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2017年北京各城区一二模拟理科导数答案


17 年各城区摸底 17 年东城二模理(18) (共 13 分) 解: (Ⅰ)当 a ? 0 时,因为 f ( x) = x 2 ?e- x , 所以 f '( x) = (- x2 + 2 x)?e- x , f '(- 1) = - 3e . 又因为 f (- 1) = e ,所以曲线 y = f ( x) 在点 (- 1, f (- 1)) 处的切线方程为

y - e = - 3e( x +1) ,即 3ex + y + 2e = 0 .

????????4 分

(Ⅱ) “对任意的 t ? [0, 2] ,存在 s ? [0, 2] 使得 f ( s) ? g (t ) 成立”等价于“在区间 [0, 2] 上, f ( x ) 的 最大值大于或等于 g ( x) 的最大值” .
2 因为 g ( x) = x - x - 1 = ( x -

1 2 5 ) - , 2 4

所以 g ( x) 在 [0, 2] 上的最大值为 g (2) ? 1 .

f '( x) = (2x + a)?e- x ( x2 + ax - a)?e- x
= - e- x [ x2 + (a - 2) x - 2a]
= - e- x ( x - 2)( x + a)
令 f '( x) = 0 ,得 x = 2 或 x = - a . ① 当 - a ? 0 ,即 a ? 0 时,

f '( x) ? 0 在 [0, 2] 上恒成立, f ( x) 在 [0, 2] 上为单调递增函数,
f ( x) 的最大值为 f (2) = (4 + a) ?
由 (4 + a ) 壮2

1 , e2

1 e

1 ,得 a ? e2 4 .

② 当 0 < - a < 2 ,即 - 2 < a < 0 时, 当 x ? (0, ?a) 时, f '( x) < 0 , f ( x ) 为单调递减函数, 当 x ? (?a, 2) 时, f '( x) ? 0 , f ( x) 为单调递增函数. 所以 f ( x ) 的最大值为 f (0) = - a 或 f (2) = (4 + a ) ? 由 - a ? 1 ,得 a ? 1 ;由 (4 + a ) 壮2

1 , e2

1 e

1 ,得 a ? e2 4 .

又因为 - 2 < a < 0 ,所以 - 2 < a ? 1 . ③ 当 - a ? 2 ,即 a ? 2 时,

f '( x) ? 0 在 [0, 2] 上恒成立, f ( x) 在 [0, 2] 上为单调递减函数, f ( x) 的最大值为 f (0) = - a ,
由 - a ? 1 ,得 a ? 1 ,
2 又因为 a ? 2 ,所以 a ? 2 .综上所述,实数 a 的值范围是 a ? 1 或 a ? e

4 .?13 分

17 年东城一模理(18) (共 13 分) 解: (Ⅰ) f ( x) 的定义域为 (0, ??) . 当 m = - 1 时, f ( x) = 2 ln x + 所以 f '( x) =

1 +x, x

2 1 +1 . x x2

因为 f (1) = 2 且 f '(1) = 2 , 所以曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 2 x - y = 0 .????4 分 (Ⅱ)若函数 f ( x) 在 (0, ??) 上为单调递减, 则 f '( x) ? 0 在 (0, ??) 上恒成立. 即

2 1 ? ? m ? 0 在 (0, ??) 上恒成立. x x2
2 1 ? ? m 在 (0, ??) 上恒成立. x x2



设 g ( x) =

2 1 ( x > 0) , x x2

则 m ? [ g ( x)]max . 因为 g ( x) ?

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

所以当 x ? 1 时, g ( x) 有最大值 1 . 所以 m 的取值范围为 [1, ??) . (Ⅲ)因为 0 < a < b ,不等式 ????????9 分

ln b ? ln a 1 b?a 等价于 ln b ? ln a ? . ? b?a ab ab

即 ln

b b b a 1 ,令 =t (t ? 1) ,原不等式转化为 2 ln t ? t ? . ? ? a a a b t
1 t

令 h(t ) ? 2 ln t ? ? t , 由(Ⅱ)知 f ( x) ? 2 ln x ?

1 ? x 在 (0, ??) 上单调递减, x

所以 h(t ) ? 2 ln t ? ? t 在 (1, ??) 上单调递减. 所以,当 t ? 1 时, h(t ) ? h(1) ? 0 . 即当 t ? 1 时, 2 ln t ? ? t ? 0 成立. 所以,当时 0 < a < b ,不等式

1 t

1 t

ln b ? ln a 1 成立.????????13 分 ? b?a ab

17 年西城一模理 18. (本小题满分 13 分) 解: (Ⅰ)对 f ( x) 求导数,得 f ?( x) ? e x ? x , 所以切线 l 的斜率为 f ?( x0 ) ? e x0 ? x0 , [ 1 分] [ 2 分]

1 2 由此得切线 l 的方程为: y ? (e x0 ? x0 ) ? (e x0 ? x0 )( x ? x0 ) , 2 1 2 即 y ? (ex0 ? x0 ) x ? (1 ? x0 )e x0 ? x0 . 2
(Ⅱ)依题意,切线方程中令 x ? 1 ,

[ 4 分]

1 2 1 得 y ? (ex0 ? x0 ) ? (1 ? x0 )ex0 ? x0 ? (2 ? x0 )(ex0 ? x0 ) . 2 2
所以 A(1, y) , B(1,0) .

[ 5 分]

1 所以 S△AOB ? | OB | ? | y | 2 1 1 ? | (2 ? x0 )(ex0 ? x0 ) | 2 2 1 1 ? | (1 ? x0 )(e x0 ? x0 ) | , x0 ? [?1,1] . 2 2 1 1 设 g ( x) ? (1 ? x)(ex ? x) , x ? [?1,1] . 2 2 1 1 1 1 1 则 g ?( x) ? ? (ex ? x) ? (1 ? x)(e x ? ) ? ? ( x ? 1)(e x ? 1) . 2 2 2 2 2
令 g ?( x) ? 0 ,得 x ? 0 或 x ? 1 .
g ( x) , g ?( x) 的变化情况如下表:

[ 7 分] [ 8 分] [10 分]

x
g ?( x) g ( x)

?1

( ? 1, 0)
?

0
0

(0,1)

1

?

3 1 1 ( ? ) 2 2 e



1



1 1 (e ? ) 2 2
[12 分]

所以 g ( x) 在 ( ? 1, 0) 单调递减;在 (0,1) 单调递增, 所以 g ( x)min ? g (0) ? 1 , 从而 △ AOB 的面积的最小值为 1.

[13 分]

17 年西城二模理 19. (本小题满分 13 分) 解: (Ⅰ)由 f ( x) ? ( x2 ? ax ? a) ? e1? x , 得 f ?( x) ? (2 x ? a) ? e1? x ? ( x2 ? ax ? a) ? e1? x

? ? [ x2 ? (a ? 2) x ? 2a] ? e1? x ? ? ( x ? a)( x ? 2) ? e1? x .
令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 2 ,或 x ? ?a . 所以 当 a ? ?2 时,函数 f ?( x) 有且只有一个零点: x ? 2 ;当 a ? ?2 时,函数 f ?( x ) 有两个相 异的零点: x ? 2 , x ? ?a . [ 4 分] [ 2 分]

(Ⅱ)① 当 a ? ?2 时, f ?( x) ≤ 0 恒成立,此时函数 f ( x) 在 (??, ??) 上单调递减, 所以,函数 f ( x) 无极值. ② 当 a ? ?2 时, f ?( x) , f ( x) 的变化情况如下表: [ 5 分]

x
f ?( x)
f ( x)

(??, ?a)
?

?a
0

(?a, 2)

2
0

(2, ??)
?

?



极小值



极大值 [ 7 分]



所以, a ≥ 0 时, f ( x) 的极小值为 f (?a) ? ?a ? e1? a ≤ 0 .
2 2 又 x ? 2 时, x ? ax ? a ? 2 ? 2a ? a ? a ? 4 ? 0 ,

所以,当 x ? 2 时, f ( x) ? ( x2 ? ax ? a) ? e1? x ? 0 恒成立. 所以, f (?a) ? ?a ? e1? a 为 f ( x) 的最小值. 故 a ≥ 0 是函数 f ( x) 存在最小值的充分条件. ③ 当 a ? ?5 时, f ?( x) , f ( x) 的变化情况如下表:

[ 8 分] [ 9 分] [10 分]

x
f ?( x)
f ( x)

( ??, 2)
?

2
0

(2,5)

5
0

(5, ??)
?

?



极小值



极大值



因为 当 x ? 5 时, f ( x) ? ( x2 ? 5x ? 5) ? e1? x ? 0 , 又 f (2) ? ?e?1 ? 0 ,所以,当 a ? ?5 时,函数 f ( x) 也存在最小值. 所以, a ≥ 0 不是函数 f ( x) 存在最小值的必要条件. 综上, a ≥ 0 是函数 f ( x) 存在最小值的充分而不必要条件. [13 分] [12 分]

17 年海淀一模理 18.(本小题满分 13 分) 解:法 1: (Ⅰ)由 f ( x) ? x2 ? 2ax ? 4(a ?1)ln( x ? 1) 可得 函数定义域为 (?1, ??) ,

f '( x) ? 2 x ? 2a ?

4(a ? 1) x ?1

2 [x 2 ? ( 1 ?a x )? a ( ? 2)] ? x ?1

?

2( x ? 1)[ x ? ( a ? 2)] , x ?1

由 f '( x) ? 0 得 x1 ? 1, x2 ? a ? 2 . 因为 a ? 3 ,所以 a ? 2 ? 1 . 当 a ? 1 时, a ? 2 ? ?1 ,所以 f '( x),f ( x) 的变化如下表:

x
f '( x)

(?1,1)

1
0 极小值

(1, ??)

?


?


f ( x)

当 1 ? a ? 3 时, ?1 ? a ? 2 ? 1 ,

f '( x),f ( x) 的变化如下表:

x
f '( x) f ( x)

(?1, a ? 2)

a?2
0 极大值

(a ? 2,1)

1
0 极小值

(1, ??)

?


?


?


综上, x ? 1 是函数 f ( x ) 的极值点,且为极小值点. (Ⅱ)易知 f (0)=0 , 由(Ⅰ)可知, 当 a ? 2 时,函数 f ( x ) 在区间 [0,1] 上单调递减, 所以有 f ( x) ? 0 恒成立;

当 2 ? a ? 3 时,函数 f ( x ) 在区间 [0, a ? 2] 上单调递增, 所以 f (a ? 2) ? f (0) ? 0 ,所以不等式不能恒成立; 所以 a ? 2 时有 f ( x) ? 0 在区间 [0,1] 上恒成立. 法 2: (Ⅰ)由 f ( x) ? x2 ? 2ax ? 4(a ?1)ln( x ? 1) 可得 函数定义域为 (?1, ??) ,

f '( x) ? 2 x ? 2a ?

4(a ? 1) x ?1

?

2 [x 2 ? ( 1 ?a x )? a ( ? 2)] x ?1

令 g ( x) ? x2 ? (1 ? a) x ? (a ? 2) ,经验证 g (1) ? 0 , 因为 a ? 3 ,所以 g ( x) ? 0 的判别式 ? ? (1 ? a)2 ? 4(a ? 2) ? a2 ? 6a ? 9 ? (a ? 3)2 ? 0 , {说明:写明 ? ? (1 ? a)2 ? 4(a ? 2) ? a2 ? 6a ? 9 ? (a ? 3)2 ? 0 也可以} 由二次函数性质可得,1 是 g ( x) ? x2 ? (1 ? a) x ? (a ? 2) 的异号零点, 所以 1 是 f '( x) 的异号零点, 所以 x ? 1 是函数 f ( x ) 的极值点. (Ⅱ)易知 f (0)=0 , 因为 f '( x) ?

2( x ? 1)[ x ? (a ? 2)] , x ?1

又因为 a ? 3 ,所以 a ? 2 ? 1 , 所以当 a ? 2 时,在区间 [0,1] 上 f '( x) ? 0 ,所以函数 f ( x ) 单调递减, 所以有 f ( x) ? 0 恒成立; 当 2 ? a ? 3 时,在区间 [0, a ? 2] 上 f '( x) ? 0 ,所以函数 f ( x ) 单调递增, 所以 f (a ? 2) ? f (0) ? 0 ,所以不等式不能恒成立; 所以 a ? 2 时有 f ( x) ? 0 在区间 [0,1] 上恒成立.

17 年海淀二模理 19.(本小题满分 13 分) 解: (Ⅰ) f '( x) ? aeax ? 1 , 因为曲线 y ? f ( x) 在 (0, f (0)) 处的切线与直线 x ? 2 y ? 3 ? 0 垂直, 所以切线 l 的斜率为 2, 所以 f '(0) ? 2 , 所以 a ? 3 . (Ⅱ)法 1:当 a ? 0 时,显然有 f (1) ? ea ? 1 ? 0 ? 1 ,即存在实数 x0 使 f ( x0 ) ? 1 ; 当 a ? 0, a ? 1 时,由 f '( x) ? 0 可得 x ?
1 1 ln , a a

1 1 1 1 所以在 x ? (??, ln ) 时, f '( x) ? 0 ,所以函数 f ( x) 在 (??, ln ) 上递减; a a a a 1 1 1 1 x ? ( ln , ??) 时, f '( x) ? 0 ,所以函数 f ( x) 在 ( ln , ??) 上递增 a a a a 1 1 1 所以 f ( ln ) ? (1 ? ln a) 是 f ( x) 的极小值. a a a 1 1 1 1 由函数 f ( x) ? eax ? x 可得 f (0) ? 1, 由 a ? 1 可得 ln ? 0 , 所以 f ( ln ) ? f (0) ? 1 , a a a a

综上,若 a ? 1 ,存在实数 x0 使 f ( x0 ) ? 1 . (Ⅱ)法 2:当 a ? 0 时,显然有 f (1) ? ea ? 1 ? 0 ? 1 ,即存在实数 x0 使 f ( x0 ) ? 1 ; 当 a ? 0, a ? 1 时,由 f '( x) ? 0 可得 x ?
1 1 ln , a a

1 1 1 1 所以在 x ? (??, ln ) 时, f '( x) ? 0 ,所以函数 f ( x) 在 (??, ln ) 上递减; a a a a 1 1 1 1 x ? ( ln , ??) 时, f '( x) ? 0 ,所以函数 f ( x) 在 ( ln , ??) 上递增. a a a a 1 1 1 ? ln a 所以 f ( ln ) ? 是 f ( x) 的极小值. a a a

设 g ( x) ?
x
g '( x) g ( x)

1 ? ln x ? ln x ,则 g '( x) ? 2 ( x ? 0) ,令 g '( x) ? 0 ,得 x ? 1 x x
(0,1)

1
0 极大值

(1, ??)

+ ↗



所以当 x ? 1 时 g ( x) ? g (1) ? 1 ,
1 1 所以 f ( ln ) ? 1 , a a

综上,若 a ? 1 ,存在实数 x0 使 f ( x0 ) ? 1 .

17 年朝阳一模理 (18) (本小题满分 13 分) 解: (Ⅰ)由已知得 x ? 0 , f ?( x) ?

1 1 ? ax ?a ? . x x

(ⅰ)当 a ≤ 0 时, f ?( x) ? 0 恒成立,则函数 f ( x ) 在 (0, ??) 为增函数; (ⅱ)当 a ? 0 时,由 f ?( x) ? 0 ,得 0 ? x ? 由 f ?( x) ? 0 ,得 x ?

1 ; a

1 ; a 1 1 所以函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (0, ) ,单调递减区间为 ( , ??) . ……4 分 a a 1 2 1 2 1 2 (Ⅱ)因为 g ( x) ? xf ( x) ? x ? 2 x ? x(ln x ? x ? 1) ? x ? 2 x ? x ln x ? x ? x , 2 2 2
则 g ?( x) ? ln x ? 1 ? x ? 1 ? ln x ? x ? 2 ? f ( x) ? 3 . 由(Ⅰ)可知,函数 g ?( x ) 在 (0,1) 上单调递增,在 (1, ??) 上单调递减. 又因为 g ?(

1 1 1 ) ? ?2 ? 2 ? 2 ? ? 2 ? 0 , g ?(1) ? 1 ? 0 , 2 e e e

所以 g ?( x ) 在 (0,1) 上有且只有一个零点 x1 . 又在 (0, x1 ) 上 g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 (0, x1 ) 上单调递减; 在 ( x1 ,1) 上 g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 ( x1 ,1) 上单调递增. 所以 x1 为极值点,此时 m ? 0 . 又 g ?(3) ? ln 3 ? 1 ? 0 , g ?(4) ? 2ln 2 ? 2 ? 0 , 所以 g ?( x ) 在 (3, 4) 上有且只有一个零点 x2 . 又在 (3, x2 ) 上 g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 (3, x2 ) 上单调递增; 在 ( x2 , 4) 上 g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 ( x2 , 4) 上单调递减. 所以 x2 为极值点,此时 m ? 3 . 综上所述, m ? 0 或 m ? 3 . ……………………………………………………13 分

17 年朝阳二模理(19) (本小题满分 14 分) 解:(Ⅰ) F ( x) ? e x ? 2 x ? b ,则 F ?( x) ? e ? 2 .
x

令 F ?( x) ? e ? 2 ? 0, 得 x ? ln 2 ,所以 F ( x) 在 (ln 2, ??) 上单调递增.
x

令 F ?( x) ? e ? 2 ? 0, 得 x ? ln 2 ,所以 F ( x) 在 (??, ln 2) 上单调递减. …………4 分
x

(Ⅱ)因为 f ?( x) ? e ? 2x ?1 ,所以 f ?(0) ? 0 ,所以 l 的方程为 y ? 1 .
x

依题意, ?

a ? 1, c ? 1. 2
2

于是 l 与抛物线 g ( x) ? x ? 2x ? b 切于点 (1,1) , 由 12 ? 2 ? b ? 1得 b ? 2 . 所以 a ? ?2, b ? 2, c ? 1. (Ⅲ)设 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? e ? (a ? 1) x ? b ,则 h( x) ? 0 恒成立.
x

…………8 分

易得 h?( x) ? e ? (a ? 1).
x

(1)当 a ? 1 ? 0 时, 因为 h?( x) ? 0 ,所以此时 h( x) 在 (??, ??) 上单调递增. ①若 a ? 1 ? 0 ,则当 b ? 0 时满足条件,此时 a ? b ? ?1 ; ②若 a ? 1 ? 0 ,取 x0 ? 0 且 x0 ?
x

1? b , a ?1 1? b ? b ? 0 ,所以 h( x) ? 0 不恒成立. a ?1

此时 h( x0 ) ? e 0 ? (a ? 1) x0 ? b ? 1 ? (a ? 1) 不满足条件; (2)当 a ? 1 ? 0 时,

令 h?( x) ? 0 ,得 x ? ln(a ? 1). 由 h?( x) ? 0 ,得 x ? ln(a ? 1) ; 由 h?( x) ? 0 ,得 x ? ln(a ? 1). 所以 h( x) 在 (??, ln(a ? 1)) 上单调递减,在 (ln(a ? 1), ??) 上单调递增. 要使得“ h( x) ? e ? (a ? 1) x ? b ? 0 恒成立”,必须有
x

“当 x ? ln(a ? 1) 时, h( x)min ? (a ? 1) ? (a ? 1)ln(a ? 1) ? b ? 0 ”成立. 所以 b ? (a ? 1) ? (a ? 1) ln(a ? 1) .则 a ? b ? 2(a ? 1) ? (a ? 1) ln(a ? 1) ? 1.

令 G( x) ? 2 x ? x ln x ? 1, x ? 0, 则 G?( x) ? 1 ? ln x. 令 G?( x) ? 0 ,得 x ? e. 由 G?( x) ? 0 ,得 0 ? x ? e ; 由 G?( x) ? 0 ,得 x ? e. 所以 G ( x) 在 (0, e) 上单调递增,在 (e, ??) 上单调递减, 所以,当 x ? e 时, G( x)max ? e ?1. 从而,当 a ? e ? 1, b ? 0 时, a ? b 的最大值为 e ? 1 . 综上, a ? b 的最大值为 e ? 1 . 17 年石景山一模理 18. (本小题共 13 分) 解: (Ⅰ) f ?( x) ? …………14 分

1 , f ?(1) ? 1 , x
……3 分

又 f (1) ? 0 ,所以切线方程为 y ? x ? 1 ; (Ⅱ)由题意知 x ? 0 ,令 g ( x) ? f ( x) ? (1 ? ) ? ln x ? 1 ?

1 x

1 . x
………5 分 ………6 分

1 1 x ?1 ? ? 2 x x2 x x ?1 令 g '( x) ? 2 ? 0 ,解得 x ? 1 . x g '( x) ?
易知当 x ? 1 时, g '( x) ? 0 ,易知当 0 ? x ? 1 时, g '( x) ? 0 . 即 g ( x) 在 (0,1) 单调递减,在 (1, ??) 单调递增 所以 g ( x)min ? g (1) ? 0 , g ( x) ? g (1) ? 0 即 g ( x) ? f ( x) ? (1 ? ) ? 0 ,即 f ( x ) ? (1 ? ) .

………7 分

1 x

1 x

……8 分

(Ⅲ)设 h( x) ? x ? 1 ? a ln x( x ? 1) ,依题意,对于任意 x ? 1, h( x) ? 0 恒成立.

h '( x) ? 1 ?

a x?a , ? x x

………9 分

a ? 1 时, h '( x) ? 0, h( x) 在 [1, ??) 上单调增,
………11 分

当 x ? 1 时, h( x) ? h(1) ? 0 ,满足题意.

a ? 1 时,随 x 变化, h '( x) , h( x) 的变化情况如下表:

x

(1, a)

a
0

(a, ??)

h '( x)

?


?


h( x )

极小值

h( x) 在 (1, a ) 上单调递减, 所以 g (a) ? g (1) ? 0
即当 a ? 1 时,总存在 g (a) ? 0 ,不合题意.……12 分 综上所述,实数 a 的最大值为 1. ……13 分

17 年顺义二模 18.解: (Ⅰ)当 p ? e 时, f ?x ? ? e ? x?1 ? x ? 1 , f ??x ? ? ?e ? x?1 ? 1 ∴ f ?1? ? 3 , f ??1? ? 0 ∴曲线 y ? f ?x ? 在点 x ? 1 处的切线方程为 y ? 3 -----------------------------4 分

(Ⅱ)∵ f ?x ? ? pe? x ? x ? 1 ,∴ f ??x ? ? ? pe? x ? 1 ---------------------------------5 分 ① 当 p ? 0 时 , f ??x ? ? 0 , 则 函 数 f ?x ? 在 的 单 调 递 增 区 间 为 ?? ?,??? ; ------6 分 ②当 p ? 0 时,令 f ? ? x ? ? 0 ,得 e x ? p ,解得 x ? ln p .---------------------7 分 则当 x 变化时, f ?? x ? 的变化情况如下表:

x
f ?? x ?
f ?x ?
------------------------------9 分

?? ?, ln p ?
?
?

ln p

?ln p,???
?
?
单 调 递 减 区 间 为 ?? ?, ln p ? .

0
2 ? ln p

所 以 , 当 p ? 0 时 , f ?x ? 的 单 调 递 增 区 间 为 ------------------------------10 分

?ln p,??? ,

?x (Ⅲ)当 p ? 1 时, f ?x ? ? e ? x ? 1 ,直线 y ? m x ? 1 与曲线 y ? f ?x ? 没有公共点,

等价于关于 x 的方程 mx ? 1 ? e 即关于 x 的方程 ?m ? 1?x ? e
?x

?x

? x ? 1 在 ?? ?,??? 上没有实数解,

(*)在 ?? ?,??? 上没有实数解.
?x

①当 m ? 1 时,方程(*)化为 e

? 0,
--------------------------------12 分

显然在 ?? ?,??? 上没有实数解.
x ②当 m ? 1 时,方程(*)化为 xe ?

1 x x ,令 g ?x ? ? xe ,则有 g ??x ? ? ?1 ? x ?e . m ?1

令 g ??x ? ? 0 ,得 x ? ?1 ,则当 x 变化时, g ? ? x ? 的变化情况如下表:

x
g? ? x? g ? x?

? ??, ?1?
?
?

?1

? ?1, ?? ?
?
?

0
? 1 e

当 x ? ?1 时, g ? x ?min ? ?

1 ,同时当 x 趋于 ?? 时, g ? x ? 趋于 ?? , e

从而 g ? x ? 的值域为 ? ? , ?? ? . 所以当

? 1 ? e

? ?

-----------------------------------13 分

1 1 ? ? 时,方程(*)无实数解,解得实数 m 的取值范围是 ?1 ? e,1? . m ?1 e
----------------------------14 分

综合①②可知实数 m 的取值范围是 ?1 ? e,1?.

17 年昌平二模(18)(本小题满分 13 分)
解: (I)因为 f ( x) ? a( x ?1)2 ? xe2? x , 所以 f '( x) ? 2a( x ? 1) ? (e2? x ? x e2? x ) . 因为 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线与 x 轴平行, 所以 f '(2) ? 0 . 所以 1 ? 2a ? 0 . 所以 a ? ?

1 . 2

??????5 分

(II)因为 f '( x) ? ( x ?1)(e 2? x ? 2a) , (1) 当 a ? 0 时, e
2? x

? 2a ? 0 .

所以 f '( x) ? ( x ?1)(e2? x ? 2a) ? 0 ? x ? 1,

f '( x) ? ( x ?1)(e2? x ? 2a) ? 0 ? x ? 1 .
所以函数 f ( x) 的单调递增区间为 (1, ??) , 函数 f ( x) 的单调递减区间为 (??,1) . (2)当 ?

e ? a ? 0 时, 2

令 f '( x) ? ( x ?1)(e2? x ? 2a) ? 0 得 x1 ? 1, x2 ? 2 ? ln(?2a) , 且 x2 ? x1 ? 1 ? ln(?2a) ? 0 . 当 x 变化时, f '( x) , f ( x) 的变化情况如下表:

x

(??,1)

1

(1, 2 ? ln(?2a))

2 ? ln(?2a) (2 ? ln(?2a), ??)

f '( x)
f ( x)

-

0
极小值

+

0
极大值

-

所以函数 f ( x) 的单调递增区间为 (1, 2 ? ln(?2a)) , 函数 f ( x) 的单调递减区间为 (??,1), (2 ? ln(?2a), ??) ; 综上所述: 当 a ? 0 时,函数 f ( x) 的单调递增区间为 (1, ??) , 函数 f ( x) 的单调递减区间为 (??,1) ; 当?

e ? a ? 0 时,函数 f ( x) 的单调递增区间为 (1, 2 ? ln(?2a)) , 2
函数 f ( x) 的单调递减区间为: (??,1), (2 ? ln(?2a), ??) . ??????13 分



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