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2012北京市高三二模理科数学分类汇编(3)导数及其应用



三、导数及其应用(选修 2-2) 导数及其应用( ( 13) 某同学为研究函数 f ( x ) = 1 + x + 1 + (1 ? x ) (0 ≤ x ≤ 1) 的 1. 2012 年海淀二模理 13)
2 2

性质,构造了如图所示的两个边长为 1 的正方形 ABCD 和 BEFC ,点 P 是边 BC 上的一个 动点,设 CP = x ,则 AP + PF = f ( x ) . 请你参考这些信
D C P F

息,推知函数 f ( x ) 的图象的对称轴是

;函数

g ( x ) = 4 f ( x ) - 9 的零点的个数是
答案: 答案: x =

.
A B E

1 ;2。 2

2.( 19) 2.(2012 年西城二模理 19)已知函数 f ( x ) =

2ax + a 2 ? 1 ,其中 a ∈ R . (Ⅰ)当 a = 1 时, x2 + 1

求曲线 y = f ( x) 在原点处的切线方程; (Ⅱ)求 f (x ) 的单调区间; (Ⅲ)若 f (x ) 在 [0, +∞) 上存在最大值和最小值,求 a 的取值范围. (Ⅰ)当 a = 1 时, f ( x ) = 解:

( x + 1)( x ? 1) 2x , f ′( x) = ?2 . x +1 ( x 2 + 1) 2
2

………………2 分

由 f ′(0) = 2 , 得曲线 y = f ( x) 在原点处的切线方程是 2 x ? y = 0 .…………3 分 (Ⅱ) f ′( x ) = ?2

( x + a )(ax ? 1) . x2 + 1 2x ① 当 a = 0 时, f ′( x ) = 2 . x +1

………………4 分

所以 f ( x ) 在 (0, +∞ ) 单调递增,在 ( ?∞, 0) 单调递减.

……5 分

1 ( x + a)( x ? ) a . 当 a ≠ 0 , f ′( x) = ?2a x2 + 1
② 当 a > 0 时,令 f ′( x ) = 0 ,得 x1 = ?a , x2 =

1 , f ( x ) 与 f ′( x ) 的情况如下: a
x2
0

x
f ′( x) f ( x)

( ?∞, x1 )
?

x1
0

( x1 , x2 )

( x2 , + ∞ )
?

+




f ( x1 )

f ( x2 )



故 f (x) 的单调减区间是 ( ?∞, ? a ) , ( , +∞ ) ;单调增区间是 ( ? a , ) . 分
1/9

1 a

1 a

………7

③ 当 a < 0 时, f ( x ) 与 f ′( x ) 的情况如下:

x
f ′( x) f ( x)

( ?∞, x2 )

x2
0

( x2 , x1 )
?

x1
0

( x1 , + ∞ )

+


+


f ( x2 )



f ( x1 )

所以 f ( x ) 的单调增区间是 ( ?∞, ) , ( ? a , +∞ ) ;单调减区间是 ( , ? a ) …9 分 (Ⅲ)由(Ⅱ)得, a = 0 时不合题意. ……10 分

1 a

1 a

当 a > 0 时,由(Ⅱ)得, f (x ) 在 (0, ) 单调递增,在 ( , +∞ ) 单调递减,所以 f (x ) 在 (0, +∞) 上存在最大值 f ( ) = a > 0 .
2

1 a

1 a

1 a

易知 x0 = 设 x0 为 f ( x) 的零点, 时, f ( x) < 0 .

1 ? a2 1 , x0 < . 且 从而 x > x0 时,f ( x) > 0 ;x < x0 2a a

若 f (x) 在 [0, +∞) 上存在最小值,必有 f (0) ≤ 0 ,解得 ?1 ≤ a ≤ 1 . 所以 a > 0 时,若 f (x) 在 [0, +∞) 上存在最大值和最小值, a 的取值范围是 (0,1] . ………………12 分 由 得, f (x) 在 (0, ? a ) 单调递减, ( ?a, +∞ ) 单调递增, 在 所以 f (x) 当 a < 0 时, (Ⅱ) 在 (0, +∞) 上存在最小值 f ( ? a ) = ?1 . 若 f (x) 在 [0, +∞) 上存在最大值,必有 f (0) ≥ 0 ,解得 a ≥ 1 ,或 a ≤ ?1 .

a 所以 a < 0 时, f (x) 在 [0, +∞) 上存在最大值和最小值, 的取值范围是 (?∞, ?1] . 若
综上, a 的取值范围是 (?∞, ?1] U (0,1] . ( 18) 已知函数 f ( x ) = a ln x + 3. 2012 年朝阳二模理 18) ………………14 分

2a 2 + x(a ≠ 0) . 若曲线 y = f ( x ) (Ⅰ) x

在点 (1, f (1)) 处的切线与直线 x ? 2 y = 0 垂直,求实数 a 的值; (Ⅱ)讨论函数 f ( x ) 的单调 性; (Ⅲ)当 a ∈ ( ?∞, 0) 时,记函数 f ( x ) 的最小值为 g ( a) ,求证: g ( a ) ≤ (I) f ( x ) 的定义域为 {x | x > 0} . 解:
2/9

1 2 e . 2

f ′( x) =

a 2a 2 ? + 1( x > 0 ) . x x2
2

根据题意,有 f ′ (1) = ?2 ,所以 2a ? a ? 3 = 0 , 解得 a = ?1 或 a = (II) f ′ ( x ) =

3 . 2

…3 分

a 2a 2 x 2 + ax ? 2a 2 ( x ? a )( x + 2a ) ? 2 +1 = = ( x > 0) . x x x2 x2

(1)当 a > 0 时,因为 x > 0 , 由 f ′( x ) > 0 得 ( x ? a )( x + 2a ) > 0 ,解得 x > a ; 由 f ′( x ) < 0 得 ( x ? a )( x + 2a ) < 0 ,解得 0 < x < a . 所以函数 f ( x ) 在 ( a, +∞ ) 上单调递增,在 ( 0, a ) 上单调递减. (2)当 a < 0 时,因为 x > 0 , 由 f ′( x ) > 0 得 ( x ? a )( x + 2a ) > 0 ,解得 x > ?2a ; 由 f ′( x ) < 0 得 ( x ? a )( x + 2a ) < 0 ,解得 0 < x < ?2a . 所以函数 f ( x ) 在 ( 0, ?2a ) 上单调递减,在 ( ?2a, +∞ ) 上 单调递增. …9 分 (III)由(Ⅱ)知,当 a ∈ ( ?∞, 0) 时,函数 f ( x ) 的最小值为 g ( a ) , 且 g (a ) = f ( ?2a ) = a ln( ?2a ) +

2a 2 ? 2a = a ln(?2a ) ? 3a . ?2 a

?2 ? 3 = ln(?2a ) ? 2 , ?2 a 1 令 g ′( a ) = 0 ,得 a = ? e 2 .[来源:学§科§网 Z§X§X§K] 2 g ′(a ) = ln(?2a ) + a
当 a 变化时, g ′ ( a ) , g ( a ) 的变化情况如下表:

a

1 (?∞, ? e 2 ) 2


1 ? e2 2
0

1 (? e 2 , 0) 2


g′( a ) g (a)

极大值

1 且是极大值点, 从而也是 g ( a ) 的最大值点. ? e2 是 g ( a) 在 ( ?∞, 0) 上的唯一极值点, 2
3/9

所以 g ( a )最大值 = g (?

1 2 1 1 1 e ) = ? e 2 ln[?2 × (? e 2 )] ? 3(? e 2 ) 2 2 2 2 1 2 3 2 1 2 = ? e ln e 2 + e = e . 2 2 2 1 2 所以,当 a ∈ ( ?∞, 0) 时, g ( a ) ≤ e 成立. …14 分 2

4.( 20) (Ⅰ)当 a = 1 4.(2012 年丰台二模理 20)设函数 f ( x ) = x ln x + ( a ? x ) ln( a ? x) ( a > 0) . 时,求函数 f ( x ) 的最小值; (Ⅱ)证明:对 ? x1,x2∈R ,都有 R
+

x1 ln x1 + x2 ln x2 ≥ ( x1 + x2 ) [ ln( x1 + x2 ) ? ln 2] ; ( Ⅲ ) 若
2n

2n

∑x
i =1

i

=1 , 证 明 :

∑ x ln x
i =1 i

i

≥ ? ln 2n

(i, n ∈ N* ) .

(Ⅰ) a = 1 时, f ( x) = x ln x + (1 ? x) ln(1 ? x) ,( 0 < x < 1 ), 解: 则 f ′( x ) = ln x ? ln(1 ? x ) = ln 令 f ′( x ) = 0 ,得 x = 当0 < x <

x . 1? x

1 . 2

1 1 时, f ′( x ) < 0 , f ( x ) 在 (0, ) 是减函数, 2 2 1 1 当 < x < 1 时, f ′( x ) > 0 , f ( x ) 在 ( ,1) 是增函数, 2 2 1 1 1 所以 f ( x ) 在 x = 时取得最小值,即 f ( ) = ln . ……4 分 2 2 2

(Ⅱ)因为 f ( x ) = x ln x + ( a ? x ) ln( a ? x) , 所以 f ′( x ) = ln x ? ln( a ? x ) = ln 所以当 x =

x . a?x

a 时,函数 f ( x ) 有最小值. 2

? x1,x2∈R+,不妨设 x1 + x2 = a ,则 R x1 ln x1 + x2 ln x2 = x1 ln x1 + (a ? x1 ) ln(a ? x1 ) ≥ 2 ? x1 + x2 x +x ln( 1 2 ) 2 2

= ( x1 + x2 ) [ ln( x1 + x2 ) ? ln 2] .

………………8 分

(Ⅲ) (证法一)数学归纳法 ⅰ)当 n = 1 时,由(Ⅱ)知命题成立. * ⅱ)假设当 n = k ( k∈N )时命题成立, N 即若 x1 + x2 + L + x2k = 1 ,则 x1 ln x1 + x2 ln x2 + L + x2k ln x2k ≥ ? ln 2 .
k

4/9

当 n = k + 1 时,

x1 , x2 ,…, x2k +1 ?1 , x2k +1 满足 x1 + x2 + L + x2k +1 ?1 + x2k +1 = 1 .
设 F ( x ) = x1 ln x1 + x2 ln x2 + L + x2k +1 ?1 ln x2k +1 ?1 + x2k +1 ln x2k +1 , 由(Ⅱ)得

F ( x) ≥ ( x1 + x2 ) ln[( x1 + x2 ) ? ln 2] + L + ( x2k +1 ?1 + x2k +1 ) ln[( x2k +1 ?1 + x2k +1 ) ? ln 2]
= ( x1 + x2 ) ln( x1 + x2 ) + L + ( x2k +1 ?1 + x2k +1 ) ln( x2k +1 ?1 + x2k +1 ) ? ( x1 + x2 + ... + x2k +1 ) ln 2 = ( x1 + x2 ) ln( x1 + x2 ) + L + ( x2k +1 ?1 + x2k +1 ) ln( x2k +1 ?1 + x2k +1 ) ? ln 2 . 由假设可得 F ( x ) ≥ ? ln 2k ? ln 2 = ? ln 2k +1 ,命题成立. 所以当 n = k + 1 时命题成立. * 由ⅰ),ⅱ)可知,对一切正整数 n∈N ,命题都成立, N
2n

所以 若

∑x
i =1

i

= 1 ,则

2n

∑ x ln x
i =1 i

i

≥ ? ln 2n

(i, n ∈ N* ) .

……13 分

(证法二)若 x1 + x2 + L + x2n = 1 , 那么由(Ⅱ)可得

x1 ln x1 + x2 ln x2 + L + x2n ln x2n

≥ ( x1 + x2 ) ln[( x1 + x2 ) ? ln 2] + L + ( x2n ?1 + x2n ) ln[( x2n ?1 + x2n ) ? ln 2] = ( x1 + x2 ) ln( x1 + x2 ) + L + ( x2n ?1 + x2n ) ln( x2n ?1 + x2n ) ? ( x1 + x2 + ... + x2n ) ln 2 = ( x1 + x2 ) ln( x1 + x2 ) + L + ( x2n ?1 + x2n ) ln( x2n ?1 + x2n ) ? ln 2 ≥ ( x1 + x2 + x3 + x4 ) ln( x1 + x2 + x3 + x4 ) + L ( x2n ?1 + x2n ) ln( x2n ?1 + x2n ) ? 2 ln 2 ≥ L ≥ ( x1 + x2 + ... + x2n ) ln[( x1 + x2 + L + x2n ) ? ln 2] ? (n ? 1) ln 2 = ? ln 2n .
5.( 18) 5.(2012 年昌平二模理 18)已知函数 f ( x ) = x ?

a ? (a + 1) ln x, a ∈ R . .(Ⅰ)当 a > 1 时, x

求 f (x ) 的单调区间;(Ⅱ)若 f (x ) 在 [1, e] 上的最小值为 ? 2 ,求 a 的值. (Ⅰ)f (x)的定义域为{x | x > 0 }……………1 分. 解:

f ′( x) = 1 +
Qa >1

a a + 1 x 2 + a ? (a + 1) x ( x ? 1)( x ? a ) ? = = ……3 分 x x2 x2 x2

5/9

令 f ′( x ) > 0 ,即

( x ? 1)( x ? a ) > 0, 得x < 1或x > a , x2
……4 分

∴ f (x ) 的增区间为(0,1) (a,+∞) , 令 f ′( x ) < 0 ,即

( x ? 1)( x ? a ) < 0, 得1 < x < a , x2
…………5 分

∴ f (x ) 的减区间为 (1, a )

(Ⅱ)①当 a ≤ 1 时, f ′( x ) ≥ 0 在 [1, e] 上恒成立,

∴ f (x) 在 [1, e] 恒为增函数. …… 6 分

∴ [ f ( x)]min = f (1) = 1 ? a = ?2 ,得 a = 3(舍去) .
②当 1 < a < e 时,令 f ′( x ) = 0 ,得 x = a或1 . 当 1 < x < a 时, f ′( x) < 0 当 a < x < e 时, f ′( x) > 0

…… 7 分

∴ f (x) 在 (1, a ) 上为减函数; ∴ f (x) 在 (a, e) 上为增函数;

∴ [ f ( x)]min = f (a) = a ? 1 ? (a + 1) ln(a) = ?2 ,得(舍)…… 10 分
③当 a > e 时, f ′( x) ≤ 0 在 [1, e ] 上恒成立, 此时 f (x) 在 [1, e ] 恒为减函数.

∴ [ f ( x)]min = f (e) = e ?
综上可知 a = e.

a ? (a + 1) = ?2 ,得 a = e. e
… 13 分

……12 分

( 19) 已知函数 f ( x) = ( a + ) ln x + 6. 2012 年东城二模理 19)

1 a

1 ? x( a > 1 ) Ⅰ) . ( 试讨论 f ( x) x

在区间 (0, 1) 上的单调性; (Ⅱ)当 a ∈ [ 3, + ∞ ) 时,曲线 y = f ( x) 上总存在相异两点

P( x1 , f ( x1 )) , Q( x2 , f ( x2 )) ,使得曲线 y = f ( x) 在点 P , Q 处的切线互相平行,求证:
x1 + x2 >

6 . 5
a+

(Ⅰ)由已知 x > 0 , f ′( x) = 解:

1 1 1 x 2 ? (a + ) x + 1 ( x ? a)( x ? ) a ? 1 ?1 = ? a a . =? x x2 x2 x2

由 f ′( x ) = 0 ,得 x1 =

1 , x2 = a . a 1 1 因为 a > 1 ,所以 0 < < 1 ,且 a > . a a
6/9

……4 分

1 1 ) 上, f ′( x) < 0 ;在区间 ( , 1) 上, f ′( x) > 0 . a a 1 1 …6 分 故 f ( x ) 在 (0, ) 上单调递减,在 ( , 1) 上单调递增. a a
所以在区间 (0, 证明: (Ⅱ)由题意可得,当 a ∈ [3, +∞ ) 时, f ′( x1 ) = f ′( x2 ) ( x1 , x2 > 0 ,且 x1 ≠ x2 ). 证明:

a+


1 1 a+ 1 a? a ? 1 ?1 , ?1 = 2 x1 x1 x2 x2 2
1 1 1 x1 + x2 = + = , a ∈ [3, +∞ ) . a x1 x2 x1 x2

所以 a +

………8 分

因为 x1 , x2 > 0 ,且 x1 ≠ x2 ,所以 x1 x2 < (

x1 + x2 2 ) 恒成立, 2

所以

1 4 > ,又 x1 + x2 > 0 , x1 x2 ( x1 + x2 ) 2

1 x1 + x2 4 4 = > ,整理得 x1 + x2 > . ……11 分 1 a x1 x2 x1 + x2 a+ a 4 令 g (a) = ,因为 a ∈ [3, +∞ ) ,所以 g ( a ) 在 [3, +∞ ) 上单调递减, 1 a+ a 4 6 所以 g ( a ) = 在 [3, + ∞ ) 上的最大值为 g (3) = , 1 5 a+ a 6 所以 x1 + x2 > . …13 分 5 1 2 7.( 19) 7.(2012 年海淀二模理 19)已知函数 f ( x ) = a ln( x ? a ) ? x + x ( a < 0) .(Ⅰ)求 f ( x ) 2
所以 a + 的 单 调 区 间 ; Ⅱ ) 若 ?1 < a < 2(ln 2 ? 1) , 求 证 : 函 数 f ( x ) 只 有 一 个 零 点 x0 , 且 (

a + 1 < x0 < a + 2 ; (Ⅲ)当 a = ?

4 时,记函数 f ( x ) 的零点为 x0 ,若对任意 x1 , x2 ∈ [0, x0 ] 5

且 x2 ? x1 = 1, 都有 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ≥ m 成立,求实数 m 的最大值.(本题可参考数据:

ln 2 ≈ 0.7, ln

9 9 ≈ 0.8, ln ≈ 0.59 ) 4 5

(Ⅰ) f ( x ) 的定义域为 (a, +∞) . 解:

f '( x) =

a ? x 2 + ( a + 1) x ? x +1 = . x?a x?a
7/9

…………………1 分

令 f '( x ) = 0 , x = 0 或 x = a +1 . 当 ?1 < a < 0 时, a +1 > 0 ,函数 f ( x ) 与 f '( x ) 随 x 的变化情况如下表:

x

(a,0)
?

0
0

(0, a + 1)
+

a +1
0

(a + 1, +∞)
?

f ( x) f '( x )

极小值

极大值

所 以 , 函 数 f ( x ) 的 单 调 递 增 区 间 是 (0, a + 1) , 单 调 递 减 区 间 是 (a, 0) 和

(a + 1, +  ) .
……3 分 当 a = - 1 时, f '( x) = 分 当 a < ?1 时, a +1 < 0 ,函数 f ( x ) 与 f '( x ) 随 x 的变化情况如下表:

? x2 ≤ 0 . 所以,函数 f ( x ) 的单调递减区间是 (- 1, +  ) .4 x +1

x

(a, a + 1)
?

a +1
0

(a + 1,0)
+

0

(0, +∞)
?

f ( x) f '( x )

0

极小值

极大值

所 以 , 函 数 f ( x ) 的 单 调 递 增 区 间 是 ( a + 1, 0) , 单 调 递 减 区 间 是 ( a, a + 1) 和

(0, +  ) .
…5 分 (Ⅱ)证明:当 ?1 < a < 2(ln 2 ? 1) < 0 时,由(Ⅰ)知, f ( x ) 的极小值为 f (0) ,极大值 为 f (a + 1) . 因为 f (0) = a ln( ?a ) > 0 ,f ( a + 1) = ? 在 ( a + 1, +  ) 上是减函数, 所以 f ( x ) 至多有一个零点. 又因为 f ( a + 2) = a ln 2 ?

1 1 ( a + 1)2 + (a + 1) = (1 ? a 2 ) > 0 , f ( x ) 且 2 2

…………7 分

1 2 1 a ? a = ? a[a ? 2(ln 2 ? 1)] < 0 , 2 2
8/9

所以 函数 f ( x ) 只有一个零点 x0 ,且 a + 1 < x0 < a + 2 .……9 分 (Ⅲ)因为 ?1 < ? 解: 所以

4 < 2(ln 2 ? 1) , 5

对 任 意 x1 , x2 ∈ [0, x0 ] 且 x2 ? x1 = 1, 由 ( Ⅱ ) 可 知 : x1 ∈ [0, a + 1) , ………10 分

x2 ∈ ( a + 1, x0 ] ,且 x2 ≥ 1 .

因为 函数 f ( x ) 在 [0, a + 1) 上是增函数,在 ( a + 1, +  ) 上是减函数, 所以 f ( x1 ) ≥ f (0) , f ( x2 ) ≤ f (1) . 所以 f ( x1 ) - f ( x2 ) ? f (0) 当a = ? ……………11 分

f (1) .

4 a 1 4 9 1 时, f (0) ? f (1) = a ln( ) ? = ln ? >0. 5 a ?1 2 5 4 2

所以 f ( x1 ) - f ( x2 ) ? f (0) 所以

f (1) > 0 .

…………13 分

4 9 1 ln ? . 5 4 2 4 9 1 所以 使得 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ≥ m 恒成立的 m 的最大值为 ln ? .…14 分 5 4 2
f ( x2 ) ? f ( x1 ) 的最小值为 f (0) ? f (1) =

9/9



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