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湖北省各地2017届高三最新考试数学文试题分类汇编:导数及其应用 Word版含答案


湖北省各地 2017 届高三最新考试数学文试题分类汇编

导数及其应用
一、选择、填空题

2017.02

1、 (黄冈市 2017 届高三上学期期末)已知 a ? R ,若 f ? x ? ? ? x ?

? ?

a? x ? e 在区间 ? 0,1? 上有 x?

且只有一个极值点,则 a 的取值范围是 A. a ? 0 B. a ? 1 C. a ? 1 D. a ? 0 2、 ( 荆 、 荆 、 襄 、 宜 四 地 七 校 考 试 联 盟 2017 届 高 三 2 月 联 考 ) 若 函 数

f ( x) ? ax3 ? bx2 ? cx ? d (a ? 0) 图象的对称中心为 M ( x0 , f ( x0 )) ,记函数 f ( x) 的导
函 数 为

g ( x) , 则 有 g ?( x0 ) ? 0 . 若 函 数 f ( x) ? x3 ? 3x2 , 则 1 2 4032 4033 f( )? f ( ) ?? ? f ( )? f ( ) ? ________. 2017 2017 2017 2017

3、 (荆州市五县市区 2017 届高三上学期期末)已知定义在 (0, ??) 上的单调函数 f ( x) ,对

?x ? (0, ??) ,都有 f [ f ( x) ? log 2 x] ? 3 ,则方程 f ( x) ? f '( x) ? 2 的解所在的区间是(
A. (0,



1 ) 2

B. (

1 ,1 ) 2

C. (1,2)

D. (2,3)

4、 (天门、仙桃、潜江市 2017 届高三上学期期末联合考试)定义在 R 上的奇函数 f ( x ) , 当 x ? (??,0) 时, f ( x) ? xf? ( x)? 0恒成立,若 a ? 3 f (3) , b ? (log? 3)?f (log? 3) ,
c ? ?2 f (?2) ,则

A. a ? c ? b

B. c ? b ? a

C. c ? a ? b

D. a ? b ? c

5、 (襄阳市优质高中 2017 届高三 1 月联考)若函数 f ? x ? 对定义域内的任意 x1 , x2 ,当

f ? x1 ? ? f ? x2 ? 时,总有 x1 ? x2 ,则称函数 f ? x ? 为单纯函数,例如函数 f ? x ? ? x 是单纯
函数,但函数 f ? x ? ? x 不是单纯函数,下列命题:①函数 f ? x ? ? ?
2

?log 2 x, x ? 2 是单纯函 ? x ? 1, x ? 2

数;②当 a ? ?2 时,函数 f ? x ? ?

x 2 ? ax ? 1 在 ? 0, ??? 上是单纯函数;③若函数 f ? x ? 为 x

其定义域内的单纯函数, x1 ? x2 ,则 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ;④若函 f ? x ? 数是单纯函数且在其 定 义 域 内 可 导 , 则 在 其 定 义 域 内 一 定 存 在 x0 使 其 导 数 f ? ? x0 ? ? 0 . 其 中 正 确 的 命 题 为 .(填上所有正确的命题序号)

6、 (孝感市七校教学联盟 2017 届高三上学期期末)已知为 R 上的连续可导函数,且

xf ' ( x) ? f ( x) ? 0 ,则函数 g(x)=xf(x)+1 (x>0)的零点个数为_____.
二、解答题 1、 (黄冈市 2017 届高三上学期期末)已知 a ? R ,函数 f ? x ? ? ln x ? ax ?1. (1)讨论函数 f ? x ? 的单调性; (2)若函数 f ? x ? 有两个不同的零点 x1 , x2 ? x1 ? x2 ? ,求实数 a 的取值范围; (3)在(2)的条件下,求证: x1 ? x2 ? 2.

2、 (荆、 荆、 襄、 宜四地七校考试联盟 2017 届高三 2 月联考) 已知函数 f ( x) ? ln (Ⅰ)讨论函数 f ( x ) 的极值点的个数; (Ⅱ)若 f ( x ) 有两个极值点 x1 , x2 ,证明: f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 3 ? 4ln 2 . 3、 (荆门市 2017 届高三元月调考)设函数 f ( x) ? ln x ?

1 ? ax 2 ? x . 2x

a ?x x
1 2

(Ⅰ) 在 f (x) ? 图象上任意一点 P( x0 , y0 ) 处切线的斜率 k ≤ l n x ? ?x ( 0 ? x ≤ 2 ) 恒 成立,求实数 a 的取值范围; (Ⅱ)不等式 f ( x) ≥ a ? 1 ,对 x ? [ 1, ? ?) 恒成立,求实数 a 的取值范围.

a x

4、 (荆州市五县市区 2017 届高三上学期期末)已知函数 f ( x) ? (2 ? a)(x ? 1) ? 2 ln x ( a ? R, e 为自然对数的底数) (1)当 a ? 1 时,求 f (x)的单调区间; (2)若函数 f (x)在(0,

1 )上无零点,求 a 的最小值 2

5、 (天门、仙桃、潜江市 2017 届高三上学期期末联合考试)已知定义在 R 上的函数
f ( x) ? ax3 ? bx2 ? cx ? d (a, b, c, d ? R) 的图象关于原点对称,且当 x ? 1 时, f ( x) 取极小

值-2. (Ⅰ)求 f ( x) 的单调递增区间;

(Ⅱ)解关于 x 的不等式 f ( x) ? 5mx2 ? (4m2 ? 3) x (m ? R) .

6、 (武汉市 2017 届高三毕业生二月调研考)已知函数 f ? x ? ? xex ? ax2 x ? a ? R? 恰有两个 极值点 x1 , x2 ? x1 ? x2 ? . (1)求实数 a 的取值范围; (2)求证: f ? x2 ? ? ? .

1 2

7、 (武汉市武昌区 2017 届高三 1 月调研)已知函数 f ? x ? ? (Ⅰ)讨论 f ? x ? 的单调性;

1 2 x ? ?1 ? a ? x ? a ln x . 2

(Ⅱ)设 a ? 0 ,若对 ?x1 , x2 ? ? 0, ??? , f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 4 x1 ? x2 ,求 a 的取值范围.

8、 (襄阳市 2017 届高三 1 月调研) 已知函数 f ? x ? ? 4ln x ? x, g ? x ? ? ax ? ax ?1? a ? R ? .
2

(1)求函数 f ? x ? 的单调区间; (2))若 af ? x ? ? g ? x ? 对任意 x ? ? 0, ??? 恒成立,求实数 a 的取值范围.

9、 (襄阳市优质高中 2017 届高三 1 月联考) (1)当 a ? 4 时,求函数 f ? x ? 的极大值;

已知函数 f ? x ? ? 2x ? ax ? 1.
3 2

(2)若函数 f ? x ? 在 R 上有且仅有两个零点,求实数 a 的值; (3)求证:

1 1 1 1 1 1 ? 3 ? 3 ?? ? 3 ? ? ? n ? N 且n ? 2 ? . 3 2 3 4 n 3 2n ? 1

10 、 ( 孝感市 七校教学 联盟 2017 届高 三上学 期期 末 )已知 函数 (a

f ( x) ? x3 ? 3ax ?1

? 0 ).
(1)求 f(x)的单调区间。 (2)若 f(x)在 x= ?1 处取得极值,直线 y=m 与 y=f(x)的图像有三个不同的交点,求 m 的 取值范围。

11 、( 湖 北 省 部 分 重 点 中 学 2017 届 高 三 上 学 期 第 二 次 联 考 ) 已 知 函 数

f ? x ? ? x ln x ? ax2 ? x ? a ? a ? R ? 在其定义域内有两个不同的极值点.
(1)求 a 的取值范围; (2)设 f ? x ? 的两个极值点分别为 x1 , x2 ,证明: x1 ? x2 ? e2 . 参考答案 一、选择、填空题 1、A 2、 ?8066 5、 【答案】①③ 【解析】由单纯函数的定义可知单纯函数 f ( x ) 的自变量和函数值是一一映射,因此单调函 数一定是单纯函数,但单纯函数不一定是单调函数,①③正确;当 a ? 0 时 f ( x) ? x ?

3、C

4、A

1 x

在 (0, ??) 不是单纯函数, ②错误; 函数 f ( x) ? x 是单纯函数, 但其定义域内不存在 x0 使 其导函数 f ?( x0 ) ? 0 ,④错误. 6、0 二、解答题 1、解:(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+∞),其导数 f'(x)= ﹣a. ①当 a≤0 时,f'(x)>0,函数在(0,+∞)上是增函数; ②当 a>0 时,在区间(0, )上,f'(x)>0;在区间( ,+∞)上,f'(x)<0. ∴f(x)在(0, )是增函数,在( ,+∞)是减函数.………………4 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当 a≤0 时,函数 f(x)在(0,+∞)上是增函数,不可能有两个零点, 当 a>0 时,f(x)在(0, )上是增函数,在( ,+∞)上是减函数,此时 f( )为 函数 f(x)的最大值, 当 f( )≤0 时,f(x)最多有一个零点,∴f( )=ln >0,解得 0<a<1,

此时, <

,且 f( )=﹣1﹣ +1=﹣ <0,

f(

)=2﹣2lna﹣

+1=3﹣2lna﹣

(0<a<1),

令 F(a)=3﹣2lna﹣

,则 F'(x)=﹣

=

>0,∴F(a)在(0,1)上单

2 调递增,∴F(a)<F(1)=3﹣e <0,即 f(

)<0,

∴a 的取值范围是(0,1).………………8 分 f x) +∞) ∵0 (Ⅲ) 由 (Ⅱ) 可知函数 ( 在 (0, ) 是增函数, 在 ( , 是减函数. 分析: ∴ .只要证明:f( )>0 就可以得出结论. ,

下面给出证明:构造函数:g(x)=f( ﹣x)﹣f(x)=ln( ﹣x)﹣a( ﹣x)﹣(lnx

﹣ax)(0<x≤ ),则 g'(x)=

+2a=



函数 g(x)在区间(0, ]上为减函数.0<x1 =0, 于是 f( 由(1)可知 2、 解: (Ⅰ)由 f ( x) ? ln )=ln( )﹣a( ,即

,则 g(x1)>g( )=0,又 f(x1)

)+1﹣f(x1)=g(x1)>0.又 f(x2)=0, .………………12 分

1 ? ax 2 ? x ? ? ln 2 x ? ax 2 ? x 得, 2x
…………………1 分

x ?1 , x ? (0,1), f ?( x) ? 0 , x ? (1, ??), f ?( x) ? 0 x 所以 x ? 1, f ( x) 取得极小值, x ? 1 是 f ( x ) 的一个极小值点. …………………2 分
(ⅰ) a ? 0 时, f ?( x) ?

1 ?2ax 2 ? x ? 1 f ?( x) ? ? ? 2ax ? 1 ? , x ? (0, ??) x x

1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a (ⅱ) a ? 0 时, ? ? 1 ? 8a ? 0 ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x1 ? , x2 ? 4a 4a ? ? 显然, x1 ? 0, x2 ? 0 ,所以 x ? (0, x1 ), f ( x) ? 0, x ? ( x1, ??), f ( x) ? 0 ,

f ( x) 在 x ? x1 取得极小值, f ( x) 有一个极小值点. …………………4 分 1 f ?( x) ? 0, f ( x) 在 (0, ??) 是减函数, f ( x) 无 (ⅲ)a ? 0 时,? ? 1 ? 8a ? 0, 时, 即a ? 8
极值点.

1 1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a 时, ? ? 1 ? 8a ? 0 ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x1 ? , x2 ? 8 4a 4a 当 x ? (0, x1 ) 和 x ? ( x2 , ??) 时 f ?( x) ? 0 , x ? ( x1 , x2 ) 时, f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x ) 在 x1 取
当0 ? a ? 得极小值,在 x2 取得极大值,所以 f ( x ) 有两个极值点. 综上可知: (ⅰ) a ? 0 时, f ( x ) 仅有一个极值点;
…………………6 分

1 时, f ( x ) 无极值点; 8 1 (ⅲ)当 0 ? a ? 时, f ( x ) 有两个极值点. …………………7 分 8 1 (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当且仅当 a ? (0, ) 时, f ( x ) 有极小值点 x1 和极大值点 x2 ,且 8 1 1 , x1 x2 ? , …………………8 分 x1 , x2 是方程 2ax2 ? x ? 1 ? 0 的两根,所以 x1 ? x2 ? 2a 2a 1 1 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ln ? ax12 ? x1 ? ln ? ax22 ? x2 2 x1 2 x2
(ⅱ) 当 a ?

? ?(ln 2 x1 ? ln 2 x2 ) ? a( x12 ? x2 2 ) ? ( x1 ? x2 ) ? ? ln ? ln

2 1 1 1 ? a[ 2 ? ] ? a 4a a 2a

a 1 1 1 ? ?1? ? ln a ? ? 1 ? ln 2 , …………………10 分 2 4a 2a 4a 1 1 1 1 4a ? 1 ? 1 ? ln 2, a ? (0, ) ,? g ?(a ) ? ? 2 ? ? 0, 设 g (a ) ? ln a ? 4a 8 a 4a 4a 2 1 1 1 所以 a ? (0, ) 时, g (a ) 是减函数, g ( a ) ? g ( ) ,则 g (a) ? ln ? 3 ? ln 2 ? 3 ? 4 ln 2 8 8 8 所以 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 3 ? 4ln 2 得证. …………………12 分
3、 (Ⅰ)依题意,知 f ( x) 的定义域为 (0, ??) , f ?( x) ? 分 则有 k ? f ?( x0 ) ?

1 a ? ? 1 , x ? (0, 2 ] ,…………1 x x2

1 x0 2 ? x0 ? a ≤ ,在 x0 ? (0, 2] 上恒成立, 2 x0 2
2

所以 a ≥ ( x 0 ? x 0 ) max , x0 ? (0,2] , 当 x0 ? 2 时,

1 2

…………………………3 分

1 2 x0 ? x0 取得最大值 4,所以 a ≥4. …………………4 分 2

(Ⅱ)由不等式 f ( x) ≥ a ? 1 ,对 x ? [ 1, ? ?) 恒成立,

f ' ( x) ?

1 a x2 ? x ? a ? 2 ?1 ? ,令 g ( x) ? x2 ? x ? a, ( x ≥1) , 2 x x x

则 g ( x) 是 x ? [1, ? ?) 上的增函数,即 g ( x) ≥ 2 ? a ,……………6 分 ①当 a ≤ 2 时, g ( x) ≥ 0 ,所以 f ?( x) ≥ 0 ,因此 f ( x) 是 x ? [ 1, ? ?) 上的增 函数, 则 f ( x) ≥ f (1) ? 0 ,因此 a ≤ 2 时,不等式成立; ………………………8 分

② 当 a ? 2 时 , 即 对 x ? [ 1, ? ?) , f ?( x) ?

x2 ? x ? a ?0 时 , x2

g ( x) ? x 2 ? x ? a ? 0 ,
求得 x1 ?

? 1 ? 1 ? 4a ? 1 ? 1 ? 4a , (由于 x ≥ 1 ,所以舍去 x2 ? ) 2 2 1 ? 4a ? 1 ) 时, f ?( x) ? 0 ,则 f ( x) 是 x ? [ 1, 2 1 ? 4a ? 1 ) 上的减函数, 2

当 x ? [1,

当 x?(

1 ? 4a ? 1 , ? ?) 时, f ?( x) ? 0 , 2
f ( x)


则 数,

x?(

1 ? 4a ? 1 , ? ?) 2









…………………………………………10 分 所以当 x ? (1,

1 ? 4a ? 1 ) 时, f ( x) ? f (1) ? 0 ,因此 a ? 2 时,不等式不成 2

立; 综合上述,所求范围是 a ≤ 2 . …………………12 分

4、解: (Ⅰ)当 a ? 1 时, f ( x) ? x ? 1 ? 2 ln x, f ?( x ) ? 1 ? 由 f ?( x) ? 0, x ? 2; 由 f ?( x) ? 0, 0 ? x ? 2.

2 , x
(2 分) (4 分)

故 f ( x) 的单调减区间为 ? 0, 2? , 单调增区间为 ? 2, ??? .

(Ⅱ)因为 f ( x) ? 0 在 (0, ) 上恒成立不可能( x ? 0,f ( x) ? ?? ), 故要使函数 f ( x) 在 (0, ) 上无零点,

1 2

1 2

1 2 ln x 1 只要对任意的 x ? (0, ), f ( x) ? 0 恒成立,即对 x ? (0, ), a ? 2 ? 恒成立. (6 分) 2 x ?1 2
2

2ln x 1 , x ? (0, ), 则 l ' ( x ) ? ? x 令 l ( x) ? 2 ? 2 ( x ? 1) x ?1 2
再令 m( x) ? 2 ln x ?

( x ? 1) ? 2 ln x ?

2 ln x ?

2

x 2 ( x ? 1)

?2 ,

2 1 2 2 ?2(1 ? x) ? 2, x ? (0, ), m?( x) ? ? 2 ? ? ? 0, x 2 x x x2
2
(10 分)

m ? x ? 在 (0, 1 ) 上为减函数,于是 m( x) ? m( 1 ) ? 2 ? 2 ln 2 ? 0,
2

1 1 ' 从而, l ( x) ? 0 ,于是 l ( x ) 在 (0, ) 上为增函数 , l ( x ) ? l ( ) ? 2 ? 4 ln 2, 2 2

2 ln x ? ? ? (12 分) 恒成立,只要 a ? ?2 ? 4 ln 2, x ?1 1 (0, ) 综上,若函数 f ( x) 在 上无零点,则 a 的最小值为 a ? 2 ? 4 ln 2 2
故要使 a ? 2 ? 5、 【解析】 (Ⅰ)由已知得 f ( x) 为奇函数,且 f (0) ? 0 , ∴ b ? 0, d ? 0, f ?( x) ? 3ax2 ? c ……………………………………………2 分 当 x ? 1 时, f ( x) 取极小值,
?3a ? c ? 0 ?a ? 1 ∴? ,解得 ? ………………………………………………4 分 ?a ? c ? ?2 ? c ? ?3

∴ f ?( x) ? 3x2 ? 3 ? 0 时, f ( x) 单调递增, 解得 x ? ?1或x ? 1 ∴ f ( x) 的单调递增区间是(-∞,-1) , (1,+∞)……………………6 分 (Ⅱ) x3 ? 3x ? 5mx2 ? (4m2 ? 3) x , 即 x( x ? m)( x ? 4m) ? 0 ……………………………………………………8 分 即 m ? 0 时, x3 ? 0, x ? 0 …………………………………………………9 分
m ? 0 时, x ? 4m或0 ? x ? m ;……………………………………………10 分

m ? 0 时, x ? 0或4m ? x ? m ………………………………………………11 分

故当 m ? 0 时,所求不等式的解集是 {x | x ? 0} ; 当 m ? 0 时,所求不等式的解集是 {x | x ? 4m或0 ? x ? m} ; 当 m ? 0 时,所求不等式的解集是 {x | x ? 0或4m ? x ? m} ………………12 分 6、

7、 (Ⅰ) f ? x ? 的定义域为 ? 0, ??? , 求导数,得 f ? ? x ? ? x ? 1 ? a ?
2 a x ? ?1 ? a ? x ? a ? x ? 1?? x ? a ? ? ? , x x x

若 a ? 0 ,则 f ? ? x ? ? 0 ,此时 f ? x ? 在 ? 0, ??? 上单调递增,

若a ? 0 , 则由 f ? ? x ? ? 0 得 x ? a , 当 0 ? x ? a 时,f ? ? x ? ? 0 , 当 x ? a 时,f ? ? x ? ? 0 , 此时 f ? x ? 在 ? 0, a ? 上单调递减,在 ? a, ??? 上单调递增. (Ⅱ) 不妨设 x1 ? x2 , 而a ? 0, 由 (Ⅰ) 知,f ? x ? 在 ? 0, ??? 上单调递增, ? f ? x1 ? ? f ? x2 ? 从而 ?x1 , x2 ? ? 0, ?? ? , f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 4 x1 ? x2 等价于

?x1, x2 ?? 0, ??? ,4x1 ? f ? x1 ? ? 4x2 ? f ? x2 ? ①
令 g ? x ? ? 4x ? f ? x ? ,则 g ? ? x ? ? 4 ? f ? ? x ? ? 4 ? ? x ? 1 ? a ? 因此,①等价于 g ? x ? 在 ? 0, ??? 上单调递减,

? ?

a? a ? ? ? x ? 3? a , x? x

? g? ? x? ?

a ? x ? 3 ? a ? 0 对 ?x ? ? 0, ??? 恒成立, x

?a ?

? x 2 ? 3x ? x 2 ? 3x 对 ?x ? ? 0, ??? 恒成立,? a ? ? , ? x ?1 x ? 1 ? ?min

x 2 ? 3x 4 又 ? x ?1? ?5 ? 2 x ?1 x ?1
时,等号成立.

? x ? 1? ?

4 4 ,即 x ? 1 ? 5 ? ?1 ,当且仅当 x ? 1 ? x ?1 x ?1

? a ? ?1 ,
故 a 的取值范围为 ? ??, ?1? .

4 4? x ?1 ? x x ∴函数 f (x)的单调递增区间是(0,4],单调递减区间是[4,+∞).
8、(Ⅰ)解: f ?( x) ? (Ⅱ)解:不等式 af (x) > g (x)等价于: 4a ln x ? ax 2 ? 2ax ? 1 ? 0 当 a = 0 时,①不成立 1 当 a > 0 时,①化为: ? 4ln x ? x2 ? 2 x ② a 1 当 a < 0 时,①化为: ? 4ln x ? x2 ? 2 x ③ a 2 令 h( x) ? 4ln x ? x ? 2 x (x > 0),则 ①

2分 4分 6分

4 2 x2 ? 2 x ? 4 2( x ? 1)( x ? 2) ? 2x ? 2 ? ? ?? x x x ∴当 x∈(0,1)时, h?( x) ? 0 ,x∈(1,+∞)时, h?( x) ? 0 故 h (x)在(0,1)是增函数,在(1,+∞)是减函数 ∴ h max ( x) ? h(1) ? ?3 分 因此②不成立 h?( x) ?

8分

10

1 1 ? ?3, a?? a 3 1 ∴所求 a 的取值范围是 (??, ? ). 3 分
要③成立,只要 9、解: (I)当 a ? 4 时, f ( x) ? 2x3 ? 4x2 ? 1 , f ?( x ) ? 6 x ( x ? ) ,

12

x
f ?( x ) f ( x)

(??, 0)

0

4 (0, ) 3
_

?
?

0
极大值

4 3 0
极小值

4 3 4 ( , ??) 3 ?
?

?

所以,函数 y ? f ( x) 的极大值为 f (0) ? 1 ;………………………………4 分
3 2 (II)f ( x) ? 2x ? ax ? 1 在 R 上有且仅有两个零点,f ?( x ) ? 6 x ( x ? ) .

a 3

当 a ? 0 时,

函数在 ( ??, 0) 上递增且恰有 1 个零点, f (0) ? 1 ? 0 ,因而必有

a a3 f ( ) ? 1? ? 0 得 a ? 3 ? 0 ,所以 a ? 3 ;…………………………6 分 3 27
2 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 6 x ? 0 ,函数 y ? f ( x) 在 (??, ??) 上递增,函

数 y ? f ( x) 至多有一个零点, 不符合题意, 舍去; ……………………………………… 7分 当 a ? 0 时,

函数 y ? f ( x) 在 (??, ) 上递增且恰有 1 个零点,但在 ( , ??) 上无零点,因而 函数 y ? f ( x) 在 R 只有 1 个零点,不符合题意,应舍去. 综 上 所 述 a ? 3 ;………………………………………………………………8 分 (其它解法酌情给分) (III)证明:由(I)当 a ? 4 时, f ( x) ? 2x3 ? 4x2 ? 1 在 x ? [2, ??) 递增,有 ,

a 3

a 3

f ( x) ? f (2) ? 1 ? 0





n? N



n?2





f (n) ? 2n3 ? 4n2 ? 1 ? f (2) ? 0 ,从而
2n3 ? 4n2 ? 1 ? 0 ,


1 2 1 1 ? 2 ? ? , n ? 2,3,?, n …… 10 3 n 4n ? 1 2n ? 1 2n ? 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? 3 ? 3 ?? ? 3 ? ( ? ) ? ( ? ) ??? ( ? )? ? 3 2 3 4 n 3 5 5 7 2n ? 1 2n ? 1 3 2n ? 1
. 所以, 分 10、 (1). f ' ( x) ? 3x 2 ? 3a (1 分) (3 分) (5 分)

1 1 1 1 1 1 ? 3 ? 3 ?? ? 3 ? ? (n ? N 且 n ? 2) . ……………… 12 3 2 3 4 n 3 2n ? 1

1? .当 a<0 时, f ' ( x) ? 0,? f ( x) 在 (??, ??) 上单调递增; 2? 当 a>0 时, f ' ( x) ? 3( x ? a )( x ? a )
x

(??, ? a )
+

? a
0 极大值

(? a , a )
-

a
0 极小值

( a , ??)
+
[来

f ' ( x)
f(x)

?

?

?

f ( x) 在 (??, ? a ) 和 ( a , ??) 上单增,在 (? a , a ) 上单减
(2) f ( x) 在 x=-1 处取得极值,? f (?1) ? 0
'

(7 分)

?3 ? 3a ? 0, a ? 1, f ( x) ? x3 ? 3x -1, ? f ( x)极大 =f (?1) ? 2, ? f ( x)极小 =f (1) ? -2,

(9

分)要使直线 y=m 与 y=f(x)的图像有三个交点,必须且只需? f ( x)极小 ? m ? f ( x)极大 ,

? -2<m<2,即 m 的取值范围是(-2,2)

(12 分)

11、 (1)依题意,函数 f ( x ) 的定义域为 (0, ?? ) ,所以方程 f ' ( x) ? 0 在 (0, ??) 有两个不 同根.即,方程 ln x ? 2ax ? 0 在 (0, ??) 有两个不同根. 转化为,函数 g ( x) ?
' 又 g ( x) ?

ln x 与函数 y ? ?2a 的图象在 (0, ??) 上有两个不同交点……2 分 x

1 ? ln x ,即 0 ? x ? e 时, g ' ( x) ? 0 , x ? e 时, g ' ( x) ? 0 , 2 x 1 . e

所以 g ( x) 在 (0, e) 上单调增,在 (e, ??) 上单调减,从而 g ( x )极大 =g (e) ?

又 g ( x) 有 且 只 有 一 个 零 点 是 1 , 且 在 x ? 0 时 , g ( x) ? ?? , 在 x ? ??时 ,

g ( x ) ? 0,

……4 分

所以由 g ( x) 的图象,要想函数 g ( x) ? 交点,只需 0 ? ?2a ?

ln x 与函数 y ? ?2a 的图象在 (0, ??) 上有两个不同 x
……5 分

1 1 ?a?0 ,即 e ?2 e

(2)由(1)可知 x1 , x2 分别是方程 ln x ? ax ? 0 的两个根,即 ln x1 ? ax1 , ln x2 ? ax2 ,

x1 x2 x 设 x1 ? x2 ? 0 ,作差得, ln 1 ? a( x1 ? x2 ) ,即 a ? . x1 ? x2 x2 ln
原不等式 x1 x2 ? e2 等价于

ln x1 ? ln x2 ? 2 ? a( x1 ? x2 ) ? 2 ? ln

x1 2( x1 ? x2 ) ? x2 x1 ? x2

……7 分



x1 x 2( x1 ? x2 ) 2(t ? 1) , ? t ,则 t ? 1 , ln 1 ? ? ln t ? x2 x1 ? x2 t ?1 x2

……9 分

设 g (t ) ? ln t ?

(t ? 1)2 2(t ? 1) ' , t ? 1 , g (t ) ? ? 0, t ?1 t (t ? 1)2

∴函数 g (t ) 在 (1, ??) 上单调递增,∴ g (t ) ? g (1) ? 0 , 即不等式 ln t ?

2(t ? 1) 成立,故所证不等式 x1 x2 ? e2 成立. ……12 分 t ?1



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