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【备战2014】高考数学 2013届全国统考区(甘肃、贵州、云南)精选试题分类汇编14 导数与积分 理



备战 2014 年高考之 2013 届全国统考区(甘肃、贵州、云南)精选理 科试题(大部分详解)分类汇编 14:导数与积分

一、选择题 1 . (云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(三)理科数学试题)如图 3,直线 y=2x 与抛物线 y=3-x 所围成的阴影部分的面积是
2

( A.

r />
35 B. 2 2 C. 2 ? 3 3
1 ?3

D.

32 3
32 ,故选 D. 3
2 2

【答案】D【解析】 S ? ? (3 ? x 2 ? 2 x)dx ?

2 . (云南省昆明一中 2013 届高三新课程第一次摸底测试数学理) 函数 y ? ln x 在x ? e 处 的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为

9 2 1 C. 2e 2 D. e 2 e B. Se 2 ? 2 2 1 2 2 【答案】D【解析】 y ' ? 2 ? 2 x ? ,所以在 x ? e 2 处的切线效率为 k ? 2 ,所以切线方 x x e 2 2 程为 y ? 4 ? 2 ( x ? e ) ,令 x ? 0 ,得 y ? 2 ,令 y ? 0 ,得 x ? ?e 2 ,所以所求三角形的 e 1 2 2 面积为 ? 2 ? e ? e ,选 D. 2 3 . (贵州省六校联盟 2013 届高三第一次联考理科数学试题)已知函数 y ? xf ?( x ) 的图象如
A. 图 3 所示(其中 f ?( x) 是函数 f (x) 的导函数) .下面四个图象中, y ? f (x) 的图象大致是 ( )

y

-1

1

O
图3

x

1

y

y

y

y

-1 O 1

x

-1 O 1

x

-1 O 1

x

-1

O1

x

A.

B.

C.

D.

【答案】【解析】 C 由条件可知当 0 ? x ? 1 时, f '( x) ? 0 , 函数递减, x ? 1 时, f '( x) ? 0 , 当 函数递增,所以当 x ? 1 时,函数取得极小值.当 x ? ?1 时, xf '( x) ? 0 ,所以 f '( x) ? 0 , 函数递增,当 ?1 ? x ? 0 , xf '( x) ? 0 ,所以 f '( x) ? 0 ,函数递减,所以当 x ? ?1 时,函 数取得极大值.所以选 C. 4 . ( 【解析】 云南省玉溪一中 2013 届高三上学期期中考试理科数学) 已知曲线 y ?

x2 ? 3 ln x 4

的一条切线的斜率为 A. 3

1 ,则切点的横坐标为( ) 2
C. 1 D.

B. 2

1 2 x 3 ,由 x 3 1, ? y'? ? ? 2 x 2 x 2

【答案】A【解析】函数的定义域为 (0, ??) ,函数的导数为

y'?

得 x 2 ? x ? 6 ? 0 ,解得 x ? 3 或 x ? ?1 (舍去) ,选 A. 5 . 云 南 省 昆 明 一 中 2013 届 高 三 第 二 次 高 中 新 课 程 双 基 检 测 数 学 理 ) 曲 线 (

y ? sin x (0 ? x ? ? )与x 轴所围成图形的面积为
A.1 B.2 C.

?
2

D. ?

2

【答案】B【解析】根据积分的应用可知所求面积为

?

?

0

sin xdx ? (? cos x)

?
0

? 2 ,选 B.
1 x

6 .【解析】贵州省四校 2013 届高三上学期期末联考数学(理)试题)如果 ( ? x 2 )3 的展 ( 开式中的常数项为 a ,则直线 y ? ax 与曲线 y ? x 2 围成图形的面积为( )

A.

27 2

B. 9

C.

9 2

D.

27 4

k k 【答案】C【解析】展开式的通项为 Tk ?1 ? C3 ( )3? k ( x 2 ) k ? C3 x 3k ?3 ,所以当 3k ? 3 ? 0 时,

1 x

? y ? 3x 1 k ? 1 。即常数项为 a ? C3 ? 3 ,所以直线方程为 y ? 3x ,由 ? 得 x ? 0 或 x ? 3 ,所 2 ?y ? x
以曲线所围成图形的面积为

?

3 1 (3 x ? x 2 )dx ? ( x 2 ? x 3 ) 0 2 3
3

3 0

?

9 ,选 C. 2

7 . (甘肃省天水一中 2013 届高三下学期五月第二次检测(二模)数学(理)试题)过点 A(2,1)作曲线 f(x)=x -x 的切线的条数最多是( A.3 B.2 C.1 D.0 【答案】 A
3

)

8 . (云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(三)理科数学试题)已知 f ( x) 为 R 上 的可导函数,且 ?x ? R, 均有 f ( x) ? f ′(x) ,则有 ( A. e B. e C. e D. e
2013



f (?2013) ? f (0), f (2013) ? e 2013 f (0) f (?2013) ? f (0), f (2013) ? e 2013 f (0) f (?2013) ? f (0), f (2013) ? e 2013 f (0) f (?2013) ? f (0), f (2013) ? e 2013 f (0)
f ?( x)e x ? (e x )? f ( x) f ?( x) ? f ( x) f ( x) , ? , 则 g ?( x) ? x (e x ) 2 ex e

2013

2013

2013

【答案】A【解析】构造函数 g ( x) ?

因为 ?x ? R ,均有 f ( x) ? f ?( x) , 并且 e x ? 0 ,所以 g ?( x) ? 0 ,故函数 g ( x) ? 调递减,所以 g (?2013) ? g (0) ,g (2013) ? g (0) ,即

f ( x) 在 R 上单 ex

f (?2013) f (2013) ? f (0) , 2013 ? f (0) , e?2013 e

也就是 e2013 f (?2013) ? f (0) ,f (2013) ? e 2013 f (0) ,故选 A. 9 . (甘肃省兰州一中 2013 届高三上学期 12 月月考数学(理)试题)设 f(x)、g(x)分别是 定义在 R 上的奇函数和偶函数,当 x<0 时, f ?( x) g ( x) ? f ( x) g ?( x) ? 0 且 g(3)=0.则不

3

等式 f ( x) g ( x) ? 0 的解集是

A. (-3,0)∪(3,+∞)
- 3)∪(0, 3)

B.(-3,0)∪(0, 3)

C.(-∞,- 3)∪(3,+∞)

D. (-∞,

【答案】 解析】 D 【 构造函数 F ? x ? ? f ( x) g ( x) , 因为当 x<0 时, f ?( x) g ( x) ? f ( x) g ?( x) ? 0 , 所以当 x<0 时, F ' ? x ? ? ? f ( x ) g ( x ) ? ? 0 ,所以函数 F ? x ? ? f ( x) g ( x) 在 ? ??, 0 ? 上单调
'

递增,又因为 f(x)、g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数,所以 F ? x ? ? f ( x) g ( x) 是 奇 函 数 , 所 以 函 数 F ? x ? ? f ( x) g ( x) 在 ? 0, ?? ? 上 单 调 递 增 , 又 g(3)=0. 所 以

F ? 3? ? F (?3) ? 0 ,所以不等式 f ( x) g ( x) ? 0 的解集是(-∞,- 3)∪(0, 3)。
10 .( 贵 州 省 遵 义 四 中 2013 届 高 三 第 四 月 考 理 科 数 学 ) 对 于 三 次 函 数 ,定义:设 f ??( x) 是函数 y ? f ?( x) 的导数,若方 f ( x) ? ax 3 ? bx 2 ? cx ? d ( a ? 0 ) 程 f ??( x) ? 0 有实数解 x0,则称点(x0,f(x0) )为函数 y ? f ( x) 的“拐点”.有同学 发现:“任何一个三次函数都有‘拐点’; 任何一个三次函数都有对称中心; 且‘拐点’ 就 是 对 称 中 心 . ” 请 你 将 这 一 发 现 为 条 件 , 若 函 数

1 3 1 2 5 1 ,则 x ? x ? 3x ? ? 3 2 12 x ? 1 2 1 2 3 4 2010 g( ) ? g( ) ? g( ) ? g( ) ??? g( ) =( ) 2011 2011 2011 2011 2011 g ( x) ?
(A)2010 (B)2011 (C)2012 (D)2013 【答案】A【解析】令 h( x) ?

1 3 1 2 5 1 2 ,则 g(x)=h x ? x ? 3 x ? , m( x ) ? ? 1 2x ?1 3 2 12 x? 2 1 ,所以 h(x)的对称中 2

(x)+m(x) . 则 h '( x) ? x ? x ? 3 , h ''( x) ? 2 x ? 1 令 h ''( x) ? 2 x ? 1 ? 0, x ?
2

心为( ,1) . 设点 p(x0,y0)为曲线上任意一点,则点 P 关于( ,1)的对称点 P′(1﹣x0,2﹣y0)也 在曲线上, ∴h(1﹣x0)=2﹣y0 ,∴h(x0)+h(1﹣x0)=y0+(2﹣y0)=2. ∴h( )+h( )+h( )+h( )+?+h( )

4

=[h ( +h(

) ( +h

) ]+[h (

) ( +h

) ]+[h (

) ( +h

) ]+?+[h (



)]=1005×2=2010. 的对称中心为( ,0) ,可得 m(x0)+m(1﹣x0)=0. )+m( ) ]+[m ( )+m( ) ( +m )+?+m( ) ]+[m ( ) ) ( +m ) ]+?+[m ( )

由于函数 m(x)= ∴m( =[m ( +m( ∴g( +h( +m( )+m( ) ( +m

)]=1005×0=0. )+g( )+h( )+m( )+g( )+?+h( )+m( )+g( ) )+m( )+?+m( ) )+?+g( )=h( )+h( )

=2010+0=2010,选 A. 11. (云南师大附中 2013 届高考适应性月考卷(八)理科数学试题(详解) )已知方程

ln x ? a( x ? 2e) ? 2 ? 0 ( a 为实常数)有两个不等实根,则实数 a 的取值范围是
A. ? 0,1? B. ? 0,e ? C. ?1,e? D. ? 0, ? 【答案】 ln x ? a( x ? 2e) ? 2=0 ? ln x=a( x ? 2e)+2 , 令 y1 ? ln x, y2 ? a( x ? 2e) ? 2 ,直线 y2 ? a( x ? 2e) ? 2 过定点 (2e, 2) ,

? ?

1? e?

? 设直线 y2 ? a( x ? 2e) ? 2 与 y1 的切点为 ( x0 , ln x0 ) ,由于 y1 ?
所以,切线斜率 a ?

1 , x

1 ln x0 ? 2 1 ? , x0 ln x0 ? 3x0 ? ?2e, ∴x0 ? e, a ? , x0 x 0 ?2e e

?1 ? 当 a ? ? , ? ? ? 时,直线 y2 ? a( x ? 2e) ? 2 与 y1 的图象有 2 个交点. ?e ? 12. (贵州省贵阳市 2013 届高三适应性监测考试(二)理科数学 word 版含答案)定积分

? e xdxe
2 0

1

2

1 ? 1 的值等于 2
B. (e ? 1)
2

A. e ? 1
2

C. e

2

D.

1 2 e 2

【答案】 B 13 . 云 南 省 昆 明 市 2013 届 高 三 复 习 适 应 性 检 测 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 若 函 数 (

y ? e x ? e ? x ? 3x (?

1 1 ? x ? ) 的图象上任意点处切线的倾斜角为 ? ,则 ? 的最小值是 2 2
5

(A)

5? 6

(B)

3? 4

(C)

? 4

(D)

? 6

【答案】 B

14. (云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理科数学)设定义在 R 上的函数 f (x) 是最小 正周期为 2? 的偶函数, f ?( x ) 是 f (x) 的导函数,当

x ??0, ? ? 时, 0 ? f ( x) ? 1;当 x ? (0, ? ) 且 x ?
y ? f ( x) ? sin x 在 [?2? ,2? ] 上的零点个数为(
A.2 B.4 C.5 )

?
2

时 , (x ?

?
2

) f ?( x) ? 0 ,则函数

D. 8

【答案】B【解析】由 ( x ? 当0? x?

?
2

) f ?( x) ? 0 知,当

?
2

? x ? ? 时,导函数 f '( x) ? 0 ,函数递增,

?
2

时 , 导 函 数 f '( x) ? 0 , 函 数 递 减 。 由 题 意 可 知 函 数 f ( x ) 的 草 图 为

,由 y ? f ( x) ? sin x ? 0,即 f ( x) ? sin x ,由 图象可知方程 f ( x) ? sin x在[?2? , 2? ] 上的根的个数为为 4 个,选 B. 15. (甘肃省 2013 届高三第一次诊断考试数学(理)试题)已知二次函数 y= f(x)的图象 如图所示,则它与 x 轴所围图形的面积为

A.

2? 4 B. 5 3

C.

3 2

D.

? 2

【答案】B【解析】根据图像可得: y ? f ( x) ? ? x2 ? 1,再由定积分的几何意义,可求得面 积为 S ?

?

1

?1

1 4 (? x 2 ? 1)dx ? (? x 3 ? x)1 1 ? . ? 3 3

16.云南省玉溪一中 2013 届高三第三次月考理科数学) ( 如图所示, 曲线 y ? x 2 和曲线 y ? x

6

围成一个叶形图(阴影部分) ,则该叶形图的面积是( A.
1 2


1 3

B.

1 4

C.

1 6

D.

【答案】D【解析】由 ?

? y ? x2 ? ?y ? x ?

,解得 ?

?x ? 1 ?x ? 0 或? ,所以根据积分的应用可得阴影部 ?y ?1 ?y ? 0

分的面积为

2 3 1 2 1 1 ( x ? x 2 )dx ? ( x 2 ? x3 ) 1 ? ? ? ,选 D. 0 ?0 3 3 3 3 3
1

17. (贵州省遵义四中 2013 届高三第四月考理科数学) 过点 P (2, ?2) 且与曲线 y ? 3 x ? x 相
3

切的直线方程是( ) (A) y ? ?9 x ? 16 (B) y ? 9 x ? 20 (C) y ? ?2 (D) y ? ?9 x ? 16 或 y ? ?2
2

【答案】D【解析】设点 (a, b) 是曲线上的任意一点,则有 b ? 3a ? a 3 。导数 y ' ? 3 ? 3 x 则 切 线 斜 率 k ? 3 ? 3a 2 , 所 以 切 线 方 程 为 y ? b ? (3 ? 3a )( x ? a ) , 即
2

y ? (3 ? 3a 2 ) x ? a (3 ? 3a2 ) ? b ? (3 ? 3a2 )x ? 3a3 ? 3a ? 3a ? a3




2





y ? (3 ? 3a 2 ) x ? 2a 3 , 将 点 P(2, ?2) 代 入 得 ?2 ? 2(3 ? 3a 2 ) ? 2a 3 ? 2a 3 ? 6a ? 6 , 即
a 3 ? 3a 2 ? 4 ? 0 ,即 a 3 ? 1 ? 3a 2 ? 3 ? ( a 3 ? 1) ? 3( a 2 ? 1) ? 0 ,整理得 (a ? 1)(a ? 2) 2 ? 0 ,
解得 a ? 2 或 a ? ?1 ,代入切线方程得切线为 y ? ?9 x ? 16 或 y ? ?2 ,选 D. 18. (云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(四)理科数学试题)已知定义在 R 上 的函数 f ( x) ? e ? x ? x ? sin x ,则曲线 y ? f ( x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程是
x 2

A. y ? x ? 1 B. y ? 3 x ? 2

C. y ? 2 x ? 1

D. y ? ?2 x ? 3

【答案】【解析】 x ? 0 , A 令 解得 f (0) ? 1 . 对 f ( x) 求导, f ?( x) ? e x +2x? 1+cosx, x ? 0 , 得 令 解得 f ?(0) ? 1 ,故切线方程为 y ? x ? 1 .选 A.

二、填空题 19. (云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理科数学)已知不等式 1 ?

3 ? 0 的解集 x?a
7

为(-1,2) ,则

?

2

0

(1 ?

3 ) dx ? x?a



【答案】 2 ? 3ln 3 【解析】由 1 ?

3 x? a?3 ?0 ?0 ( x ? a)( x ? a ? 3) ? 0 x?a 得 x?a ,即 ,即

?a ? x ? 3 ? a
,因为不等式的解集为

(?1, 2)

??a ? ?1 a ?1 ? , 所 以 ?3 ? a ? 2 , 解 得 。所以
2 0

?

2

0

(1 ?

3 ) dx ? x?a

?

2

0

(1 ?

3 )dx ? ( x ? 3ln( x ? 1)) x ?1

? 2 ? 3ln 3


20. (甘肃省兰州一中 2013 届高三上学期 12 月月考数学(理)试题)从如图所示的长方形 区域内任取一个点 M ( x, y ) ,则点 M 取自阴影部分的概率为______.

【答案】

1 【 解 析 】 长 方 形 的 面 积 为 S ? 1? 3 ? 3 , 阴 影 部 分 的 面 积 为 3 1 1 1 S1 ? ? 3x 2 dx ? x 3 ? 1 ,所以点 M 取自阴影部分的概率为 。 0 0 3
x

21. (云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理科数学)已知函数 f ( x) ? e ? 2x ? a 有零 点,则 a 的取值范围是 。
x x x

【答案】 a ? 2 ln 2 ? 2【解析】 f '( x) ? e ? 2 ,有 f '( x) ?e ?2 ?0 ,得 e ? 2, x ?ln2 。 当

x ? ln 2 时, f '( x) ? 0 ,当 x ? ln 2 时, f '( x) ? 0 ,所以当 x ? ln 2 时,函数取得极小

) ln 2 2 0 值 , 所 以 要 使 函 数 有 零 点 , 则 有 f (ln 2) ? 0 , 即 f ( l n 2 ? e ? 2 l n? a ? , 即
a ? 2 l n 2 ,所以 a 的取值范围是 a ? 2 ln 2 ? 2 。 ? 2

8

22 .( 云 南 省 昆 明 一 中 2013 届 高 三 新 课 程 第 一 次 摸 底 测 试 数 学 理 )

?

3

2

( x?

1 2 ) dx = x
答 案







9 3 + ln 2 2


3 2







?

3

2

( x?

3 1 2 1 1 ) dx ? ? ( x ? ? 2)dx ? ( x 2 ? ln x ? 2 x) 2 x 2 x

?

9 3 + ln 2 2
2 , x

23.甘肃省兰州一中 2013 届高三上学期 12 月月考数学 ( (理) 试题) 已知函数 f ( x) ? x 2 ?
x

?1? g ( x) ? ? ? ? m .若 ?x1 ? [1, 2] , ?x2 ? [?1,1] 使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,则实数 m 的取值范围是 ?2?
________________. 【 答 案 】 [?

5 , ??) 【 解 析 】 要 使 ?x1 ? [1, 2] , ?x2 ? [?1,1] , 使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) , 只 需 2
x
2

2 ?1? f ( x) ? x ? 在 [1, 2] 的最小值大于等于 g ( x) ? ? ? ? m 在 [?1,1] 上的最小值,因为 x ?2?
3 2 2 ? x ? 1? 2 f ( x) ? 2 x ? 2 ? ? 0 在 [1, 2] 上成立,所以 f ( x) ? x 2 ? 在 [1, 2] 单调递 2 x x x '

2 ?1? 增,所以 f min ( x) ? f ?1? ? 1 ? ? 3 。因为 g ( x) ? ? ? ? m 是单调递减函数,所以 1 ?2?
2

x

5 ?1? ?1? g min ( x) ? g ?1? ? ? ? ? m ,所以 ? ? ? m ? 3, 即m ? ? 。 2 ?2? ?2?
24. ( 【解析】 甘肃省天水市一中 2013 届高三上学期第三次考试数学理试题) (2 x ? e )dx ?
x 0

?

2

_ 【答案】 5 ? e 【解析】
2

?

2

0

(2 x ? e x )dx ? ? x2 ? e x ? ? ? 4 ? e2 ? ? ? 0 ? e0 ? ? 5 ? e2 。
2 0

25 . 【 解 析 】 云 南 省 玉 溪 一 中 2013 届 高 三 上 学 期 期 中 考 试 理 科 数 学 ) 已 知 函 数 (

f ( x) ? 3x2 ? 2x ? 1 ,若 ? f ( x)dx ? 2 f (a) ,则 a ? ___________ .
?1

1









a ? ?1



a??

1 3













9

?

1

?1

f ( x)dx ? ? (3x2 ? 2 x ? 1)dx ? ( x3 ? x 2 ? x)
?1

1

1 ?1

?4

,所以 2 f (a) ? 4 ,即 f (a) ?2 ,所



f (a) ? 3a ? 2a ? 1 ? 2
2

,即

3a ? 2a ? 1 ? 0
2

,解得 a ? ?1 或 a ? ? 。

1 3

26. (甘肃省天水一中 2013 届高三下学期五月第二次检测(二模)数学(理)试题)已知在 区 间 (a,b) 上 ,f(x)>0,f′(x)>0, 对 x 轴 上 的 任 意 两 点 (x1,0),(x2,0),(a<x1<x2<b) 都 有 x1+x2 f(x1)+f(x2) f(a)+f(b) f( )> .若 S1=?bf(x)dx,S2= (b-a),S3=f(a)(b-a), 2 2 2 ?
a

则 S1、S2、S3 的大小关系为_____________________. 【答案】S1>S2>S3 27. (云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷 (三) 理科数学试题) 在区间[-6,6], 内任取一个元素 xO ,若抛物线 y=x 在 x=xo 处的切线的倾角为 ? ,则 ? ? ?
2

? ? 3? ? 的概 , ?4 4 ? ?

率为 【答案】



11 1 ? π 3π ? 【解析】当 α∈ ? , ? 时,斜率 k≥1 或 k≤ ? 1 ,又 y? ? 2 x ,所以 x0≥ 或 2 12 ?4 4 ?
1 11 ,所以 P= . 2 12

x0 ≤ ?

三、解答题 28. (云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理科数学) (本小题满分 12 分)已知函数

f ( x) ? ln x ? ax ?
(Ⅰ)当 a ?

1? a ? 1 (a ? R) . x

1 时,讨论 f ( x ) 的单调性; 2 1 2 (Ⅱ)设 g ( x) ? x ? 2bx ? 4. 当 a ? 时,若对任意 x1 ? (0, 2) ,存在 x2 ??1,2? ,使 4

f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求实数 b 取值范围。









10

1 时, (0, 上是减函数, (1, 上是增函数, 1) 在 2) 所以对任意 x1 ? (0, 2) , f(x) 在 4 1 1 有 f(x1 ) ? f(1)=- , 又 已 知 存 在 x2 ??1,2? , 使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) , 所 以 ? ? g ( x2 ) , 2 2
(Ⅱ) a ? 当

x2 ??1,2? ,
2 即存在 x ??1, 2? ,使 g ( x) ? x ? 2bx ? 4 ? ?

1 9 2 ,即 2bx ? x ? , 2 2

9 17 11 即 2b ? x ? 2 ? [ , ] 4 2 , x
所以 2b ?

17 17 17 ,解得 b ? ,即实数 b 取值范围是 [ ,?? ) 。 4 8 8

29 . 甘 肃 省 兰 州 一 中 2013 届 高 三 上 学 期 12 月 月 考 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数 (

11

f ( x) ? ln x ? ax 2 ? (2 ? a) x ,
(1)讨论 f ( x) 的单调性, (2)设 a ? 0 ,证明:当 0 ? x ?

1 1 1 时, f ( ? x) ? f ( ? x) , a a a

(3)若函数 y ? f ( x) 的图像与 x 轴交于 A, B 两点,线段 AB 中点的横坐标为 x0 ,证明:

f '( x0 ) ? 0
【答案】解:(1) f (x)的定义域为(0,+∞)

f ?( x) ?

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

(ⅰ) 若 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 ,所以 f (x)在(0,+∞)内单调递增 (ⅱ) 若 a ? 0 时, 由 f ?( x) ? 0 得 x ?

1 1 , 且 x ? (0, ) 内单调递增 a a

1 x ? ( , ??) 时 f (x)单调递减 a 1 1 (2) 设 g ( x) ? f ( ? x) ? f ( ? x) a a
? g ( x) ? ln(1 ? ax) ? ln(1 ? ax) ? 2ax

g ?( x) ?

a ?a 2a 3 x 2 ? ? 2a ? 1 ? ax 1 ? ax 1 ? a2 x2

1 时, g ?( x) ? 0 ,而 g (0) ? 0 ∴ g ( x) ? 0 a 1 1 1 即 0 ? x ? 时 f ( ? x) ? f ( ? x) a a a
当0 ? x ? (3) 由(1)可得,当 a ? 0 ,f (x)单调递增,所以 f (x)与 x 轴至多有一个交点,不合题意. 故 a>0,从而 f ( x) max ? f ( ) , 且 f ( ) ? 0 不妨设 A( x1 , 0), B ( x2 , 0), 0 ? x1 ? x2 ,则 0 ? x1 ? 由(2)知 f ( ? x1 ) ? f ( ?

1 a

1 a

1 ? x2 a

1 1 1 1 ? x1 ) ? f ( ? ? x1 ) ? f ( x1 ) ? 0 ? f ( x2 ) a a a a x ? x2 1 2 即 x2 ? ? x1 ? x0 ? 1 ? ? f ?( x0 ) ? 0 a 2 a
30.【解析】甘肃省天水市一中 2013 届高三上学期第三次考试数学理试题)(本小题 12 分) ( 已知函数 f(x)= x,g(x)=aln x,a∈R.

2 a

12

(1)设 h(x)=f(x)-g(x),当 h(x)存在最小值时,求最小值 φ(a)的解析式; (2)对于(1)中的 φ(a),证明当 a∈(0,+∞)时,φ(a)≤1. 【答案】 【解】 (1)由条件知 h(x)= x-aln x(x>0). ∴h′(x)= a x-2a - = . 2x 2 x x 1

①当 a>0 时,令 h′(x)=0,解得 x=4a2, ∴当 0<x<4a2 时,h′(x)<0,h(x)在(0,4a2)上递减; 当 x>4a2 时,h′(x)>0,h(x)在(4a2,+∞)上递增. ∴x=4a2 是 h(x)在(0,+∞)上的唯一极值点, 且是极小值点,从而也是 h(x)的最小值点. ∴最小值 φ(a)=h(4a2)=2a-aln 4a2=2a(1-ln 2a). ②当 a≤0 时,h′(x)= x-2a >0,h(x)在(0,+∞)上递增,无最小值. 2x

故 h(x)的最小值为 φ(a)=2a(1-ln 2a)(a>0). (2)由(1)知 φ(a)=2a(1-ln 2a),(a>0). 1 则 φ′(a)=-2ln 2a,令 φ′(a)=0,解得 a= . 2 1 当 0<a< 时,φ′(a)>0, 2 1 ∴φ(a)在(0, )上递增; 2 1 当 a> 时,φ′(a)<0, 2 1 ∴φ(a)在( ,+∞)上递减. 2 1 1 ∴φ(a)在 a= 处取得极大值 φ( )=1, 2 2 ∵φ(a)在(0,+∞)上有且只有一个极值点, 1 所以 φ( )=1 也是 φ(a)的最大值. 2 ∴当 a∈(0,+∞)时,总有 φ(a)≤1. 31. (云南师大附中 2013 届高考适应性月考卷(八)理科数学试题(详解) )已知函数

f ( x) ?

mx ?1? , g ( x) ? ? ? 2 4 x ? 16 ?2?

| x ? m|

,其中 m ? R 且 m ? 0 .

(1)判断函数 f ( x ) 的单调性;

13

(2)当 m ? ?2 时,求函数 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) 在区间 ? ?2, 2? 上的最值; (3) 设 函 数 h( x) ? ?

? f ( x ),x ? 2, 当 m ? 2 时 , 若 对 于任 意 的 x1 ?? 2, ??? , 总 存 在 唯 一 的 ? g ( x), x ? 2,

x2 ? ? ??, 2? ,使得 h( x1 ) ? h( x2 ) 成立,试求 m 的取值范围.
m(4 ? x 2 ) m(2 ? x)(2 ? x) ? , 4( x 2 ? 4) 2 4( x 2 ? 4) 2 当 m ? 0 时, f ?( x) ? 0 ? ?2 ? x ? 2, f ?( x) ? 0 ? x ? ?2 或 x ? 2 , 所以 f ( x) 在 (?2, 2) 上单调递增;在 (??, ? 2), (2, ? ?) 上单调递减. 当 m ? 0 时, f ?( x) ? 0 ? ?2 ? x ? 2, f ?( x) ? 0 ? x ? ?2 或 x ? 2 ,

【答案】解:(Ⅰ)依题意, f ?( x) ?

所以 f ( x) 在 (?2, 2) 上单调递减;在 (??, ? 2), (2, ? ?) 上单调递增. (Ⅱ)当 m ? ?2, ? 2≤x≤2 时,
?1? g ( x) ? ? ? ?2?
| x ? m|

?1? ?? ? ? 2?

x?m

?1? ? 2m ? ? ? 在 [?2, 2] 上单调递减. ? 2?

x

由(Ⅰ)知, f ( x) 在 (?2, 2) 上单调递减, 所以 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ?
mx ?1? ? 2m ? ? 在 (?2, 2) 上单调递减. 4 x 2 ? 16 ?2?
x

∴F ( x)max ? F (?2) ? 4 ? 2m ? F ( x)min ? F (2) ? 2m?2 ? m . 16

m m ? 2m? 2 ? ; 16 16

(Ⅲ)当 m≥2 , x1 ?[2, ? ?) 时, h( x1 ) ? f ( x1 ) ? 由(Ⅰ)知 h( x1 ) 在 [2, ? ?) 上单调递减,
m? ? 从而 h( x1 ) ? (0, f (2)] ,即 h( x1 ) ? ? 0, ?; ? 16 ?

mx1 , 4 x12 ? 16

?1? 当 m≥2 , x2 ? 2 时, h( x2 ) ? g ( x2 ) ? ? ? ?2?

| x2 ? m|

?1? ?? ? ? 2?

m ? x2

?1? ? ? ? ? 2 x2 ,在 ( ??, 2) 上单调递增, ? 2?

m

? ? 1 ?m ? 2 ? 从而 h( x2 ) ? (0, g (2)) ,即 h( x2 ) ? ? 0, ? ? ? . ? ?2? ? ? ?
对于任意的 x1 ?[2, ? ?) ,总存在唯一的 x2 ? (??, 2) ,使得 h( x1 ) ? h( x2 ) 成立,
m ?1? ?? ? 16 ? 2 ?
m?2

只需

,即

m ?1? ?? ? 16 ? 2 ?
m?2

m?2

? 0 成立即可.
m?2

记函数 H (m) ?

m ?1? ?? ? 16 ? 2 ?

,易知 H (m) ?

m ?1? ?? ? 16 ? 2 ?

在 [2, ? ?) 上单调递增,且 H (4) ? 0 ,

14

所以 m 的取值范围为 [2, 4) . 32. (贵州省贵阳市 2013 届高三适应性监测考试(二)理科数学 word 版含答案)已知函数

f ( x) ? (bx ? c) ln x 在 x ?

1 处取得极值,且在 x=l 处的切线的斜率为 1. e

(I)求 b,c 的值及 f(x)的单调减区间. (II)设 p>0,q>0,求证: 5 f (

3 p ? 2q ) ? 3 f ( p) ? 2 f (q) . 5

【答案】解:(Ⅰ) f ?( x) ? b ln x ? (bx ? c) ?

1 x

1 1 b f ?( ) ? 0 ,∴ b ln ? ( ? c) ? e ? 0 ,即 ?b ? b ? e ? c ? 0 ,∴ c ? 0 e e e
∴ f ?( x) ? b ln x ? b ,又 f ?(1) ? 1 ,∴ b ln1 ? b ? 1 ,∴ b ? 1 综上可知

b ? 1, c ? 0 f ( x) ? x ln x ,定义域为 x >0, f ?( x) ? ln x ? 1
由 f ?( x ) <0 得 0< x <

1 1 ) ,∴ f ( x ) 的单调减区间为 (0, e e

(Ⅱ)欲证 5 f (

3 p ? 2q ) ≤ 3 f ( p) ? 2 f (q) 成立 5

需证 5 ?

3 p ? 2q 3 p ? 2q ? ln ≤ 3 p ln p ? 2q ln q 成立 5 5

即证 3 p ln

3 p ? 2q 5q ≤ 2q ln 5p 3 p ? 2q

令t ?

3 ? 2t 2t 5t q ≤ ? ln ,∵ p >0, q >0 ,∴ t >0,即证 ln 5 3 3 ? 2t p

15

3 ? 2t 2t 5t 3 ? 2t 2 2t ? ? ln ? t ln(5t ) ? ln(3 ? 2t ) 则 h(t ) ? ln 5 3 3 ? 2t 5 3 3 5 2 2 2t 5 2 2t 2 ? ? ln(5t ) ? ? ? ln(3 ? 2t ) ? ? ∴ h?(t ) ? 3 ? 2t 5 3 3 5t 3 3 3 ? 2t 2 3 ? 2t ? ln 3 5t 3 ? 2t ① 当 3 ? 2t > 5t ,即 0< t <1 时, ln >0,即 h?(t ) >0 5t
令 h(t ) ? ln

h(t ) 在(0,1)上递增,∴ h(t ) < h(1) =0,
② 当 3 ? 2t < 5t ,即 t >1 时, ln

3 ? 2t <0,即 h?(t ) <0 5t

h(t ) 在(1,+∞)上递减,∴ h(t ) < h(1) =0,
③ 当 3 ? 2t = 5t ,即 t =1 时, h(t ) = h(1) =0 综合①②③知 h(t ) ≤ 0 即 ln

3 ? 2t 2t 5t ≤ ? ln 5 3 3 ? 2t

即5 f (

3 p ? 2q ) ≤ 3 f ( p) ? 2 f (q) 5

33. (甘肃省兰州一中 2013 高考冲刺模拟(一)数学(理) )已知函数 f1 ( x) ? . f 2 ( x) ? a ln x (其中 a ? 0 ) (Ⅰ)求函数 f ( x) ? f1 ( x) ? f 2 ( x) 的极值;

1 2 x , 2

1 (Ⅱ)若函数 g ( x) ? f1 ( x) ? f 2 ( x) ? (a ? 1) x 在区间 ( , e) 内有两个零点,求正实数 a 的取 e 值范围; 3 1 (Ⅲ) 求证: x ? 0 时,ln x ? 2 ? x ? 0 . 当 (说明: 是自然对数的底数, =2.71828?) e e . 4x e

1 【答案】解: (Ⅰ) f ( x) ? f1 ( x) ? f 2 ( x) ? ax2 ? ln x , 2 1 1 ∴ f ?( x) ? ax ln x ? ax ? ax(2ln x ? 1) ( x ? 0 , a ? 0 ) , 2 2
由 f ?( x) ? 0 ,得 x ? e
1 ? 2
? 1 2

,由 f ?( x) ? 0 ,得 0 ? x ? e
1 ? 2

?

1 2



故函数 f ( x) 在 (0, e ) 上单调递减,在 (e , ??) 上单调递增,

16

所以函数 f ( x) 的极小值为 f (e 2 ) ? ? (Ⅱ)函数 g ( x) ?

?

1

a ,无极大值. ·········· 3 分 4e

1 2 x ? a ln x ? (a ? 1) x , 2 a x2 ? (a ? 1) x ? a ( x ? a)( x ? 1) 则 g ?( x) ? x ? ? (a ? 1) ? , ? x x x 令 g ?( x) ? 0 ,∵ a ? 0 ,解得 x ? 1 ,或 x ? ?a (舍去) ,
当 0 ? x ? 1 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 (0,1) 上单调递减; 当 x ? 1 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 (1, ??) 上单调递增.

1 函数 g ( x) 在区间 ( ,e) 内有两个零点, e a ?1 2e ? 1 ? ? 1 ? ? a ? 0, ? 1 ?a ? 2e2 ? 2e , g ( ) ? 0, ? 2e2 e ? e ? ? ? 1 ?1 ? 只需 ? g (1) ? 0, 即 ? ? a ? 1 ? 0, ∴ ?a ? , 2 ? g (e) ? 0, ?2 ? ? ? e2 ? 2e ? e2 ? (a ? 1)e ? a ? 0, ?a ? , ? ? 2e ? 2 ?2 ? 2e ? 1 1 故实数 a 的取值范围是 ( 2 , ) . ················ 7 分 2e ? 2e 2 x2 3 1 (Ⅲ)问题等价于 x2 ln x ? x ? .由(Ⅰ)知 f ( x) ? x 2 ln x 的最小值为 ? . 2e e 4 x2 3 x( x ? 2) 设 h( x) ? x ? , h?( x) ? ? 得 h( x) 在 (0, 2) 上单调递增,在 (2, ??) 上单调递减. ex e 4 4 3 ∴ h( x)max ? h(2) ? 2 ? , e 4 3e2 ? 2e ? 16 (3e ? 8)(e ? 2) 1 4 3 3 1 4 ∵? ?( 2 ? ) ? ? ? 2 =? ? ?0, 2e e 4 4 2e e 4e2 4e2 3 1 x2 3 ∴ f ( x)min ? h( x)max ,∴ x2 ln x ? x ? ,故当 x ? 0 时, ln x ? 2 ? x ? 0 . 12 分 4x e e 4
34. (甘肃省河西五市部分普通高中 2013 届高三第二次联合考试 数学(理)试题)已 知函数 f ( x) ?

1 2 ax ? (2a ? 1) x ? 2 ln x(a ? R) 2 (Ⅰ)若曲线 y ? f ( x) 在 x ? 1 和 x ? 3 处的切线互相平行,求 a 的值及函数 f ( x ) 的单调
( Ⅱ ) 设 g ( x) ? ( x2 ? 2 x)ex , 若 对 任 意 x1 ? ? 0 , 2 , 均 存 在 x2 ? ? 0 , 2 , 使 得 ? ?

区间;

f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求实数 a 的取值范围.
【答案】 (12 分) 【解】 (Ⅰ) f ?( x) ? ax ? (2a ? 1) ?

2 1 , f ?(1) ? ?a ? 1, f ?(3) ? a ? ,由 x 3

2 ,?(2 分) 3 2 7 2 (2 x ? 3)( x ? 2) 3 f ?( x) ? x ? ? ? 得其单调递增区间为 (0, ), (2, ??) 单调递减区间为 3 3 x 3x 2 3 ( , 2) . (5 分) 2

f ?(1) ? f ? (3) 得 a ?

17

知 当 x ? ? 0, 2? 时 g ( x)max ? g (0) ? g (2) ? 0 ,所以只须 f ( x) max ? 0 对 f ( x ) 来说, f ?( x) ? ax ? (2a ?1) ?

(Ⅱ)若要命题成立,只须当 x ? ?0,2? 时, f ( x)max ? g ( x)max ,由 g ? (x)=(x2 ? 2)ex 可 ??(7 分)

2 ( ax ?1)( x ? 2) ? , x x 1 1 1 ?2 ① 当 a ? 时, f ( x) max ? f ( ) ? ?2 ln a ? 2 a 2a 1 1 ? 2 求导可知 当 a ? 1 时,显然小于 0,满足题意,当 ? a ? 1 时,可令 h( x) ? ?2ln a ? 2 2a 1 1 1 ? 2 ? 0 ,满足题意,所以 a ? 满足题 该函数在 ? a ? 1 时单调递减, h( x) ? ?2ln a ? 2 2a 2
意, ② 当a ?

1 时, f ( x ) 在 x ? ? 0, 2? 上单调递增, f ( x) max ? f (2) ? 2ln 2 ?2 a ?2 ? 0 得 2 1 ln 2 ? 1 ? a ? 综上所述,满足题意的 a ? ln 2 ?1 ??(12 2

分) 35. (云南省昆明一中 2013 届高三第二次高中新课程双基检测数学理)已知函数

x 2 ? ax ? 1 f ( x) ? (a ? ?2) 的图象关于点 (b,1) 对称。 x ?1
(I)求函数 f ( x) 的单调区间; (II)设函数 g ( x) ? x 2 ? 3c 2 x ? 2c(c ? ?1).若对任意x1 ? [2, 4], 总存在x2 ? [?1, 0], 使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立,求 c 的取值范围。

18

【答案】

19

36.(云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(三)理科数学试题)(本小题满分 12 分) 已知 f (x) = xlnx. (I)求 f (x) 在[t,t+2](t>0)上的最小值; (Ⅱ)证明: ?x ? (0, ??) 都有 1nx ?

1 2 ? 。 e x ex

【答案】 (本小题满分 12 分)
1 (Ⅰ)解: f ?( x) ? ln x ? 1 ,令 f ?( x) ? 0,得x ? . e

1? ? 当 x ? ? 0 , ? ,f ?( x) ? 0 ,f ( x) 单调递减; e? ? ?1 ? 当 x ? ? ,? ? ?,f ?( x) ? 0 ,f ( x) 单调递增. ???????????????? 分) (2 ?e ?
1 因为 t>0 ,t +2>2> , e

20

1 1 ?1? (1)当 0<t< 时 ,f ( x)min ? f ? ? ? ? ; e e ?e? 1 (2)当 t≥ 时, f ( x) min ? f (t ) ? t ln t. e

所以 f ( x)min

1 ? 1 ?? e ,0 ? t ? e , ? ????????????????????? 分) (6 ?? ?t ln t ,≥ 1 . t ? e ?

(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知,当 x ? (0 ,? ?) 时,
1 1 ?1? (当且仅当 x= 时取到最小值) f ( x) ? x ln x 的最小值是 f ( x)min ? f ? ? ? ? , e e ?e? x 2 问题等价于证明 x ln x ? x ? , e e

设 m( x ) ? 则 m?( x) ?

x 2 ? ( x ? (0 ,? ?)) , ex e 1? x 1 ,易得 m( x) max ? m(1) ? ? , (当且仅当 x=1 时取到最大值) x e e 1 2 ? 成立. ????????????(12 分) e x ex

从而对一切 x ? (0 ,? ?) ,都有 ln x ?

37 . 贵 州 省 六 校 联 盟 2013 届 高 三 第 一 次 联 考 理 科 数 学 试 题 ) 已 知 函 数 (

f ( x) ?

a ? b ln x 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 x ? y ? 2 . x ?1 (I)求 a , b 的值; m (II)对函数 f (x) 定义域内的任一个实数 x , f ( x) ? 恒成立,求实数 m 的取值范 x

围.

b ( x ? 1) ? (a ? b ln x) a ? b ln x x ? f ?( x) ? 【答案】解: (Ⅰ)由 f ( x) ? x ?1 ( x ? 1) 2 而点 (1, f (1)) 在直线 x ? y ? 2 上 ? f (1) ? 1 ,又直线 x ? y ? 2 的斜率为 ?1 ? f ?(1) ? ?1
? a ? 2 ?1 ?a?2 ?? 故有 ? ·························· 6? 2b ? a ? ? ?1 ?b ? ?1 ? 4 2 ? ln x (Ⅱ)由(Ⅰ)得 f ( x) ? ( x ? 0) x ?1 m 2 x ? x ln x 由 f ( x) ? 及 x ? 0 ? ?m x x ?1

21

2 x ? x ln x (1 ? ln x)( x ? 1) ? (2 x ? x ln x) 1 ? x ? ln x ? g / ( x) ? ? x ?1 ( x ? 1) 2 ( x ? 1) 2 1 令 h( x) ? 1 ? x ? ln x ? h?( x) ? ?1 ? ? 0( x ? 0) ,故 h(x) 在区间 (0,??) 上是减函数,故 x 当 0 ? x ? 1 时, h( x) ? h(1) ? 0 ,当 x ? 1 时, h( x) ? h(1) ? 0 / 从而当 0 ? x ? 1 时, g ?( x) ? 0 ,当 x ? 1 时, g ( x) ? 0 ? g (x) 在 (0,1) 是增函数,在 (1,??) 是减函数,故 g ( x) max ? g (1) ? 1 2 x ? x ln x 要使 ? m 成立,只需 m ? 1 x ?1
令 g ( x) ? 故 m 的取值范围是 (1,??) 12?

38 . 云 南 省 昆 明 市 2013 届 高 三 复 习 适 应 性 检 测 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 设 函 数 (

f ( x) ? ln x ?

a 2 x ? (a ? 1) x ( a ? 0 , a 为常数) 2

(Ⅰ)讨论 f ( x ) 的单调性; (Ⅱ)若 a ? 1 ,证明:当 x ? 1 时, f ( x) ?

1 2 2x x ? ? x. 2 x ?1











:(Ⅰ)

f ( x)











(0 , ? ?)

,

f ?( x) ?

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

1 1 ; f ?( x) ? 0 解得 1 ? x ? a a 1 1 所以函数 f ( x) 在 (0 , 1) , ( , ? ?) 上单调递增,在 (1 , ) 上单调递减; a a
(1)当 0 ? a ? 1 时, f ?( x) ? 0 解得 0 ? x ? 1 或 x ? (2)当 a ? 1 时, f ?( x) ? 0 对 x ? 0 恒成立,所以函数 f ( x) 在 (0 , ? ?) 上单调递增;

1 1 ; f ?( x) ? 0 解得 ? x ? 1 a a 1 1 所以函数 f ( x) 在 (0 , ) , (1 , ? ?) 上单调递增,在 ( , 1) 上单调递减. a a 2x ? x ?0 (Ⅱ)证明:不等式等价于 ln x ? 2 x ? x ?1 x ?1 因为 x ? 1 , 所以 x ? x ?1 ? , 2 2x 2x x ?1 ? x ? ln x ? 2 x ? ? 因此 ln x ? 2 x ? x ?1 x ?1 2
(3)当 a ? 1 时, f ?( x) ? 0 解得 x ? 1 或 0 ? x ?

22

3 5 ? x3 ? 2 x 2 ? x ? 1 2x x ?1 2 ? 令 g ( x) ? ln x ? 2 x ? , 则 g ?( x ) ? 2 2 x ( x ? 1) x ?1 2
令 h( x ) ? ?

3 3 5 9 5 x ? 2 x 2 ? x ? 1 得:当 x ? 1 时 h?( x) ? ? x 2 ? 4 x ? ? 0 , 2 2 2 2

所以 h( x) 在 (1 , ? ?) 上单调递减,从而 h( x) ? h(1) ? 0 . 即 g ?( x) ? 0 ,

? g ( x) 在 (1 , ? ?) 上单调递减,得: g ( x) ? g (1) ? 0 , ? 当 x ? 1 时, f ( x) ?
1 2 2x x ? ? x .. 2 x ?1

39 . 云 南 省 昆 明 一 中 2013 届 高 三 新 课 程 第 一 次 摸 底 测 试 数 学 理 ) 已 知 函 数 (

f ( x) ? ln

1 ? x 2 ? ax, a ? R. x

(I)若函数 f ( x) 在定义域上是减函数,求 a 的取值范围; (II)若函数 f ( x) 存在极值,且所有极值之和大于 5 ? ln

1 , 求 a 的取值范围。 2









23

40.【解析】云南省玉溪一中 2013 届高三上学期期中考试理科数学) ( (本小题满分 13 分) 设函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? a2 x ? m(a ? 0) (Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)若函数 f(x)在 x∈[-1,1]内没有极值点,求 a 的取值范围; (Ⅲ) 若对任意的 a∈[3,6], 不等式 f ( x) ? 1 在 x∈[-2,2]上恒成立, m 的取值范围. 求

【答案】解: (Ⅰ)∵f′(x)=3x +2ax-a =3(x- 又 a>0,∴当 x<-a 或 x> 当-a<x<
a 时 f′(x)>0; 3

2

2

a )(x+a), 3

a 时,f′(x)<0. 3 a ,+∞),单调递减区间为 3

∴函数 f(x)的单调递增区间为(-∞,-a) ,(

24

(-a,

a ).(4 分) 3
2 2

(Ⅱ)由题设可知,方程 f′(x)=3x +2ax-a =0 在[-1,1]上没有实根
? f ?(?1) ? 0 ∴ ? f ?(1) ? 0 ,解得 a>3. ? ?a ? 0 ?

(8 分)
a ∈[1,2],-a≤-3 3

(Ⅲ)∵a∈[3,6],∴由(Ⅰ)知 又 x∈[-2,2] ∴f(x)max=max{f(-2),f(2)} 而 f(2)-f(-2)=16-4a <0
2

f(x)max=f(-2)= -8+4a+2a2+m (10 分)
又∵f(x)≤1 在[-2,2]上恒成立 ∴f(x)max≤1 即-8+4a+2a +m≤1 即 m≤9-4a-2a ,在 a∈[3,6]上恒成立 ∵9-4a-2a 的最小值为-87 ∴m≤-87. (13 分)
2 2 2

41. (云南省昆明三中 2013 届高三高考适应性月考(三)理科数学)已知函数

f ? x ? ? ln ? x ? a ? ? x2 ? x 在 x ? 0 处取得极值.
(1)求实数 a 的值; (2)若关于 x 的方程 f ? x ? ? ? 的取值范围; (3)证明:对任意的正整数 n ,不等式 2 ?

5 x ? b 在区间 ?0, 2? 上恰有两个不同的实数根,求实数 b 2 3 4 n ?1 ? ? ? ? 2 ? ln ? n ? 1? 都成立. 4 9 n

' 【答案】解:(1) f ? x ? ?

1 ? 2 x ? 1, x?a

????1 分 ????2 分

? x ? 0 时, f ? x ? 取得极值, ? f ' ? 0? ? 0,


1 ? 2 ? 0 ? 1 ? 0, 解得 a ? 1. 经检验 a ? 1 符合题意. ????3 分 0?a

( 2 ) 由 a ?1 知

f ? x ? ? ln ? x ?1? ? x2 ? x,



5 f ? x? ? ? x ? b , 得 2

ln ? x ? 1? ? x 2 ?

3 x ? b ? 0, 2
25

2 令 ? ? x ? ? ln ? x ? 1? ? x ?

3 5 x ? b, 则 f ? x ? ? ? x ? b 在区间 ?0, 2? 上恰有两个不同的实数 2 2

根 等 价 于

? ? x ? ? 0 在 区 间 ?0 , ? 2上 恰 有 两 个 不 同 的 实 数 根 .

?' ? x? ?

1 3 ? ? 4 x ? 5?? x ? 1? ? 2x ? ? , x ?1 2 2 ? x ? 1?
'

当 x ? 0,1 时, ? ? x ? ? 0 ,于是 ? ? x ? 在 ?0,1? 上单调递增; 当 x ? ?1, 2? 时, ? ? x ? ? 0 ,于是 ? ? x ? 在 ?1, 2? 上单调递减.????6 分
'

? ?









?? ? 0 ? ? ?b ? 0 ? 3 ? ?? ?1? ? ln ?1 ? 1? ? 1 ? ? b ? 0 2 ? ?? ? 2 ? ? ln ?1 ? 2 ? ? 4 ? 3 ? b ? 0 ?
????8 分

,



得, ln 3 ? 1 ? b ? ln 2 ?

1 . 2
2

(3) f ? x ? ? ln ? x ? 1? ? x ? x 的定义域为 x x ? ?1 ,由(1)知 f ' ? x ? ? 令f 增; 当 x ? 0 时, f
'
'

?

?

? x ? 2 x ? 3? , ? x ? 1?

? x? ? 0 得, x ? 0 或 x ? ? 2 (舍去),

3

? 当 ?1 ? x ? 0 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递

? x? ? 0 , f ? x ? 单调递减.

? f ? 0? 为 f ? x ? 在 ? ?1, ?? ? 上的最大值.

? f ? x ? ? f ? 0? ,故 ln ? x ?1? ? x2 ? x ? 0 (当且仅当 x ? 0 时,等号成立)
对任意正整数 n ,取 x ?

1 ?1 ? 1 1 ? 0 得, ln ? ? 1? ? ? 2 , n ?n ? n n
.

????10 分

? n ?1 ? n ?1 ? ln ? ?? 2 ? n ? n
2?



3 4 n ?1 3 4 n ?1 ? ? ? ? 2 ? ln 2 ? ln ? ln ? ? ? ln ? ln ? n ? 1? . ????12 分 4 9 n 2 3 n

(方法二)数学归纳法证明:

1?1 ? 2 ,右边 ? ln(1 ? 1) ? ln 2 ,显然 2 ? ln 2 ,不等式成立. 12 3 4 k ?1 * 假设 n ? k ? k ? N , k ? 1? 时, 2 ? ? ? ? ? 2 ? ln ? k ? 1? 成立, 4 9 k
当 n ? 1 时,左边 ? 则 n ? k ? 1 时,有 2 ?

3 4 k ?1 k ? 2 k ?2 ? ??? 2 ? ? ? ln ? k ? 1? . 2 2 4 9 k ? k ? 1? ? k ? 1?
26











ln ? k ? 2 ? ? ln ? k ? 1? ?

k ?2

? k ? 1?

2

? ln

k ?2 k ?2 1 ? ? 1 1 ? ? ? ? ln ?1 ? ? ??? 2 2 ? k ? 1 ? k ? 1? ? k ? 1 ? ? k ? 1 (k ? 1) ?

构建函数 F ? x ? ? ln ?1 ? x ? ? x ? x2 , x ? ? 0,1? ,则 F ? ? x ? ?

? x ? 2 x ? 3? ?0, x ?1

? F ? x ? 在? 0,1? 单调递减,? F ? x ? ? F ? 0? ? 0 .
取x?

1 1 ? k ? 1, k ? N * ? , ln ?1 ? k 1 1 ? ? ? k 1 1 ? (k ? 1)2 ? ? F ? 0? ? 0 ? ? ? ? k ?1 ? ? ? ? ? ?

即 ln ? k ? 2 ? ? ln ? k ? 1? ?

k ?2

? k ? 1?

2

? 0 ,亦即

k ?2

? k ? 1?

2

? ln ? k ? 1? ? ln ? k ? 2 ? ,

故 n ? k ? 1 时,有 2 ?

3 4 k ?1 k ? 2 k ?2 ? ??? 2 ? ? ? ln ? k ? 1? ? ln ? k ? 2 ? ,不 2 2 4 9 k ? k ? 1? ? k ? 1?
n? 1 ? lnn? ? 都 成立. 1 ? n2

等式成立. 综上可知,对任意的正整数 ------12 分 42 . 贵 州 省 遵 义 四 中 2013 届 高 三 第 四 月 考 理 科 数 学 ) 满 分 12 分 ) 设 函 数 ( (

n , 不 等 式 2 ? ? ?? ?

3 4

4 9

f ( x) ? 2 ln ? x ? 1? ? ? x ? 1? .
2

(Ⅰ)求函数 f (x) 的单调递增区间; (II) 若关于 x 的方程 f ? x ? ? x 2 ? 3x ? a ? 0 在区间 ? 2, 4? 内恰有两个相异的实根, 求实数 a 的取值范围.

【答案】 (1) 解: 函数 f ? x ? 的定义域为 ?1, ?? ? , ??????????????????1 分 ∵ f ?( x) ? 2 ?

2x ? x ? 2? ? 1 ? ? ? x ? 1? ? ? ? , x ?1 ? x ?1 ?

???????????????2 分

27

∵ x ? 1 ,则使 f ?( x) ? 0 的 x 的取值范围为 ?1, 2 ? , 故函数 f ? x ? 的单调递增区间为 ?1, 2 ? . (2)方法 1:∵ f ( x) ? 2 ln ? x ? 1? ? ? x ? 1? ,
2

?????????????????4 分

∴ f ( x) ? x ? 3 x ? a ? 0 ? x ? a ? 1 ? 2 ln ? x ? 1? ? 0 .
2

??????????6 分

令 g ? x ? ? x ? a ? 1 ? 2 ln ? x ? 1? , ∵ g ?( x) ? 1 ?

2 x ?3 ,且 x ? 1 , ? x ?1 x ?1

由 g ?( x) ? 0得x ? 3,g ?( x) ? 0得1 ? x ? 3 . ∴ g ( x) 在区间 [2,3] 内单调递减,在区间 [3, 4] 内单调递增, ????????8 分

? g (2) ? 0, ? 故 f ( x) ? x ? 3 x ? a ? 0 在区间 ? 2, 4? 内恰有两个相异实根 ? ? g (3) ? 0, ? g (4) ? 0. ?
2

??10 分

?a ? 3 ? 0, ? 即 ? a ? 4 ? 2 ln 2 ? 0, 解得: 2 ln 3 ? 5 ? a ? 2 ln 2 ? 4 . ?a ? 5 ? 2 ln 3 ? 0. ?
综上所述, a 的取值范围是 ? 2 ln 3 ? 5, 2 ln 2 ? 4 ? . ????????????12 分

方法 2:∵ f ( x) ? 2 ln ? x ? 1? ? ? x ? 1? ,
2

∴ f ( x) ? x ? 3 x ? a ? 0 ? x ? a ? 1 ? 2 ln ? x ? 1? ? 0 .
2

??????????6 分

即 a ? 2 ln ? x ? 1? ? x ? 1 , 令 h ? x ? ? 2 ln ? x ? 1? ? x ? 1 , ∵ h?( x) ?

2 3? x ,且 x ? 1 , ?1 ? x ?1 x ?1

由 h?( x) ? 0得1 ? x ? 3, h?( x) ? 0得x ? 3 . ∴ h( x) 在区间 [2,3] 内单调递增,在区间 [3, 4] 内单调递减.????????8 分 ∵ h ? 2 ? ? ?3 , h ? 3? ? 2 ln 2 ? 4 , h ? 4 ? ? 2 ln 3 ? 5 , 又 h ? 2? ? h ? 4? ,

28

故 f ( x) ? x ? 3 x ? a ? 0 在区间 ? 2, 4? 内恰有两个相异实根 ? h ? 4 ? ? a ? h ? 3? .
2

??????????????10 分 即 2 ln 3 ? 5 ? a ? 2 ln 2 ? 4 . 综上所述, a 的取值范围是 ? 2 ln 3 ? 5, 2 ln 2 ? 4 ? . ???????????12 分

43. 【解析】贵州省四校 2013 届高三上学期期末联考数学(理)试题) (

已知函数

f ( x) ?

( x ? 1) ln x ( x ? 0, 且x ? 1) x ?1

(Ⅰ)讨论函数 f (x) 的单调性; (Ⅱ)证明: f ( x) ? 2 。

【答案】解:(1) f / ( x) ?

? 2 ln x ? x ? ( x ? 1) 2

1 x

设 g ( x) ? ?2 ln x ? x ?

1 ( x ? 1) 2 , 则g (0) ? 0, 且g / ( x) ? ?0 x x2

g (x)在(0, ? ) ? 上单调递增。
当 x ? (0,1)时,g ( x) ? 0, 从而f ( x) ? 0, f ( x)单调递减 ;
/

当 x ? (1,? ?)时,g ( x) ? 0, 从而f ( x) ? 0, f ( x)单调递增 。
/

1)上单调递减,在( , ? )上单调递增 。 1? 因此, f (x)在(0,
(x ? 1) ln x ?2?0 x ?1 x ?1 2( x ? 1) 即 [ln x ? ]?0 x ?1 x ?1
(2)原不等式就是

(6 分)

2( x ? 1) ( x ? 1) 2 / , 则h(1) ? 0, h ( x) ? ?0 令 h( x) ? ln x ? x ?1 x( x ? 1) 2

h(x)在(0, ? ) ? 上单调递增, ? 当 x ? (0,1)时,h( x) ? 0, 当x ? (1,? ?)时,h(x) 0 ,
所以当 x ? 0, 且x ? 1时,f ( x) ? 2 (12 分)
29

44. (云南省玉溪一中 2013 届高三第四次月考理科数学) (本题 12 分) (Ⅰ)已知函数

f ( x) ? x 2 ? ln x ? ax 在 (0,1) 上是增函数,求 a 的取值范围;
(Ⅱ)在(Ⅰ)的结论下,设 g ( x) ? e 【答案】解:(1) f ?( x) ? 2 x ? (0,1)上恒成立,即 a≤2x+
2x

? aex ?1 , x ? ?0, ln 3? ,求 g (x) 的最小值.

1 1 ? a ,∵f(x) 在(0,1)上是增函数,∴2x+ -a≥0 在 x x 1 1 恒成立, ∴只需 a≤(2x+ )min 即可. ????4 分 x x

∴2x+

1 2 ≥ 2 2 (当且仅当 x= 时取等号) , ∴a≤ 2 2 ????6 分 x 2

(2) 设 e x ? t ,? x ? ?0, ln 3?,? t ? ? ,3?. 1 设 h(t ) ? t ? at ? 1 ? (t ?
2

a 2 a2 ) ? (1 ? ) 2 4

,其对称轴为 t=

a ,由(1)得 a≤ 2 2 , 2

∴t=

a 3 ≤ 2 < ????8 分 2 2

a a a2 则当 1≤ ≤ 2 ,即 2≤a≤ 2 2 时,h(t)的最小值为 h( )=-1, 2 2 4


a <1,即 a<2 时,h(t)的最小值为 h(1)=-a ????10 分 2

当 2≤a≤ 2 2 时 g(x) 的最小值为-1-

a2 , 4

当 a<2 时 g(x) 的最小值为-a. ????12 分 45. (甘肃省天水一中 2013 届高三下学期五月第二次检测(二模)数学(理)试题)设函数

f ( x) ? x2 ? b ln( x ? 1) ,其中 b ? 0 .
⑴当 b ?

1 时,判断函数 f ( x) 在定义域上的单调性; 2

⑵求函数 f ( x) 的极值点; ⑶证明对任意的正整数 n ,不等式 ln(

1 1 1 ? 1) ? 2 ? 3 成立. n n n

请考生在第 22、23、24 三题中任选一题做答 ,如果多做,则按所做的第一题计分.做答是用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑. 【答案】

30

⑵①由⑴得当 b ? ②b ?

1 时函数 f ( x) 无极值点 2
1 ? 0 有两个相同的解 x

2( x ? )2 1 2 时, f ?( x) ? 2 x ?1

??

1 2

1 1 ? x ? (?1, ? ) 时, f ?( x) ? 0 , x ? (? , ??) 时, f ?( x) ? 0 2 2 1 ? b ? 函数 f ( x) 在 (?1, ??) 上无极值点 2 1 ③当 b ? 时, f ?( x) ? 0 有两个不同解, x1 ? ?1 ? 1 ? 2b , x2 ? ?1 ? 1 ? 2b 2 2 2
? b ? 0 时 x1 ? ?1 , x2 ? ?1,即 x1 ? (?1, ??), x2 ? (?1, ??)

? b ? 0 时, f ?( x) 、 f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x
f ?( x) f ( x)

(?1, x2 )
?


x2
0
极小值

( x2 , ??)

?


31

x2 ?

?1 ? 1 ? 2b ; 2
2

1 综上所述: b ? 0 时, f ( x ) 有唯一极小值点 x ? ?1 ? 1 ? 2b ; 0 ? b ? 时, f ( x ) 有一个极大 2
值点 x ?

?1 ? 1 ? 2b 和一个极小值点 ?1 ? 1 ? 2b ; b ? 1 时, f ( x) 无极值点. x? 2 2 2

46. (云南省部分名校 2013 届高三第一次统一考试理科数学(玉溪一中、昆明三中、楚雄一 中) )已知函数 f ( x) ? ax ? ln x, 其中a 为常数. (1) 当 a ? ?1 时,求 f ( x) 的最大值; (2) 若 f ( x) 在区间(0,e]上的最大值为 ? 3 ,求 a 的值; (3)当 a ? ?1 时,试推断方程 | f ( x) |?

ln x 1 ? 是否有实数解。 x 2
32

【答案】解: (1)当 a ? ?1时, f ( x) ? ? x ? ln x,? f ( x) ? ?1 ?


1 1? x ? x x

当0 ? x ? 1时,f , ( x) ? 0;当x ? 1时,f , ( x) ? 0,
? f (x)在(0,1)上递增,在(, ?)上递减, 1?

? f ( x) max ? f (1) ? 1
(2)? f , ( x) ? a ?

1 1 ?1 ? , x ? ?0,e?, ? ? ,?? ?, x x ?e ?

1 若a ? ? , 则f , ( x) ? 0, f ( x)在?0, e?上递增, f ( x) max ? f (e) ? ae ? 1 ? 0 ? e

47. (云南省部分名校(玉溪一中、昆明三中、楚雄一中)2013 届高三下学期第二次统考数 学(理)试题)已知函数 f ( x) ? a ln x ? (Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间和极值; (Ⅱ)已知对任意 x ? 0 , ax(2 ? ln x) ? 1 都成立,求实数 a 的取值范围. (Ⅲ)是否存在实数 a ,使得函数 f ( x ) 在 [1, e] 上的 最小值为 0?若存在,求出 a 的值; 若不存在,请说明理由.

1 (a ? 0) . x

33

请考生在第 22、23、24 三题中任选一题做答,如果多做,则按所做的 第一题记分. 【答案】

34

48. (云南省玉溪一中 2013 届高三第三次月考理科数学) (本小题满分 12 分)已知函数

f ( x) ? ( x ? k ) 2 e k .
(1)求 f ( x ) 的单调区间; (2)若对 ?x ? (0, ??) ,都有 f ( x ) ?

x

1 ,求 k 的取值范围。 e

f / ( x) ?
【答案】解:(1)

x 1 2 ( x ? k 2 )e k / k ,令 f ( x) ? 0 得 x ? ? k

当 k ? 0 时, f ( x ) 在 (??, ?k ) 和 (k , ??) 上递增,在 (?k , k ) 上递减; 当 k ? 0 时, f ( x ) 在 (??, k ) 和 (?k , ??) 上递减,在 (k , ? k ) 上递增

(2) 当 k ? 0 时,

f (k ? 1) ? e

k ?1 k

?

1 1 f ( x) ? ?x ? (0 , ? ?) 都有 e; e ;所以不可能对 f (?k ) ? 4k 2 e ,所以对 ?x ? (0 , ? ?)

当 k ? 0 时有(1)知 f ( x ) 在 (0, ??) 上的最大值为

f ( x) ?
都有

1 e

35

4k 2 1 1 1 f ( x) ? ? ?? ?k ?0 e 时, k 的取值范围为 e 2 即 e , 故 对 ?x ? (0 , ? ?) 都 有
1 [? , 0 ) 2 。
49. (甘肃省 2013 届高三第一次诊断考试数学(理)试题) 已知函数 f(x)= alnx-bx 2 图象上一点 P(2,f(2) )处的切线方程为 y=-3x +21n +2. ( I)求 a,b 的值; (Ⅱ)若方程 f(x)+m =0 在[
2

1 ,e]内有两个不等实根,求 m 的取值范围(e 为自然 e

对数的底数) ; (Ⅲ)令 g(x)=f(x)-kx,若 g(x)的图象与 x 轴交于 A(x1,0) ,B(x2,0) (其 中 x1<x2) ,AB 的中点为 C(xO,0) ,求证:g(x)在 xO 处的导数 g′(xO)≠0. 【 答 案 】

36

50. (云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(四)理科数学试题) (本小题满分 12 分)已知函数 f ( x) ? x ? a ln x ? (1)求 a 与 b 满足的关系式; (2)求函数 f ( x) 的单调区间. 【答案】 (Ⅰ)f ?( x) ? 1 ? 解: (4 分) (Ⅱ)函数 f ( x) 的定义域为 (0, ? ?) , 由(Ⅰ)可得 f ?( x) ? 1 ?
a b , f ?(1) ? 0 得 b ? 1 ? a . 由 ? x x2

b 在 x ? 1 处取得极值,且 a ? 3 x

?????????

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

令 f ?( x) ? 0 ,则 x1 ? 1 , x2 ? a ? 1 .
a ? 3 时, a ? 1 ? 1 ,

x
f ?( x)

(0, 1)

1 0

(1, a ? 1)

a ?1

(a ? 1, ? ?)

+

?

0

+

37

f ( x)







所以单调递增区间为 (0, 1) , (a ? 1, ? ?) ,单调递减区间为 (1, a ? 1) . ???(12 分)

38



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