ( x) 的零点为 e .

??????1 分

1 (? ) ? x 2 ? (1 ? ln x) ? 2 x 2 ln x ? 3 f '( x) ? x ? ( x ? 0 ). 2 2 (x ) x3
令 f '( x) ? 0 ,解得 x ? e . 当 x 变化时, f '( x) , f ( x) 的变化情况如下表:
3 2

??????3 分

f ( x)

(0, e )

3 2

e

3 2

(e , ??)

3 2

f '( x)
f ( x)

?

3

0

?

3

所以 f ( x) 的单调递减区间为 (0, e 2 ) ,单调递增区间为 (e 2 , ??) .

??????6 分

1 ? x ? 1? ln x 1 ? ln x ln x x (Ⅱ)令 g ( x) ? .则 g '( x) ? ??????7 分 ? ? f ( x) . 2 x x x2 1 1 因为 f ( ) ? 4 ? 4 ln 2 ? 4 ? 4 ? ? 6 , f (e) ? 0 ,且由(Ⅰ)得, f ( x) 在 (0, e) 内是减 2 2
函数, 所以 存在唯一的 x0 ? ( , e) ,使得 g '( x0 ) ? f ( x0 ) ? 6 . 当 x ? [e, ??) 时, f ( x) ? 0 . 所以 曲线 y ? 由 g '( x0 ) ?

1 2

ln x 存在以 ( x0 , g ( x0 )) 为切点,斜率为 6 的切线. ??????10 分 x

1 ? ln x0 2 . ? 6 得: ln x0 ? 1 ? 6x0 2 x0
2 ln x0 1 ? 6 x0 1 ? ? ? 6 x0 . x0 x0 x0

所以 g ( x0 ) ? 因为 x0 ? 所以

1 , 2

1 ? 2 , ?6 x0 ? ?3 . x0
??????13 分

所以 y0 ? g ( x0 ) ? ?1 .

9、(Ⅰ) f ( x) ? x ? a ln x 的定义域为 (0, ?? ) . 当 a ? 1 时, f ?( x ) ?

???1 分 ???2 分

x ?1 . x

由 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 1 .当 0 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减; 当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增; 所以当 x ? 1 时,函数 f ( x ) 取得极小值,极小值为 f (1)=1 ? ln1 ? 1 ; (Ⅱ) h( x ) ? f ( x ) ? g ( x ) ? x ? a ln x ? 又 h?( x) ? ??..4 分

1? a ,其定义域为 (0, ?? ) . x
????..6 分

x 2 ? ax ? (1 ? a) ( x ? 1)[ x ? (1 ? a)] ? . x2 x2

由 a ? 0 可得 1 ? a ? 0 ,在 x ? (0,1 ? a ) 上 h?( x ) ? 0 ,在 x ? (1 ? a, ??) 上 h?( x ) ? 0 , 所以 h( x ) 的递减区间为 (0,1 ? a ) ;递增区间为 (1 ? a, ??) . (III)若在 [1, e] 上存在一点 x0 ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立, 即在 [1, e] 上存在一点 x0 ,使得 h( x0 ) ? 0 .即 h( x ) 在 [1, e] 上的最小值小于零. ?8 分 ①当 1 ? a ? e ,即 a ? e ? 1 时,由(II)可知 h( x ) 在 [1, e] 上单调递减. 故 h( x ) 在 [1, e] 上的最小值为 h(e) , 由 h ( e) ? e ? ??..??7 分

1? a e2 ? 1 ? a ? 0 ,可得 a ? . e e ?1

???9 分

因为

e2 ? 1 e2 ? 1 ; ? e ? 1 .所以 a ? e ?1 e ?1

???10 分

②当 1 ? 1 ? a ? e ,即 0 ? a ? e ? 1 时, 由(II)可知 h( x ) 在 (1,1+a ) 上单调递减,在 (1 ? a, e) 上单调递增.

h( x ) 在 [1, e] 上最小值为 h(1 ? a ) ? 2+a ? a ln(1 ? a ) .
因为 0 ? ln(1 ? a ) ? 1 ,所以 0 ? a ln(1 ? a ) ? a .

???11 分

? 2+a ? a ln(1 ? a) ? 2 ,即 h(1 ? a) ? 2 不满足题意,舍去.
综上所述: a ? (

????12 分

e2 ? 1 , ??) . e ?1

???13 分

10、

x[2ax 2 ? (1 ? 4a) x ? (4a 2 ? 2)] 2a ? x 2 ? 2 x ? 2a ? 1分 2ax ? 1 2ax ? 1 因为 x = 2 为 f (x)的极值点,所以 f ?(2) ? 0 2分

11、(Ⅰ)解: f ?( x) ?



2a ? 2a ? 0 ,解得:a = 0 4a ? 1

3分

又当 a = 0 时, f ?( x) ? x( x ? 2) ,当 x ? (0, 2) 时, f ?( x) ? 0, x ? (2, ??) 时, f ?( x) ? 0,

从而 x = 2 为 f (x)的极值点成立. 6分 (Ⅱ)解:∵f (x)在区间[3,+∞)上为增函数, x[2ax 2 ? (1 ? 4a ) x ? (4a 2 ? 2)] ≥ 0 在区间[3,+∞)上恒成立. ∴ f ?( x) ? 8分 2ax ? 1 ①当 a = 0 时, f ?( x) ? x( x ? 2) ≥ 0 在[3,+∞)上恒成立,所以 f (x)在[3,+∞)上为增函数,故 a = 0 符合题意. 9分

②当 a > 0 时, 2ax2 ? (1 ? 4a) x ? (4a2 ? 2) ≥ 0 在区间[3,+∞)上恒成立. 令 g ( x) ? 2ax2 ? (1 ? 4a) x ? (4a2 ? 2) ,其对称轴为 1 ? ∵a > 0,∴ 1 ?

1 4a

1 ? 1 ,从而 g (x)≥0 在[3,+∞)上恒成立,只要 g (3)≥0 即可, 4a
3 ? 13 3 ? 13 ≤a≤ 4 4

由 g (3) ? ?4a2 ? 6a ? 1≥ 0 ,解得: ∵a > 0,∴ 0 ? a ≤
3 ? 13 . 4

13 分
3 ? 13 ] 4

综上所述,a 的取值范围为[0, 12、(Ⅰ)

14 分[来

f (x) 的定义域为 ? x x ? a? .

f? ( x) =

x ( x - 2a ) . ( x - a) 2

(1)当 a = 0 时, f ( x) ? x( x ? 0), f ? ( x) = 1 ,则 x ?? ??,0? , ? 0, ??? 时, f ( x) 为增函数; (2)当 a > 0 时,由 f ? ( x) > 0 得, x ? 2a 或 x ? 0 ,由于此时 0 ? a ? 2a , 所以 x ? 2a 时, f ( x ) 为增函数, x ? 0 时, f ( x ) 为增函数; 由 f? ( x) < 0 得, 0 ? x ? 2a ,考虑定义域,当 0 ? x ? a , f ( x) 为减函数,

a ? x ? 2a 时, f ( x) 为减函数;
(3)当 a < 0 时,由 f ? ( x) > 0 得, x ? 0 或 x ? 2a ,由于此时 2a ? a ? 0 ,所以 当 x < 2 a 时, f ( x ) 为增函数, x ? 0 时, f ( x ) 为增函数.

( x) < 0 得, 2a ? x ? 0 ,考虑定义域,当 2a ? x ? a , f ( x) 为减函数, 由 f?
a ? x ? 0 时, f ( x) 为减函数.
综上,当 a = 0 时,函数 f ( x ) 的单调增区间为 (- ? ,0), (0, + ? 当 a > 0 时,函数 f ( x ) 的单调增区间为 x ?

).

( ? ,0) , (2a, + ? ) ,

单调减区间为 (0, a), (a, 2a) . 当 a < 0 时,函数 f ( x ) 的单调增区间为 x ? 单调减区间为 (2a, a) , (a, 0). ?????????.7 分 (Ⅱ)解: (1) 当 a ? 0 时,由(Ⅰ) 可得, f ( x ) 在 (1, 2) 单调增,且 x ? (1, 2) 时 x ? a . (2) 当 0 ? 2a ? 1 时,即 0 ? a ?

( ? , 2a), (0, + ? )

1 时,由(Ⅰ) 可得, f ( x ) 在 (2a, + ? 2

) 单调增,即在 (1, 2) 单

调增,且 x ? (1, 2) 时 x ? a . (3)当 1 ? 2a ? 2 时,即

1 ? a ? 1 时,由(Ⅰ) 可得, f ( x) 在 (1, 2) 上不具有单调性,不合题意. 2

(4)当 2a ? 2 ,即 a ? 1 时,由(Ⅰ) 可得, f ( x ) 在 (0, a) ,(a,2a) 为减函数,同时需注意 a ? ?1, 2? , 满足这样的条件时 f ( x ) 在 (1, 2) 单调减,所以此时 a ? 1 或 a ? 2 . 综上所述, a ?

1 或 a ? 1或 a ? 2 . 2
?????????.14 分

13、解:(I) f ?x ? ? x ? ln x ? 2 , x ? ?1, ? ?? ,则 f ?? x ? ? 1 ? 故 f ?x ? 在 ?1, ? ?? 上单调递增,(3 分) 而 f ?3? ? 1 ? ln 3 ? 0, f ?4? ? 2 ? ln 4 ? 0 , 所以 f ?x ? 存在唯一的零点 x0 ? ?3, 4?。(6 分)

1 ?0, x

(II)由(I) f ?x ? 存在唯一的零点 x0 显然满足: x0 ? ln x0 ? 2 ? 0 , 且当 x ? ?1, x0 ? 时, f ?x? ? f ?x0 ? ? 0 ;当 x ? ?x0 , ? ?? 时, f ?x? ? f ?x0 ? ? 0 , 当 x ? 1 时, g ?x? ? k ?x ? 1? 等价于 设 h? x ? ? 则 h??x ? ?

x ln x ? x 。 x ?1

x ln x ? x ?k, x ?1

x ? ln x ? 2

?x ? 1?

2

?

?x ? 1?2

f ?x ?

,故 h??x ? 与 f ?x ? 同号,因此当 x ? ?1, x0 ? 时, h??x ? ? 0 ;

当 x ? ?x0 , ? ?? 时, h??x ? ? 0 ,所以 h?x ? 在 ?1, x0 ? 上单调递减,在 ?x0 , ? ?? 上单调递增,

(10 分) 故 h?x ?min ? h?x0 ? ?

x0 ?ln x0 ? 1? x0 ?x0 ? 1? ? ? x0 , x0 ? 1 x0 ? 1

由题意有 k ? h?x ?min ? x0 ,又 k ? Z ,而 x0 ? ?3, 4?,故 k 的最大值是 3。(13 分) 14、解:(Ⅰ)当 a ? 1 时, f ( x) ? ln x ? x2 ? x ,定义域是 (0, ??) .

f ' ( x) ?

1 ? 2x ?1, x

由 f ' ( x) ? 0 ,解得 0 ? x ? 1 ;由 f ' ( x) ? 0 ,解得 x ? 1 ; 所以函数 f ( x ) 的单调递增区间是 ? 0,1? ,单调递减区间是 ?1, ?? ? . ???????5 分 (Ⅱ)(法一) 因为函数 f ( x ) 在区间 (1, ??) 上是减函数,所以 f ' ( x) ? 0 在 ?1, ?? ? 上恒成立, 则 f ( x) ?
'

1 ? 2a 2 x ? a ? 0 ,即 g ( x) ? 2a2 x2 ? ax ?1 ? 0 在 ?1, ?? ? 上恒成立 . ???????7 x

分 ① 当 a ? 0 时, g ( x) ? ?1 ? 0 ,所以 a ? 0 不成立.
2 ② 当 a ? 0 时, g ( x) ? 2a2 x2 ? ax ?1, ? ? 9a ? 0 ,对称轴 x ?

???????9 分

a . 4a 2

1 ? a ? ? 或a ? 1 ? g (1) ? 0 2 ? ? ? ? g (1) ? 2a ? a ? 1 ? 0 ? 2 ,即 ? ,解得 ? ? a 2 ?1 ? ? a ? 4a ? a ? 0或a ? 1 ? ? 4a 2 ? ? 4
所以实数 a 的取值范围是 a ? ?

1 ,a ?1. 2

???????13 分

(法二) f ( x) ?
'

1 ?2a 2 x 2 ? ax ? 1 ? 2a 2 x ? a ? ,定义域是 (0, ??) . x x

①当 a ? 0 时, f ( x) ? ln x 在区间 (1, ??) 上是增函数,所以 a ? 0 不成立. ???????8 分 ② a ? 0 时,
2 2 ' 令 f ( x) ? 0 ,即 2a x ? ax ? 1 ? 0 ,则 x1 ? ?

1 1 , x2 ? , 2a a

???????9 分

' (i)当 a ? 0 时,由 f ( x) ? 0 ,解得 x ?

1 , a

所以函数 f ( x ) 的单调递减区间是 ?

?1 ? , ?? ? . ?a ?

因为函数 f ( x ) 在区间 (1, ??) 上是减函数,+所以 (ii)当 a ? 0 时,由 f ' ( x) ? 0 ,解得 x ? ? 所以函数 f ( x ) 的单调递减区间是 ? ?

1 ? 1 ,解得 a ? 1 . a

???????11 分

1 , 2a

? 1 ? , ?? ? . ? 2a ?
1 1 ? 1 ,解得 a ? ? . 2a 2
???????13 分

因为函数 f ( x ) 在区间 (1, ??) 上是减函数,所以 ? 综上实数 a 的取值范围是 a ? ? 或a ? 1 .

1 2

e (3x 2 ? 10 x ? 3) 3 15、(Ⅰ)解:当 a ? 时, f ?( x) ? . 5 5( x 2 ? 1)2
由 f ?( x) ? 0 得 3x ? 10 x ? 3 ? 0 ,解得 x ?
2

3x 5

1 或 x ? 3; 3

由 f ?( x) ? 0 得 3x ? 10 x ? 3 ? 0 ,解得
2

1 ? x ? 3. 3

所以函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ) , (3, ??) ,单调减区间为 ( ,3) . ?????..5 分 (Ⅱ)因为 g ( x) ? f ?( x) ?

1 3

1 3

eax (ax 2 ? 2 x ? a) , ( x 2 ? 1)2

又因为函数 f ( x ) 的图象总在 g ( x) 的图象的上方, 所以 f ( x) ? g ( x) ,即

eax eax (ax2 ? 2 x ? a) 1 ? 在 x ? [ , 2e] 恒成立. 2 2 2 e x ?1 ( x ? 1)

又因为

eax ? 0 ,所以 a( x2 ? 1) ? 2 x ? ( x2 ? 1) ,所以 (a ?1)( x2 ? 1) ? 2x . x2 ? 1

又 x ? 1 ? 0 ,所以 a ? 1 ?
2

2x . x ?1
2

设 h( x ) ?

2x 1 ,则 a ? 1 ? h( x)min ( x ? [ , 2e]) 即可. x ?1 e
2

又 h?( x) ?

2(1 ? x2 ) 2(1 ? x 2 ) 1 1 ? h ( x ) ? ? 0 ,注意到 x ? [ , 2e] ,解得 ? x ? 1 ; .由 2 2 2 2 e e ( x ? 1) ( x ? 1)

由 h?( x) ?

2(1 ? x 2 ) 1 ? 0 ,注意到 x ? [ , 2e] ,解得 1 ? x ? 2e . 2 2 e ( x ? 1)
?1 ? ?e ?

所以 h( x) 在区间 ? ,1? 单调递增,在区间 ?1, 2e? 单调递减. 所以 h( x) 的最小值为 h ( ) 或 h(2e) .

1 e

2e 4e 4e 2e ? 2 , h(2e) ? 2 ,作差可知 2 , e ?1 4e ? 1 4e ? 1 e ? 1 4e 所以 a ? 1 ? 2 . 4e ? 1
因为 h( ) ?
2

1 e

所以 a 的取值范围是 (??,

4e2 ? 4e+1 ). 4e2 ? 1

?????..13 分

16、(Ⅰ)当 a ? 1 时, f ( x) ?

x?2 , ( x ? 1)2
????2 分

f ?( x) ?
f (1) ?

?( x ? 1)( x ? 3) ( x ? 1)4

3 1 , f ?(1) ? ? 4 2 3 1 所以直线方程为 y ? ? ? ( x ? 1) , 4 2 1 5 即 y ?? x? 2 4
(Ⅱ) f ?( x) ?

????3 分

????4 分

a( x ? 1)2 ? (ax ? 2)2( x ? 1) ?( x ? 1)(ax ? a ? 4) = ( x ? 1) 4 ( x ? 1)4
????2 分

其中 a ? 0 , x ? (??, ?1) ? (?1, ??) 令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 1 ? 1) 当 1 ?

4 a

x
f ?( x)
f ( x)

4 ? ?1,即 0 ? a ? 2 时, a 4 4 (??,1 ? ) 1? a a
小于 0 递减 等于 0 极小值

4 (1 ? , ?1) a
大于 0 递增

(?1, ??)
小于 0 递减

4 4 4 f ( x) 的增区间是 (1 ? , ?1) ,减区间是 (??,1 ? ) 和 (?1, ??) ,当 x ? 1 ? 时,取得极小值 a a a

4 ) , f ( x? 时 f (1 ? ) 。 又 x ? ( ?1 , ? ? ) a
4 a2 ; f (1 ? ) ? a 4(a ? 2)

4 0 ? f (? 1 , 所 ) 以 f ( x) 有 最 小 值 a
????6 分

2) 当 a ? 2 时, f ( x) 的减区间是 (??, ?1) 和 (?1, ??) , f ( x) 无最大值和最小值。 ????7 分 3)当 a ? 2 时, f ( x) 的增区间是 (?1,1 ? ) ,减区间是 (??, ?1) 和 (1 ? , ??) ,当 x ? 1 ? 时,取得极大值 f (1? ) 。又 x ? ( ??, ?1) 时, f ( x) ? 0 ? f (1?

4 a

4 a

4 a

4 a

4 ),所以 f ( x) 有最大值 a

4 a2 f (1 ? ) ? 。 a 4(a ? 2)

????9 分



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