河南省2014届高三理科数学一轮复习试题选编17:导数与积分_图文


河南省 2014 届高三理科数学一轮复习试题选编 17:导数与积分
一、选择题 1 . (河南省郑州四中 2013 届高三第六次调考数学(理)试题)用 max{ a, b} 表示 a ,b 两个数中的最大数,设

1 1 x? f ( x) ? max{ x 2 , x }( x ? ) y ? f (x) 的图象与 X 轴、直线 4 和直线 x ? 2 所围成的 4 ,那么函数
封闭图形的面积是 ( )

35 A. 12
【答案】A

59 B. 24

57 C. 8
1

91 D. 12

2 . (河南省焦作市 2013 届高三第一次模拟考试数学(理)试题)

? (e
0

x

?2 x)dx 等于





A.1
【答案】C

B.e-1

C.e

D.e+1
3 2

3 . (河南省郑州市 2013 届高三第三次测验预测数学(理)试题)设 a 为实数,函数 f(x)=x +ax +(a-3)x 的导

? ? 函数为 f (x) ,且 f (x) 是偶函数, 则曲线:y=f(x) 在点(2 ,f(2 ))处的切线方程为
A.9x—y—16 = 0
C.6x-y—12 = 0 B.9x+y—16 = 0 D.6x+y—12 = 0





【答案】A 4 . (河南省六市 2013 届高中毕业班第一次联合考试数学(理)试题)函数 f(x)=lnx+ax 存在与直线 2x-y=0

平行的切线,则实数 a 的取值范围是 A.(-∞,2] B.(-∞,2) 【答案】B
5 . (2012 年新课标理)已知函数 f ( x) ?

( C.(2,+∞) D.(0,+∞)



1 ;则 y ? f ( x) 的图像大致为 ln( x ? 1) ? x

【答案】选 B

x 1? x ?( x) ? 0 ? ?1 ? x ? 0, g ?( x) ? 0 ? x ? 0 ? g ( x) ? g (0) ? 0 ?g g ( x) ? ln(1 ? x) ? x ? g ?( x) ? ?
得: x ? 0 或 ?1 ? x ? 0 均有 f ( x) ? 0 排除 A, C , D

6 . (河南省新县高级中学 2013 届高三第三轮适应性考试数学(理)试题)设 f ? x ? 是定义在 R 上的奇函数,

且 f ? 2 ? ? 0 ,当 x ? 0 时,有 A. ? ?2, 0 ? ? ? 2, ?? ? C. ? ??, ?2 ? ? ? 2, ?? ?
【答案】D.

xf ?( x) ? f ( x) ? 0 恒成立,则不等式 x 2 f ( x) ? 0 的解集是 2 x
B. ? ?2, 0 ? ? ? 0, 2 ? D. ? ??, ?2 ? ? ? 0, 2 ?





7 . (河南省信阳高中 2013 届高三 4 月模拟考试(一)数学理试题)设点 P 在曲线 y ? e 上,点 Q 在曲线
x

1 y ? 1 ? ( x ? 0) 上,则 | PQ | 的最小值为 x
A.





2 (e ? 1) 2

B. 2(e ? 1)

C.

2 2

D. 2

【答案】D

x3 mx 2 ? (m ? n) x ? 1 ? 8 . (河南省信阳高中 2013 届高三 4 月模拟考试(一)数学理试题)已知函数 y ? 的 3 2
两个极值点分别为 x1,x2,且 x1 ? (0,1) , x2 ? (1, ??) ,记分别以 m,n 为横、 纵坐标的点 P(m, n) 表示的平

a 面区域为 D,若函数 y ? loga (x ? 4)( ? 1)的图象上存在区域 D 内的点,则实数 a 的取值范围为
( A. (1,3]
【答案】B 9 . (河南省信阳高中 2013 届高三 4 月模拟考试(一)数学理试题)定义在 ( 0,



B. (1,3)

C. (3, ??)

D. [3, ??)

? ) 上的函数 f (x) , f ' ? x ? 是 2
( )

它的导函数,且恒有 f ( x) ? f ?( x) ? tan x 成立,则. A. 3 f ( ) ?

?

C. 2 f ( ) ? f ( )

?

4

2f( ) 3

?

B. f (1) ? 2 f ( ) sin1 D. 3 f ( ) ? f ( )

?

?

?

6

?

6

4

6

3

【答案】D 10. (河南省开封市 2013 届高三第二次质量检测数学(理)试题)定义在 R 上的函数 f ( x) 满足 f(1)=1,且对

任意 x∈R 都有 f ?( x) ? A.(1,2) 【答案】D

x2 ? 1 1 2 ,则不等式 f ( x ) ? 的解集为 2 2
C.(1,+∞) D.(-1,1)





B.(0,1)

11. (2010 年高考(全国新课标理) 曲线 y )

?

x 在点 ? ?1, ?1? 处的切线方程为 x?2
B. y ? 2 x ? 1 D. y ? ?2 x ? 2





A. y ? 2 x ? 1 C. y ? ?2 x ? 3
【答案】A

解析: y? ?

2 ,所以 k ? y? ( x ? 2) 2

x ??1

? 2 ,故切线方程为 y ? 2 x ? 1 .
B.D,而 y ?

另解:将点 (?1, ?1) 代入可排除

x x?2?2 2 ,由反比例函数 ? ? 1? x?2 x?2 x?2

2 y ? ? 的图像,再根据图像平移得在点 (?1, ?1) 处的切线斜率为正,排除 C,从而得A. x
12. (河南省郑州市 2013 年高中毕业年级第二次质量预测数学(理)试题)已知函数 f(x)的导函数为

f ?(x) ,


? ? 且满足 f ( x) ? 2 xf (e) ? ln x ,则 f (e) =



A.1
【答案】C

B.-1

C.–-1 e

D.-e

13 . 河 南 省 郑 州 市 智 林 学 校 2013 届 高 三 4 月 模 拟 考 试 数 学 试 题 ( 理 ) ( 理 ) 设 函 数 ( )

2 ? 3x ? 2 ? , ? 2 f ( x) ? ? x ? 4 x ? 2 ? a, ?

? x ? 2? ? x ? 2?

在点 x ? 2 处连续,则 a ?





A. ?

1 2

B. ?

1 4

C.

1 4
3 2

D.

1 3

【答案】C 14. (2013 课标 2 卷高考数学(理) 已知函数 f ( x ) ? x ? ax ? bx ? c ,下列结论中错误的是 ( )



A. ?x0 ? R, f ( x0 ) ? 0

B 函数 y ? f ( x ) 的图像是中心对称图形 .

C.若 x0 是 f ( x) 的极小值点,则 f ( x) 在区间 (??, x0 ) 上单调递减 D.若 x0 是 f ( x) 的极值点,则 f '( x0 ) ? 0
【答案】 依题可得: f ?( x) ? 3x ? 2ax ? b ,若 x0 是 f ( x) 的极小值点,则 x0 是 f ?( x) ? 0 的较大根,故 C
2

答案 C 答案.
15. (河南省开封市 2013 届高三第二次质量检测数学(理)试题)下列四个判断:

① ?x ? R, x ? x ? 1 ? 0 ;②已知随机变量 X 服从正态分布 N(3, ? 2 ),
2

P(X≤6)=0.72,则 P(X≤0)=0.28; ③已知 ( x 2 ? ④

?

1

0

1 n ) 的展开式的各项系数和为 32,则展开式中 x 项的系数为 20; x e1 1 ? x 2 dx ? ? dx 1 x
( C.3 个 D.4 个 )

其中正确的个数有: A.1 个 B.2 个 【答案】A

16. (河南省开封市 2013 届高三第四次模拟数学 (理) 试题)已知直线 y ? x ? 1 与曲线 y ? ln( x ? a) 相切时,

则 a= A.1
【答案】B

( B.2 C.一 1 D.一 2



17. (河南省焦作市 2013 届高三第二次模拟考试数学理试题)已知

?

2

1

(1+

1 )dx ,则常数 m 的值为 ( mx



A.ln2
【答案】A.

B.ln3

C.2

D.1

18.(河南省郑州市 2013 年高中毕业年级第二次质量预测数学(理)试题)

函数f(x)=axm(1-x)2在区间[0,1]上的图象 如图所示,则m的值可能是
A.1 B. 2 C.3 D.4





【答案】A 19. (河南省郑州市第四中学 2013 届高三第十四次调考数学(理)试题) 若定义在 R 上的函数 f(x)满足

f (1 ? x) ? f ( x ? 3) ,且 ( x ? 2) f ' ( x) <0
a=f ( log 2 5 ),b=f ( log 4 15 ),c=f ( 2 A.a>b>c 【答案】C B.c>b>a
0.5

),则 a,b,c 的大小关系为 C.b>a>c D.c>a>b





20. (2011 年高考(新课标理) 由曲线 y ? )

x ,直线 y ? x ? 2 及 y 轴围成的图形的面积为
C.





A.

10 3

B.4

16 3

D.6

【答案】 【命题意图】本题主要考查利用积分求曲线围成曲边梯形的面积.

【解析】解 ?

?y ? x ? 得(4,2),由图知,由曲线 y ? x ,直线 y ? x ? 2 及 y 轴围成的图形的面积为 ?y ? x ? 2 ?

2 3 1 4 16 ( x ? x ? 2)dx = ( x 2 ? x 2 ? 2 x) |0 = ,故选 C. ?0 3 2 3
4

二、填空题 21 . 河 南省 三市 (平 顶山、 许 昌、 新乡 ) 2013 届高 三 第三 次调 研( 三 模)考 试 数学 (理 )试 题 ) 设 (

a ? ? (sin x ? cos x)dx
0

?

(a x ?
,则二项式

1 6 ) x 展开式中含 x 2 项的系数是____

【答案】 ?192 22. 河南省郑州市 2013 年高中毕业年级第二次质量预测数学 ( (理) 试题) 过点 M(2,-2p)作抛物线 x2=2py(p>0)

的两条切线,切点分别为 A,B,若线段 AB 的中 点纵坐标为 6,则 p 的值是______. 【答案】1 或 2. 2 23. (河南省焦作市 2013 届高三第一次模拟考试数学(理)试题)若函数 f(x)=2x -lnx 在定义域的一个子区 间(k-1,k+1)内不是单调函数,则实数 k 的取值范围是_____
【答案】 [1,

3 ) 2 2 f ( x) ? x3 ? f '( ) x 2 ? x, f ( x) 的 3

24. (河南省中原名校 2013 届高三下学期第二次联考数学(理)试题)已知

图像在点 ( , f ( )) 处的切线斜率是______________;
【答案】

2 3

2 3

-1

25. (2010 年高考(全国新课标理) 设 y=f(x)为区间[0,1]上的连续函数,且恒有 0≤f(x) ≤1,可以用随机 )

模拟方法近似计算积分

?

1

0

f ( x)dx ,先产生两组(每组 N 个)区间[0,1]上的均匀随机数 x1 , x2 , xN 和

y1 , y2 , y N ,由此得到 N 个点( x1 , y1 )(i=1,2,,N),在数出其中满足 y1 ≤ f ( x1 ) ((i=1,2,,N))的点数
N1 ,那么由随机模拟方法可得积分 ? f ( x)dx 的近似值为___________________.
0 1

【答案】

N1 N
直线 x ? 0 和直线 x ? 1 所 f ( x)dx 的几何意义是函数 f ( x)(其中0 ? f ( x) ? 1) 的图像与 x 轴、

解析:

?

1

0

围成图形的面积,根据几何概型易知
三、解答题

?

1

0

f ( x)dx ?

N1 . N
? a sin x

26. (河南省焦作市 2013 届高三第一次模拟考试数学(理)试题)已知函数 f ( x) ? sin x ? e

.

(1)若 a=-1,求函数 f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;

2 ln t ,用 t 表示 f(x)后得到 f(x)的解析式高为 g(t),求 g(t)的单调区间; a (3) 在 (2) 的 解 析 式 g(t) 中 的 定 义 域 扩 展 为 (0,+ ? ), 若 a=2, 设 h(x)=g(x+1)-2x-1, 证
(2)若 1 ? a ? e ,且 sin x ? ? 明:
【答案】

(n ? N *)

27. (2010 年高考(全国新课标理) 设函数 f ( x) ? e ? 1 ? x ? ax 。 )
x 2

(1) (2)

若 a ? 0 ,求 f ( x) 的单调区间; 若当 x ? 0 时 f ( x) ? 0 ,求 a 的取值范围。

【答案】解: (I)a=0 时, f ( x) ? e ? 1 ? x, f ' ( x) ? e ? 1.
x x

当 x ? (??,0)时, f ' ( x) ? 0; 当 x ? (0,??)时, f ' ( x) ? 0. 故 f ( x)在(??,0) 单调减少,在 (0,??) 单调增加. (II) f ' ( x) ? e ? 1 ? 2ax.
x

由(I)知 e ? 1 ? x, 当且令当 x=0 时等号成立,故
x

f ' ( x) ? x ? 2ax ? (1 ? 2a) x,
从而当 1 ? 2a ? 0,即a ?

1 时, f ' ( x) ? 0( x ? 0), 而f (0) ? 0, 2

于是当 x ? 0时, f ( x) ? 0 由 e ? 1 ? x( x ? 0) 可得 e
x ?x

? 1 ? x( x ? 0)

从而当 a ?

1 时, 2

f ' ( x) ? e x ? 1 ? 2a(e ? x ? 1) ? e ? x (e x ? 1)(e x ? 2a),
故当 x ? (0, ln 2a)时, f ' ( x) ? 0, 而f (0) ? 0, 于是当 x ? (0, ln 2a)时, f ( x) ? 0. 综合得 a 的取值范围为 ? ? ?, ?. 2

? ?

1? ?

28. (河南省郑州市第四中学 2013 届高三第十三次调考数学(理)试题)对于函数 f(x)(x∈D),若 x∈D 时,

恒有 f ?( x) > f ( x) 成立,则称函数 f ( x) 是 D 上的 J 函数. (Ⅰ)当函数 f(x)=m e lnx 是 J 函数时,求 m 的取值范围; (Ⅱ)若函数 g(x)为(0,+∞)上的 J 函数, ①试比较 g(a)与 e
a ?1 x

g(1)的大小;

②求证:对于任意大于 1 的实数 x1,x2,x3,??,xn,均有 g(ln(x1+x2+??+xn)) >g(lnx1)+g(lnx2)+??+g(lnxn).
【答案】解:(Ⅰ)由 f ? x ? ? me ln x ,可得 f ? ? x ? ? m ? e ln x ?
x

? ?

x

ex x

? ?, ?

因为函数 f ? x ? 是 J 函数,所以 m ? e ln x ?
x

? ?

ex x

? me x ? me x ln x ,即 ?0, ? x ?

因为

ex ? 0 ,所以 m ? 0 ,即 m 的取值范围为 (0, ??) . x g ? x? ex , x ? ? 0, ?? ? ,

(Ⅱ)①构造函数 h ? x ? ?

则 h? ? x ? ?

g? ? x? ? g ? x ? ex

? 0 ,可得 h ? x ? 为 ? 0, ?? ? 上的增函数, g ?a? e
a

当 a ? 1 时, h ? a ? ? h ?1? ,即

?

g ?1? e ?

,得 g ? a ? ? e

a ?1

g ?1? ; g ?1? ;

当 0 ? a ? 1时, h ? a ? ? h ?1? ,即

g ?a? e
a

g ?1? e

,得 g ? a ? ? e

a ?1

当 a ? 1 时, h ? a ? ? h ?1? ,即

g ?a? e
a

?

g ?1? e

,得 g ? a ? ? e

a ?1

g ?1? .

②因为 x1 ? x2 ? ? ? xn ? x1 ,所以 ln ? x1 ? x2 ? ? ? xn ? ? ln x1 , 由①可知 h ln ? x1 ? x2 ? ? ? xn ? ? h ? ln x1 ? ,

?

?

所以

g ? ln ? x1 ? x2 ? ? ? xn ? ? e
ln ? x1 ? x2 ??? xn ?

?

g ? ln x1 ? e
ln x1

,整理得

x1 g ? ln ? x1 ? x2 ? ? ? xn ? ? x1 ? x2 ? ? ? xn

? g ? ln x1 ? ,

同理可得

x2 g ? ln ? x1 ? x2 ? ? ? xn ? ? x1 ? x2 ? ? ? xn

? g ? ln x2 ? ,,

xn g ? ln ? x1 ? x2 ? ? ? xn ? ? x1 ? x2 ? ? ? xn

? g ? ln xn ? .

把上面 n 个不等式同向累加可得

g ? ln ? x1 ? x2 ? ? ? xn ? ? ? g ? ln x1 ? ? g ? ln x2 ? ? ? ? g ? ln xn ? .
29. (河南省开封市 2013 届高三第四次模拟数学(理)试题)

已知函数 f ( x) ? ax ? x(a ? R, a ? 0), g ( x) ? ln x.
2

(I)讨论函数 f ( x) ? g ( x) 在定义域上的单调性; (Ⅱ)若函数 y ? f ( x)与y ? g ( x) 的图像有两个不同的交点,求 ? 的取值范围.
【答案】

30. (2011 年高考(新课标理) 已知函数 f ( x) = )

a ln x b ? ,曲线 y = f ( x) 在点(1, f (1) )处的切线方程为 x ?1 x

x ? 2y ? 3 ? 0 .
(Ⅰ)求 a , b 的值; (Ⅱ)如果当 x >0,且 x ? 1 时, f ( x) >

ln x k ? ,求 k 的取值范围. x ?1 x

【答案】 【命题意图】本题考查了利用导数解函数的切线问题、已知含参数的不等式在某个范围上成立

求参数范围问题及分类讨论思想,是难题.

【解析】(Ⅰ) f ?( x) =

a(

x ?1 ? ln x) b x2 ? 2, 2 ( x ? 1) x
1 1 ,且过点(1,1),∴ f (1) =1 且 f ?(1) = ? , 2 2

∵直线 x ? 2 y ? 3 =0 的斜率为 ?

?b ? 1 ? 即 ?a 1 ,解得 a =1, b =1; ?b ? ? ?2 ? 2
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x) =

ln x 1 ? , x ?1 x

1 (k ? 1) x 2 ? 1) ( ln x k ∴ f ( x) ? ( (2 ln x ? ) ? )= 2 x x ?1 x 1 ? x
设 h( x ) = 2 ln x ?

(k ? 1) x 2 ? 1) ( (k ? 1)( x 2 ? 1) ? 2 x ( x >0),则 h?( x) = x2 x
k ( x 2 ? 1) ? ( x ? 1) 2 知 , 当 x ? 1 时 , h?( x) <0, 而 h(1) =0, 故 当 x ∈(0,1) x2

① 当 k ≤0 时 , 由 h?( x) = 时, h( x ) >0,可得

1 h( x ) ? 0 ; 1 ? x2

1 h( x ) ? 0 , 1 ? x2 ln x k ln x k 从而当 x >0,且 x ≠1 时, f ( x) ? ( ? ) >0,即 f ( x) > ? ; x ?1 x x ?1 x 1 2 ② 当 0< k <1 时 , 由 于 当 x ∈(1, ) 时 , (k ? 1)( x ? 1) ? 2 x >0, 故 h?( x) >0, 而 h(1) =0, 故 1? k 1 1 )时, h( x ) >0,可得 x ∈(1, h( x) <0 与题设矛盾; 1? k 1 ? x2 1 ③当 k ≥1 时,此时 h?( x) >0,而 h(1) =0,故当 x ∈(1,+∞)时, h( x ) >0,可得 h( x) ? 0 ,与题设矛盾, 1 ? x2 综上所述, k 的取值范围为(—∞,0].
当 x ∈(1,+∞)时, h( x ) <0,可得 【解题指导】对切线问题,从求切线入手求解;对已知不等成立求参数范围问题,若参变分离后,易求含 未知数的一端的最值,常用此法,否则分类讨论,注意分类时要做到不重不漏.
31. (河南省六市 2013 届高中毕业班第一次联合考试数学(理)试题)

设函数 f(x)=lnx+

a x (a∈R),g(x)=x,F(x)=f(1+ e )-g(x)(x∈R). x

1 ,求实数 a 的取值范围; 2 x +x F ( x1 )+F ( x2 ) (Ⅱ)当 a=0 时,若 x1,x2∈R,且 x1≠x2,证明:F( 1 2 )< ; 2 2 1 2 (Ⅲ)当 a=0 时,若方程 m[f(x)+g(x)]= x (m>0)有唯一解,求 m 的值. 2
(Ⅰ)若函数 f(x)的图象上任意一点 P(x0,y0)处切线的斜率 k≤
【答案】

32. (河南省郑州市智林学校 2013 届高三 4 月模拟考试数学试题(理) (本小题满分 12 分) )

已知函数 f(x)=(1+x) -4a lnx(a∈N﹡). (Ⅰ)若函数 f(x)在(1,+∞)上是增函数,求 a 的值; 2 (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,若关于 x 的方程 f(x)=x -x+b 在区间[1,e]上恰有一个实根,求实数 b 的取值范 围.
【答案】解:⑴由题意,函数 f ( x) 的定义域为 (0, ??)

2

由 f ?( x) ? 2(1 ? x) ? 知a ?

4a 2( x 2 ? x ? 2a) ? ?0 x x

1 2 1 ( x ? x) 对 x ? 1恒成立,记 g ( x) ? ( x 2 ? x) 2 2

由于函数 g ( x) 在 (1, ??) 上是增函数,故 g ( x) ? 1,所以 a ? 1 又 a ? N ,所以 a ? 1 为所求 ⑵由题知 (1 ? x) ? 4ln x ? x ? x ? b ,整理得 b ? 3x ? 4ln x ? 1
2 2

?

记 u( x) ? 3x ? 4ln x ? 1 ,则 u ?( x) ? 3 ?

4 3x ? 4 ? x x 4 3

注意到 x ? [1, e] ,故函数 u ( x ) 在 [1, ) 上单调递减,在 ( , e] 上单调递增. 由 u (1) ? 4, u ( ) ? 5 ? 4ln

4 3

4 3

4 , u (e) ? 3e ? 3 知, u (e) ? u (1) 3
2

所以关于 x 的方程 f ( x) ? x ? x ? b 在区间 [1, e] 上恰有一个实根时

4 b ? 5 ? 4ln 或 4 ? b ? 3e ? 3 为所求. 3
33 .( 河 南 省 开 封 市 2013 届 高 三 第 二 次 质 量 检 测 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数

f ( x) ? ?(2m ? 2) ln x ? mx ?
(I)讨论 f(x)的单调性;

m?2 (m ? ?1). x

? x 2 ? 2 x ? 5( x ? 1) ? (II)设 g ( x) ? ? 1 13 , 当m ? 2 时,若对任意 x1 ? (0, 2) ,存在 ? x ? ( x ? 1) 2 ?2

x2 ? [k , k ? 1](k ? N ), 使f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求实数 k 的最小值.
【答案】

34 . 河 南 省 郑 州 市 盛 同 学 校 2013 届 高 三 4 月 模 拟 考 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 ( m ?1 1 f ( x) ? mx ? ? ln x , g ( x) ? ? ln x. x x (1)求 g ( x) 的极小值;

m? R , 函 数

(2)若 y ? f ( x) ? g ( x) 在 [1, ??) 上为单调增函数,求 m 的取值范围; (3)设 h( x) ?
2e ,若在 ?1,e? ( e 是自然对数的底数)上至少存在一个 x0 ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) ? h( x0 ) 成立, x 1 1 x ?1 ? ? 2 ,∴当 0 ? x ? 1 时, g ?( x) ? 0 ;当 x ? 1 时, g ?( x) ? 0 , x2 x x

求 m 的取值范围.
【答案】解:(1)由题意, x ? 0 , g ?( x) ? ?

所以, g ( x) 在 (0,1) 上是减函数,在 (1, ??) 上是增函数,故 g ( x)极小值 ? g (1) ? 1

(2) ∵f ( x) ? g ( x) ? mx ?

mx 2 ? 2 x ? m m ,由于 f ( x) ? g ( x) 在 [1, ??) 内为单调增 [ ? 2ln x , ∴ f ( x) ? g ( x)]? ? x2 x

函数,所以 mx2 ? 2 x ? m ? 0 在 [1, ??) 上恒成立,即 m ? 以 m 的取值范围是 [1, ??) (3)构造函数 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? h( x) ? mx ?
m

2x 2x 在 [1, ??) 上恒成立,故 m ? ( )max ? 1 ,所 1 ? x2 1 ? x2

m 2e ? 2ln x ? , x x 2e

当 m ? 0 时 , 由 x ? ?1, e? 得 , mx ? ? 0 , ?2ln x ? ? 0 , 所 以 在 ?1,e? 上 不 存 在 一 个 x0 , 使 得 x x . f ( x )? g ( 0 ? h(0 x ) x) 0 当 m ? 0 时, F ?( x) ? m ?
m 2 2e mx 2 ? 2 x ? m ? 2e ,因为 x ? ?1, e? ,所以 2e ? 2x ? 0 , mx2 ? m ? 0 ,所以 ? ? ? x2 x x2 x2

F ?( x ) ? 0 在 [1, ??) 上恒成立,故 F ( x) 在 ?1,e? 上单调递增, F ( x)max ? F (e) ? me ?

m ? 4 ,所以要在 ?1,e? 上存 e

在一个 x0 ,使得 F ( x) ? 0 ,必须且只需 me ? 另法:(Ⅲ)当 x ? 1 时, f (1) ? g (1) ? h(1) . 当 x ? (1, e] 时 , 由
G?( x) ?

m 4e 4e ,故 m 的取值范围是 ( 2 , ??) . ? 4 ? 0 ,解得 m ? 2 e e ?1 e ?1 2e ? 2 x ln x x2 ? 1 2e ? 2 x ln x x2 ? 1

f ( x) ? g ( x) ? h( x) , 得

m?

,

令 G ( x) ?

, 则

(?2 x 2 ? 2) ln x ? (2 x 2 ? 4ex ? 2) 4e . ? 0 ,所以 G ( x ) 在 (1, e] 上递减, G( x)min ? G(e) ? 2 ( x 2 ? 1) 2 e ?1

综上,要在 ?1,e? 上存在一个 x0 ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) ? h( x0 ) ,必须且只需 m ?

4e . e2 ? 1

35. (河南省郑州市第四中学 2013 届高三第十四次调考数学(理)试题)(本题满分为 12 分)

?? x 3 ? x 2 ? bx ? c, x ? 1 ? ? 已知函数 f ( x) ? ? 的图像过坐标原点 O ,且在点 (?1, f (?1)) 处的切线 x ?1 ?a ln x, ? ?
的斜率是 ? 5 . (1)求实数 b, c 的值; (2)求 f ? x ? 在区间 ?? 1,2? 上的最大值;

(3)对任意给定的正实数 a ,曲线 y ? f (x) 上是否存在两点 P, Q ,使得 ?POQ 是以 O 为 直角顶点的直角三角形,且此三角形斜边的中点在轴上?请说明理由.
【答案】解:

(I)当 x ? 1 时, f ( x) ? ? x ? x ? bx ? c, 则 f ?( x) ? ?3x ? 2 x ? b .
3 2 2

依题意,得 ?

? f ( 0) ? 0 ?c ? 0 即? ,解得 b ? c ? 0 . ? f ?( ?1) ? ?5 ? ? 3 ? 2 ? b ? ?5
?? x 3 ? x 2 , x ? 1 ?a ln x, x ? 1

(II)由(1)知, f ( x ) ? ?

①当 ? 1 ? x ? 1 时 f ?( x) ? ?3x 2 ? 2 x ? ?3x( x ? ), 令 f ?( x) ? 0, 得 x ? 0, 或 x ?

2 3

2 3

当 x 变化时 f ?( x), f ( x) 的变化情况如下表:

x
f ?(x) f (x)

(?1,0)
单调递减 极小值

0 0

2 (0, ) 3
+ 单调递增 极大值

2 3
0

(

2 ,1 ) 3
-

单调递减

又 f (?1) ? 2, f ( ) ?

2 3

4 , f (0) ? 0, 27

所以 f (x) 在 ? ?1,1? 上的最大值为 2 . ②当 1 ? x ? 2 时, f ( x) ? a ln x 当 a ? 0 时, f ( x) ? 0 ,所以 f (x) 的最大值为 0 ; 当 a ? 0 时, f (x) 在 ?1,2 ?上单调递增,所以 f (x) 在 ?1,2 ?上的最大值为 a ln 2 . 综上所述,

2 时, f (x) 在 ?? 1,2? 上的最大值为 2; ln 2 2 当 a ln 2 ? 2 ,即 a ? 时, f (x) 在 ?? 1,2? 上的最大值为 a ln 2 . ln 2
当 a ln 2 ? 2 ,即 a ? (III)假设曲线 y ? f (x) 上存在两点 P, Q 满足题设要求,则点 P, Q 只能在 y 轴的两侧. 不妨设 P(t , f (t )), (t ? 0) ,则 Q(?t , t ? t ) ,显然 t ? 1
3 2

因为 ?POQ 是以 O 为直角顶点的直角三角形,
2 3 2 所以 OP ? OQ ? 0 ,即 ? t ? f (t )(t ? t ) ? 0



若方程①有解,则存在满足题意的两点 P, Q ;若方程①无解,则不存在满足题意的两点 P, Q 若 0 ? t ? 1 ,则 f (t ) ? ?t ? t ,代入①式得 ? t ? (?t ? t )(t ? t ) ? 0 ,
3 2 2 3 2 3 2

即 t ? t ? 1 ? 0 ,而此方程无实数解,因此 t ? 1 .
4 2

此时 f (t ) ? a ln t ,代入①式得, ?t ? (a ln t )(t ? t ) ? 0 即
2 3 2

1 ? (t ? 1) ln t a



令 h( x) ? ( x ? 1) ln x

( x ? 1) ,则 h' ( x) ? ln x ?

1 ? 1 ? 0 ,所以 h(x) 在 ?1,?? ? 上单调递增, x

因为 t ? 1 ,所以 h(t ) ? h(1) ? 0 ,当 t ? ?? 时, h(t ) ? ?? ,所以 h (t ) 的取值范围为 ?0,??? .所以对

于 a ? 0 ,方程②总有解,即方程①总有解. 因此对任意给定的正实数 a ,曲线 y ? f (x) 上总存在两点 P, Q ,使得 ?POQ 是以 O 为直角顶点的直 角三角形,且此三角形斜边的中点在 y 轴上.
36. (河南省信阳高中 2013 届高三 4 月模拟考试(一)数学理试题)已知函数 f ( x) ? ax ? x ? x ln x(a ? 0) .
2

(1)若函数满足 f (1) ? 2 ,且在定义域内 f ( x) ? bx ? 2 x 恒成立,求实数 b 的取值范围;
2

(2)若函数 f ( x) 在定义域上是单调函数,求实数 a 的取值范围; (3)当

y 1 ? ln y 1 的大小. ? x ? y ? 1 时,试比较 与 x 1 ? ln x e

选考题:请考生从第 22、23 两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分. 【答案】 (Ⅰ) 由原式

1 ln x ················ 2 分 ? ?b, x x 1 ln x 令 g ( x) ? 1 ? ? ,可得 g (x) 在 ?0,1? 上递减, x x ? 1?
在 ?1,?? ? 上递增,所以 g ( x) min ? g (1) ? 0 即b ? 0 (Ⅱ) f ?( x) ? 2ax ? ln x, ( x ? 0) ···············3 分

令f ?( x) ? 0, 得2a ?
?当a ?

ln x ln x 1 , 设h( x) ? x , 当x ? e时 h( x) max ? e x

1 时,函数 f (x) 在 (0,??) 单调递增 ···············5 分 2e 1 1 ' 若0 ? a ? , g ( x) ? 2ax ? ln x, ( x ? 0), g ( x) ? 2a ? x 2e
g ' ( x) ? 0, x ?

1 1 1 x ? (0, ), g / ( x) ? 0, x ? ( ,??), g / ( x) ? 0 2a , 2a 2a

?x ?

1 时 得 小 即 小 而 0 ? a ? 1 时 g ( 1 ) ? 1 ? ln 1 ? 0 取 极 值 最 值 当 , 2a 2e 2a 2a

f / ( x) ? 0必 根 , f (x) 必有极值,在定义域上不单调··············8 分 有

?a ?

1 2e

················9 分

(Ⅲ)由(I)知 g ( x) ? 1 ?

1 ? ln x 在(0,1)上单调递减 x



1 1 ? ln x 1 ? ln y ? x ? y ? 1 时, g ( x) ? g ( y) 即 ? x y e 1 ? x ? y ? 1 时, ? 1 ? ln x ? 0,?1 ? ln x ? 0 e



?

y 1 ? ln y ? x 1 ? ln x

········ 12 分

37. (河南省洛阳市 2013 届高三二练考试数学(理)试题)(本题满分 12 分)

已知 f ( x) ? 1nx, a 是大于 0 的实数. (1)若 f ( x) ? ax ?

a ?1 ? 1 ? 2a 在 ?1, ?? ? 上恒成立,求 a 的取值范围; x
2

(2)设 F ( x) ? f ( x) ? ax ? 2 x ,若函数 F ( x) 有两个极值点,证明 F ( x) 的极小值小于一
【答案】

3 · 2

38.(河南省郑州市 2013 年高中毕业年级第二次质量预测数学(理)试题)已知函数 f(x)=lnx 与

g(x)=kx+b(k,b∈R)的图象交于 P,Q 两点,曲线 y=f(x)在 P,Q两点处的切线交于点A. (I)当k = e,b=-3时,求f(x) — g(x)的最大值(e为自然常数) (II)若 A(

e 1 , ) |,求实数 k,b 的值. e ?1 e ?1

【答案】解:(Ⅰ)设 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? ln x ? ex ? 3( x ? 0) ,

1 e 1 ――――1 分 ? e ? ? (x ? ) , x x e 1 当 0 ? x ? 时, h?( x) ? 0 ,此时函数 h( x ) 为增函数; e 1 当 x ? 时, h?( x) ? 0 ,此时函数 h( x ) 为减函数. e 1 所以 h( x) max ? h( ) ? ?1 ? 1 ? 3 ? 1 ,为所求. ――――4 分 e
则 h?( x) ? (Ⅱ)设过点 A 的直线 l 与函数 f ( x) ? ln x 切于点 ( x0 , ln x0 ) ,则其斜率 k ?

1 , x0

故切线 l : y ? ln x0 ?

1 ( x ? x0 ) , x0

将点 A(

e 1 , ) 代入直线 l 方程得: e ?1 e ?1

e ?1 1 1 1 e ln x0 ? ? 1 ? 0 ,――――7 分 ? ln x0 ? ( ? x0 ) ,即 e x0 e ?1 x0 e ? 1

e ?1 1 e ?1 1 e ?1 e ln x ? ? 1( x ? 0) ,则 v?( x) ? ? 2 ? 2 (x ? ), e x ex x ex e ?1 e 当0 ? x ? 时, v?( x) ? 0 ,函数 v ( x ) 为增函数; e ?1 e 当x? 时, v?( x) ? 0 ,函数 v ( x ) 为减函数. e ?1
设 v( x) ? 故方程 v( x) ? 0 至多有两个实根, ――――10 分

又 v(1) ? v(e) ? 0 ,所以方程 v( x) ? 0 的两个实根为 1 和 e , 故 P(1, 0), Q(e,1) ,所以 k ?

1 1 ,b ? 为所求.――――12 分 e ?1 1? e

39. (河南省豫东、豫北十所名校 2013 届高三阶段性测试(四) 数学(理)试题(word 版))已知函数

g ( x) ? b 2 ln x ? bx ? 3(b ? R) 的极值点为 x ? 1,函数h( x) ? ax 2 ? bx ? 4b ? 1.
(1)求函数 g (x) 的单调区间,并比较 g (x) 与 g (1) 的大小关系;

(2)当 a ?

1 2 时,函数 t ( x) ? ln(1 ? x ) ? h( x) ? x ? 4 ? k (k ? R), 试判断函数t ( x) 的零点个数; 2

(3)如果函数 f ( x), f1 ( x), f 2 ( x) 在公共定义域 D 上,满足 f1 ( x) ? f ( x) ? f 2 ( x), 那么就称

f ( x)为f1 ( x), f 2 ( x) 的“伴随函数”,已知函数

1 1 f1 ( x) ? (a ? ) x 2 ? 2ax ? (1 ? a 2 ) ln x, f 2 ? x 2 ? 2ax ,若在区间(1,+ ? )上,函数 2 2
f ( x) ? g ( x) ? h( x) 是 f1 ( x), f 2 ( x) 的“伴随函数”,求 a 的取值范围.
【答案】

40. (河南省洛阳市 2013 届高三期上学期末考试数学(理)试题)已知函数

.

(Ⅰ)若对

,

恒成立,求 的取值范围;

(Ⅰ)设 明 图象上存在点 满足

是函数 ,且

图象上的任意两点,记直线 AB 的斜率为 . 证 .

【答案】

41.河南省焦作市 2013 届高三第二次模拟考试数学理试题) ( 已知:函数 f(x)=(x-1)ln(x-1),g(x)=

a 2 ( x -2x) 2

(1)函数 h(x)=f( e x +1)- g ? ( e x ),x∈[-1.1],求函数 h(x)的最小值; (2)对任意 x∈[2,+∞),都有 f(x)+g(x)≤0 成立,求 a 的取值范围.
【答案】解:(1) h( x)

? xe x ? a (e x ? 1) ? ( x ? a )e x ? a .

h?( x) ? ( x ? a ? 1)e x ,令 h?( x) ? 0 得 x ? a ? 1 .
① 当 a ? 1 ? ?1 即 a ? 0 时,在 [?1,1] 上 h?( x) ? 0 , h(x) 递增, h(x) 的最小值为

h(?1) ? a ?

1? a . e

② 当 ? 1 ? a ? 1 ? 1 即 0 ? a ? 2 时,在 x ? [?1, a ? 1] 上 h?( x) ? 0 , h(x) 为减函数,在在 x ? [a ? 1,1] 上 h?( x) ? 0 , h(x) 为增函数.∴ h(x) 的最小值为 h(a ? 1) ? ?e a ?1 ? a . ③ 当 a ? 1 ? 1 即 a ? 2 时,在 [?1,1] 上 h?( x) ? 0 , h(x) 递减, h(x) 的最小值为

h(1) ? (1 ? a )e ? a .
综 上 所 述 , 当 a ? 0 时 h(x) 的 最 小 值 为 a ?

1? a , 当 a ? 2 时 h(x) 的 最 小 值 为 ? e a ?1 ? a , 当 e

0 ? a ? 2 时, h(x) 最小值为 (1 ? a )e ? a .
(2)设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? ( x ? 1) ln( x ? 1) ?

a 2 ( x ? 2 x) , 2

F ?( x) ? ln( x ? 1) ? 1 ? a ( x ? 1) ( x ? 2) .
①当 a ? 0 时,在 x ? [2, ?) 上 F ?( x) ? 0 , F (x) 在 x ? [2, ?) 递增, F (x) 的最小值为 F (2) ? 0 ,不可 能有 f ( x) ? g ( x) ? 0 . ②∵ x ? [2, ?) ,∴当 a ? ?1 时, F ??( x ) ?

1 ? a ? 0 .∴ F ?(x) 在 [2,??) 上递减.∵ F ?(x) 的最大 x ?1

值为 F ?(2) ? a ? 1 ? 0 ,∴ F (x) 递减.∴ F (x) 的最大值为 F (2) ? 0 ,即 f ( x) ? g ( x) ? 0 成立. ③ 当 ? 1 ? a ? 0 时 , 令 F ??( x) ? 时, F ??( x) ? 0, F ?( x) 递增,当 x ? (1 ? ∴ F ?( x) max ? F ?(1 ?

1 1 1 , 当 x ? (2,1 ? ) ? a ? 0 , 解 得 : x ?1? x ?1 a a

1 ,??) 时, F ??( x) ? 0, F ?( x) 递减. a

1 1 ) ? ? ln(?a ) ? 0 , 又 由 于 F ?(2) ? a ? 1 ? 0 ,∴ 在 x ? [2,1 ? ) 上 a a 1 综上所 F ?( x) ? 0 , F (x) 递增,又∵ F (2) ? 0 ,所以在 x ? [2,1 ? ) 上 F ( x) ? 0 ,显然不合题意. a 述: a ? ?1 .
42.(河南省郑州四中 2013 届高三第六次调考数学(理)试题)已知函数 f ( x) ? x ? ln( x ? a) 的最小值为

0 , 其中 a ? 0 . (1)求 a 的值;
2 (2)若对任意的 x ? [0,??) ,都有 f ( x) ? kx 成立,求实数 k 的最小值;

(3)证明

? 2i ? 1 ? ln(2n ? 1) ? 2 ( n ? N *)
i ?1

n

2

【答案】解(Ⅰ)解: f (x) 的定义域为 ?? a,?? ?

f ' ( x) ? 1 ?
'

1 x ? a ?1 ? x?a x?a

由 f ( x) ? 0. 得 x ? 1 ? a ? ?a 当 x 变化时, f ( x), f ( x) 的变化情况如下表:
'

x
f ' ( x)

(?a,1 ? a)
﹣ ↘

1? a
0 极小值

(1 ? a,??)
+ ↗

f (x)

因此, f (x) 在 x ? 1 ? a 处取得最小值,故由题意 f (1 ? a) ? 1 ? a ? 0, 所以 a ? 1. (2)解:当 k ? 0 时,取 x ? 1,有 f ?1? ? 1 ? ln 2 ? 0. 故 k ? 0 不合题意 当 k ? 0 时,令 g ?x ? ? f ?x ? ? kx , 即 g ?x ? ? x ? ln ?x ? 1? ? kx .
2 2

x ? x?2kx ? ?1 ? 2k ?? ? 2kx ? . 令 g ' ?x ? ? 0 , x ?1 x ?1 1 ? 2k 得 x1 ? 0, x 2 ? ? ?1. 2k 1 1 ? 2k ①当 k ? 时, ? 0 . g ' ?x ? ? 0 在 ?0,??? 上恒成立,因此, g ? x ? 在 ?0,??? 上单调递减.从而对 2 2k g ' ?x ? ?
于任意的的 x ? ?0,?? ? ,总有 g ?x ? ? g ?0? ? 0, 即 f ? x ? ? kx 在 ?0,??? 上恒成立.
2

故k ?

1 符合题意 2

②当 0 ? k ?

1 1 ? 2k ? 1 ? 2k ? ' ? 1 ? 2k ? 时, ? 0, 对于 x ? ? 0, ?, g ?x ? ? 0 ,故 g ? x ? 在 ? 0, ? 内单调递增.因 2k ? 2k ? 2 2k ? ?

此当 x0 ? ? 0, 故0 ? k ?

? 1 ? 2k ? 2 ? 时, g ?x0 ? ? g ?0? ? 0, 即 f ?x0 ? ? k x0 不成立. 2k ? ?

1 不合题意. 2 1 综上, k 的最小值为 . 8分 2 (3)证明:当 n ? 1时,不等式左边 ? 2 ? ln 3 ? 2 ? 右边.所以不等式成立. 当 n ? 2 时,

? f ? 2i ? 1 ? ? ? ? 2i ? 1 ? ln ?1 ? 2i ? 1 ?? ? ? ? ?
i ?1 i ?1

n

? 2 ?

n

? 2 ?

?

2 ?? ?

??
i ?1

n

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

??
i ?1

n

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

x2 1 在(2)中取 k ? ,得 f ? x ? ? ?x ? 0?, 2 2
从而 f ?

2 2 ? 2 ? ? i ? N ?,i ? 2 , ?? 2 ?2i ? 3??2i ? 1? ? 2i ? 1 ? ?2i ? 1?

?

?

所以有

? 2i ? 1 ? ln ?2n ? 1? ? ? f ? 2i ? 1 ? ? f ?2? ? ? f ? 2i ? 1 ? ? 2 ? ln 3 ? ? ?2i ? 3??2i ? 1? ? ? ? ?
2 2
i ?1 i ?1 i ?2 i ?2

n

n

? 2 ?

n

? 2 ?

n

n 1 ? 1 ? 1 ? 2 ? ln 3 ? ? ? ? ?2 ? ? 2 ? ln 3 ? 1 ? 2i ? 1 ? 2n ? 1 i ? 2 ? 2i ? 3

综上,

2 ? 2i ? 1 ? ln ?2n ? 1? ? 2?n ? N ?
n ? i ?1

43. (河南省六市 2013 届高三第二次联考数学(理)试题)已知函数

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

(1)求函数 f ( x) 的图象在 x ? 0 处的切线方程; (2)证明不等式: ln (1 ? x) ?
2

x2 ; 1 ? x2

(3)对一个实数集合 M ,若存在实数 s ,使得 M 中任何数都不超过 s ,则称 s 是 M 的一个上界.已知 e 是 无穷数列 an ? (1 ? ) n ? a 所有项组成的集合的上界(其中 e 是自然对数的底数),求实数 a 的最大值.
【答案】

1 n

44. (2013 课标 2 卷高考数学(理) 已知函数 f ( x) ? e ? ln( x ? m) . )
x

(Ⅰ)设 x ? 0 是 f ( x) 的极值点,求 m ,并讨论 f ( x) 的单调性; (Ⅱ)当 m ? 2 时,证明 f ( x) ? 0 .
【答案】(Ⅰ)

f ? ? x ? ? ex ?
0

1 x?m

, X=0 是极值点

f ??0? ? 0

即: e ?

1 ? 0 ? m ?1 m

f ? ? x ? ? ex ?


? x ? 1? e x ? 1 (x>-1) 1 ? x ?1 x ?1

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

X=0 处取的极小值

f ( x) ? 0 恒成立,即当 m≤2 时, e x ? ln( x ? m) ? 0 恒成立.
令: g (m) ? ? ln( x ? m) ? e
x

即 g(m)>0 在 m ? (??,2 ? 上恒成立 易知,g(m)单调递减
x

即 g(2)>0

即: ? ln(2 ? x) ? e ? 0 恒成立 令

h( x) ? e x ? ln(2 ? x), h?( x) ? e x ?
x

1 e x ( x ? 2) ? 1 ? x?2 x?2

易知 ? ( x) ? e ( x ? 2) ? 1 单调递增,设其零点为 x0,且 x0>—2

? h( x)在上(?2, x0 )递减, 在上( x0 , ?)递增

e x0 ( x0 ? 2) ? 1 ? 0 ? x0 ? 2 ? 且

1 e x0

? h( x) ? h( x0 ) ? e x0 ? ln(2 ? x0 ) ? e x0 ? ln
即 f ( x) ? 0 恒成立

1 ? e x0 ? x0 ? 0 x0 e

45 .( 河 南 省 中 原 名 校 2013 届 高 三 下 学 期 第 二 次 联 考 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数

f(x)=1n(2ax+1)+

x3 2 -x -2ax(a∈R). 3

(1)若 y=f(x)在[4,+∞)上为增函数,求实数 a 的取值范围; (2)当 a= ?

(1 ? x)3 b 1 时,方程 f(1-x)= ? 有实根,求实数 b 的最大值., 3 x 2

【答案】解:(1)因为函数 f ( x) 在 4, ?? ? 上为增函数,所以 f

?

'

? x? ?

x ? 2ax 2 ? ?1 ? 4a ? x ? ? 4a 2 ? 2 ? ? ? ? 2ax ? 1

?0

在 ? 4, ?? ? 上恒成立. ①当 a ? 0 时, f
'

? x ? ? x( x ? 2) ? 0 在 ? 4, ?? ? 上恒成立,所以 f ( x) 在 ? 4, ?? ? 上为增

函数,故 a ? 0 符合题意. ②当 a ? 0 时,由函数 f ( x) 的定义域可知,必须有 2ax ? 1 ? 0 在 ? 4, ?? ? 上恒成立, 故只能 a ? 0 ,所以 2ax ? ?1 ? 4a ? x ? 4a ? 2 ? 0 在 ? 4, ?? ? 上恒成立. ..
2 2

?

?

令函数 g ? x ? ? 2ax ? ?1 ? 4a ? x ? 4a ? 2 ,其对称轴为 x ? 1 ?
2 2

?

?

1 ,因为 a ? 0 , 4a

所 以 1?

1 ? 1 , 要 使 g ? x ? ? 0 在 ? 4, ?? ? 上 恒 成 立 , 只 要 g ? 4 ? ? 0 即 可 , 即 4a
4?3 2 4?3 2 4?3 2 ?a? ,因为 a ? 0 ,所以 0 ? a ? 2 2 2
????????????????

g ? 4 ? ? ?4a 2 ? 16a ? 2 ? 0 ,所以

综上所述, a 的取值范围为 ? 0,

? 4?3 2? ? 2 ? ?
3

?1 ? x ? ? b 1 b 2 (2)当 a ? ? ,方程 f (1 ? x) ? 可化为 ln x ? ?1 ? x ? ? ?1 ? x ? ? .问题转 3 x 2 x
化 为 b ? x ln x ? x ?1 ? x ? ? x ?1 ? x ? ? x ln x ? x ? x
2 2 3



? 0, ?? ?

上 有 解 , 即 求 函 数

y ? x ln x ? x 2 ? x3 的值域.令函数 h ? x ? ? ln x ? x ? x 2 ( x ? 0)
则 h ? x? ?
'

? 2 x ? 1??1 ? x ? ,所以当 1 ? 1 ? 2x ? 0 ? x ? 1 时, h' ? x ? ? 0 ,函数 h ? x ? 在 ? 0,1? 上为增函 x x
'

数,当 x ? 1 时, h ? x ? ? 0 ,函数 h ? x ? 在 ?1, ?? ? 上为减函数,因此 h ? x ? ? h ?1? ? 0 .而 x ? 0 ,所以

b ? x ? h ? x ? ? 0 ,因此当 x ? 1 时, b 取到最大值 0 .
46. (2012 年新课标理)已知函数 f ( x) 满足满足

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

(1)求 f ( x) 的解析式及单调区间;

1 2 x ? ax ? b ,求 (a ? 1)b 的最大值. 2 1 2 x ?1 x ?1 【答案】(1) f ( x) ? f ?(1)e ? f (0) x ? x ? f ?( x) ? f ?(1)e ? f (0) ? x 2
(2)若 f ( x) ? 令 x ? 1 得: f (0) ? 1

1 f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? x ? x 2 ? f (0) ? f ?(1)e?1 ? 1 ? f ?(1) ? e 2 1 2 x x 得: f ( x) ? e ? x ? x ? g ( x) ? f ?( x) ? e ? 1 ? x 2
g ?( x) ? e x ? 1 ? 0 ? y ? g ( x) 在 x ? R 上单调递增

f ?( x) ? 0 ? f ?(0) ? x ? 0, f ?( x) ? 0 ? f ?(0) ? x ? 0
得: f ( x) 的解析式为 f ( x) ? e ? x ?
x

1 2 x 2

且单调递增区间为 (0, ??) ,单调递减区间为 (??,0) (2) f ( x) ?

1 2 x ? ax ? b ? h( x) ? e x ? (a ? 1) x ? b ? 0 得 h?( x) ? e x ? (a ? 1) 2

①当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ? y ? h( x) 在 x ? R 上单调递增

x ? ?? 时, h( x) ? ?? 与 h( x) ? 0 矛盾
②当 a ? 1 ? 0 时, b ? e ? b ? 0
x

③当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ? x ? ln(a ? 1), h?( x) ? 0 ? x ? ln(a ? 1) 得:当 x ? ln(a ? 1) 时, h( x)min ? (a ? 1) ? (a ? 1) ln(a ? 1) ? b ? 0

(a ? 1)b ? (a ? 1)2 ? (a ? 1)2 ln(a ? 1)(a ? 1 ? 0)
令 F ( x) ? x ? x ln x( x ? 0) ;则 F ?( x) ? x(1 ? 2ln x)
2 2

F ?( x) ? 0 ? 0 ? x ? e , F ?( x) ? 0 ? x ? e
当 x ? e 时, F ( x) max ? 当a ?

e 2 e 2

e ? 1, b ? e 时, (a ? 1)b 的最大值为

47. (河南省三市(平顶山、许昌、新乡)2013 届高三第三次调研(三模)考试数学(理)试题) 已知函数

f ( x) ? ( x3 ? 6 x 2 ? 3x ? t )e x ( t ? R , e 为自然对数的底数)
(Ⅰ)若函数 y ? f ( x) 有三个极值点,求 t 的取值范围 (Ⅱ)若存在实数 t ? [0, 2] ,使对任意的 x ? [1, m] ,不等式 f ( x) ? x 恒成立,求正整数 m 的最大值
【答案】

(II) 不 等
?x 3 2 式 f ( x ) ? x ,即 ( x ? 6 x ? 3 x ? t )e ? x ,即 t ? xe ? x ? 6 x ? 3 x .
3 2 x

转化为存在实数 不等式 t ? xe
?x

t ? ? 0, 2?

,使对任意的

x ? ?1, m ?

,

? x 3 ? 6 x 2 ? 3x 恒成立.
?x

即不等式 0 ? xe 即不等式 0 ? e 设 ? ( x) ? e
?x

? x 3 ? 6 x 2 ? 3 x 在 x ? ?1, m ? 上恒成立.

?x

? x 2 ? 6 x ? 3 在 x ? ?1, m ? 上恒成立

? x 2 ? 6 x ? 3 ,则 ? ?( x) ? ?e ? x ? 2 x ? 6 .
?x

? 设 r ( x ) ? ? ( x ) ? ?e
故 r ( x) 在区间 又 r (1) ? 4 ? e 故存在 当

? 2 x ? 6 ,则 r ?( x) ? e ? x ? 2 ,因为1 ? x ? m ,有 r ?( x) ? 0 .

?1, m? 上是减函数
? 0, r (2) ? 2 ? e ?2 ? 0, r (3) ? ?e ?3 ? 0
,使得

?1

x0 ? (2,3)

r ( x0 ) ? ? ?( x0 ) ? 0

.

1 ? x ? x0

x ? x0 ? ? 时,有 ? ( x) ? 0 ,当 时,有 ? ( x) ? 0 .

从而 y ? ? ( x) 在区间
?1

?1, x0 ? 上递增,在区间 ? x0 , ?? ? 上递减
?2

又 ? (1) ? e ? 4 ? 0, ? (2) ? e

? 5>0, ? (3) ? e ?3 ? 6>0,

? (4) ? e ?4 ? 5>0,? (5) ? e ?5 ? 2 ? 0,? (6) ? e ?6 ? 3 ? 0.

所以当 1 ? x ? 5 时,恒有 ? ( x) ? 0 ;当 x ? 6 时,恒有 ? ( x) ? 0 ; 故使命题成立的正整数 m 的最大值为 5
48. (2013 课标 1 卷高考数学(理) (本小题满分共 12 分)已知函数 )

f ( x) = x 2 ? ax ? b , g ( x) = e x (cx ? d ) ,

若曲线 y ? f ( x) 和曲线 y ? g ( x ) 都过点 P(0,2),且在点 P 处有相同的切线 y ? 4 x ? 2 (Ⅰ)求 a , b , c , d 的值;(Ⅱ)若 x ≥-2 时, f ( x) ≤ kg ( x) ,求 k 的取值范围.
【答案】 【解析】(Ⅰ)由已知得
x

f (0) ? 2, g (0) ? 2, f ?(0) ? 4, g ?(0) ? 4 ,

而 f ?( x) = 2x ? b , g ?( x) = e (cx ? d ? c) ,∴ a =4, b =2, c =2, d =2; (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x) ? x ? 4 x ? 2 , g ( x) ? 2e ( x ? 1) ,
2 x

设函数 F ( x) = kg ( x) ? f ( x) = 2ke ( x ? 1) ? x ? 4 x ? 2 ( x ? ?2 ),
x 2

F ?( x) = 2ke x ( x ? 2) ? 2 x ? 4 = 2( x ? 2)(ke x ? 1) ,
有题设可得 F (0) ≥0,即 k ? 1 , 令 F ?( x) =0 得, x1 = ? ln k , x2 =-2, (1)若 1 ? k ? e ,则-2< x1 ≤0,∴当 x ? (?2, x1 ) 时, F ( x) <0,当 x ? ( x1 , ??) 时, F ( x) >0,即 F ( x) 在
2

(?2, x1 ) 单 调 递 减 , 在 ( x1 , ??) 单 调 递 增 , 故 F ( x) 在 x = x1 取 最 小 值 F ( x1 ) , 而
F ( x1 ) = 2 x1 ? 2 ? x12 ? 4 x1 ? 2 = ? x1 ( x1 ? 2) ≥0,
∴当 x ≥-2 时, F ( x) ≥0,即 f ( x) ≤ kg ( x) 恒成立, (2)若 k ? e ,则 F ?( x) = 2e ( x ? 2)(e ? e ) ,
2
2 x 2

∴当 x ≥-2 时, F ?( x) ≥0,∴ F ( x) 在(-2,+∞)单调递增,而 F (?2) =0, ∴当 x ≥-2 时, F ( x) ≥0,即 f ( x) ≤ kg ( x) 恒成立, (3)若 k ? e ,则 F (?2) = ?2ke
2 ?2

? 2 = ?2e ?2 (k ? e 2 ) <0,

∴当 x ≥-2 时, f ( x) ≤ kg ( x) 不可能恒成立, 综上所述, k 的取值范围为[1, e ].
49 .( 河 南 省 2013 届 高 三 新 课 程 高 考 适 应 性 考 试 ( 一 ) 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数
2

f ( x) ? ln( x ? 1) ? f (0) x ? f '(0) x 2 ? 2.

(1)求 f ( x) 的解析式及减区间; (2)若 f ? x ? ? x 2 ? ax ? b, 求

b?3 的最小值. a?2
1 ? 2 ? 3 f '(0) x ,所以 f '(0) ? ?1 , x ?1

【答案】解:(Ⅰ)令 x ? 0 得 f (0) ? 2 , f '( x) ?

? f ( x) ? ln( x ? 1) ? 2 x ? x2 ? 2 ,
f '( x) ? 1 2 x2 ? 1 , ? 2x ? 2 ? x ?1 x ?1
2 2 2 2 ,? f ( x) 的减区间为( ? ) ?x? , 2 2 2 2

由 f '( x) ? 0 得 ? (Ⅱ)由题意

ln( x ? 1) ? 2 x ? x2 ? 2 ≤ x2 ? ax ? b ,

? b ? 2 ≥ ln( x ? 1) ? (a ? 2) x ,
1 ? (a ? 2) . x ?1 当 a ? 2 ≤ 0 时, g '( x) ? 0 恒成立, g ( x) 无最大值;

设 g ( x) ? ln( x ? 1) ? (a ? 2) x , g '( x) ?

当 a ? 2 ? 0 时,由 g '( x) ? 0 得 ?1 ? x ?

1 1 ? 1 , g '( x) ? 0 得 x ? ? 1. a?2 a?2

? g ( x) 在 (?1 , ? g ( x) ≤ g ( ?

1 1 ? 1) 上为增函数,在 ( ? 1, ??) 上为减函数. a?2 a?2

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

b?3 a ln(a ? 2) , ≥ ? a?2 a?2 a?2 1 ? ln(a ? 2) a ln(a ? 2) 设 h(a) ? , h '(a) ? , ? (a ? 2)2 a?2 a?2

由 h '(a) ? 0 得 a ?

1 1 ? 2 , h '(a) ? 0 得 ?2 ? a ? ? 2 , e e

1 b?3 的最小值为 1 ? e ? h(a) ≥ h( ? 2) ? 1 ? e ,所以 e a?2
50. (河南省郑州市智林学校 2013 届高三 4 月模拟考试数学试题 (理) (理科)已知函数 f(x)=ln(1+x))

x . 1? x

(1)求 f(x)的极小值;
【答案】 (1) f(x)=ln(1+x)-

(2)若 a、b>0,求证:lna-lnb≥1-

b . a

x ,求导数得 1? x

f′(x)=

x ,而 f(x)的定义域 x>-1,在 x>0 时,f′(x)>0;在-1<x<0 时,f′(x)<0. (1 ? x ) 2

∴在 x=0 时,f(x)取得极小值 f(0)=0. (2)证明:在 x=0 时,f(x)取得极小值,而且是最小值,于是 f(x)≥f(0)=0,从而 ln(1+x)≥ 令 1+x=

x 在 x>-1 时恒成立. 1? x

a x 1 b >0,则 =1=1- , b 1? x x ?1 a

a b ≥1- , b a b 因此 lna-lnb≥1- 在 a>0,b>0 时成立 a
于是 lna-lnb=ln
51. (河南省商丘市 2013 届高三第三次模拟考试数学(理)试题)已知函数

为常数, a ? 0 ). (1)当 a ? 2 时,求函数 f ( x) 的单调区间;

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

(2)若对任意的 a ? (1, 2) ,总存在 x0 ? [ ,1] ,使不等式 f ( x0 ) ? m(a ? 2a ? 3) 成立,求实数 m 的取值
2

1 2

范围.
【答案】解:(Ⅰ)当 a ? 2 , f ( x) ? ln ? x ?

? ?

1? 2 1 ? ? x ? 2 x ,定义域为 (? , ??) , 2? 2

f ?( x) ?

1 1 x? 2

? 2x ? 2 ?

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

,

1 1 1 , 0) , f ?( x) ? 0 , x ? (0, ), f ?( x) ? 0, x ? ( , ??), f ?( x) ? 0 , 2 2 2 1 1 1 ∴函数 f ( x) 的单调递增区间为 ( ? , 0) , ( , ??) ;单调递减区间为 (0, ) 2 2 2
∵ x ? (?
2 2

(Ⅱ) f ' ( x) ?

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

?

?

a ?2 a 2 ? 2 1 (a ? 2)(a ? 1) ?1 ? a ? 2m,? ? ? ? 0 ,即 2a 2 2a 2a

?

1 , 2

1 1 1 ? f (x) 在 ? ,1? 上增,? f ( x) max ? f (1) ? ln( ? a) ? 1 ? a ?2 ? 2 2 ? ?
?1 ? ?a ? ?1, 2 ? ,总存在 x0 ? ? ,1? ,使不等式 f ( x0 ) ? m ? a 2 ? 2a ? 3 ? 成立, ?2 ?

?只需 f ( x)max ? ln( ? a) ? 1 ? a
1 2

1 2

1 2

? m(a 2 ? 2a ? 3) 即可,

问题等价于 ?a ? (1, 2), 不等式 ln( ? 方法 1:令 h(a) ? ln( ? 则 h?(a) ?

1 a) ? 1 ? a ? m(a 2 ? 2a ? 3) ? 0 恒成立 2

1 2

1 a) ? 1 ? a ? m(a 2 ? 2a ? 3) , 2

1 ?2ma 2 ? (4m ? 1)a ? 2m ? 1 ? 2ma ? 2m ? 1? a a ?1

由于 h(1) ? 0 ,要使 ?a ? (1, 2), h(a) ? 0 , ∴必存在 x1 ( x1 ? (1, 2)) ,使得 h( a ) 在 (1, x1 ) 上单调递增,

(若不然 ?a ? (1, 2), h(a) ? 0 不会恒成立),∴ h?(1) ? 0, 可得 m ? ? 又当 m ? ?

1 , 8

1 1 2 时,令 g (a) ? ?2ma ? (4m ? 1)a ? 2m ,其对称轴 a ? ?1 ? ?1, 8 4m

由于 ?2m ? 0, g (1) ? ?8m ? 1 ? 0 ,∴ a ? (1, 2) 上, g (a) ? 0, h? ? a ? ? 0 ,

? h(a) 在 (1, 2) 上单调递增, ? h(a) ? h(1) ? 0 ,即 ln( ?

1 2

1 a) ? 1 ? a ? m(a 2 ? 2a ? 3) , 2

于是 m ? ? 当m ? ?

1 ?1 ? 2 时, 总存在 x0 ? ? ,1? ,使不等式 f ( x0 ) ? m ? a ? 2a ? 3 ? 成立 8 ?2 ?

1 时,由于 g (1) ? ?8m ? 1 ? 0 ,必存在 x2 ( x2 ? (1, 2)) , a ? (1, x2 ), g (a) ? 0 , 8

从而 a ? (1, x2 ), h?(a) ? 0 , h( a ) 在 (1, x2 ) 上单调递减, ∴ a ? (1, x2 ), h(a) ? h(1) ? 0 ,与 h(a) ? 0 矛盾. 所以 m ? ?

1 8

1 1 1 1 ln( ? a) ? 1 ? a ln( ? a ) ? 1 ? a 2 2 2 2 2 (法二)? a ? 2a ? 3 ? 0 ,? m ? ,设 h(a) ? , a ? (1, 2) . 2 a 2 ? 2a ? 3 a ? 2a ? 3
3 ?a ? 1 1 ? ( a 2 ? 2a ? 3) ? ?ln( ? a ) ? 1 ? a ? ( 2a ? 2) a ? a ? 2 ? ln( 1 ? 1 a ) 1? a ? 2 2 ? 2( a ? 1) 2 2 2 , h ' (a) ? ? 2 2 2 ( a ? 2a ? 3) ( a ? 2a ? 3) 2

2( a ? 1)

(a ? 1)(a ? 2a ? 3) ' a3 ? a ? 2 1 1 ? 0, 设 g (a) ? ? ln( ? a ) , g ( a ) ? 2 2(a ? 1) 3 2( a ? 1) 2 2
2

? g (a ) 在 ?1,2 ? 上增,又 g (1) ? 0 ,? a ? (1, 2) , g (a) ? 0 ,即 h ' (a) ? 0 ,

? h(a) 在 (1,2) 上单调递增
ln(
又 lim
a ?1

1 1 1 ?1 ? a) ? 1 ? a 1 1? a 2 2 ? lim ?? , 2 a ? 2a ? 3 2a ? 2 8 a ?1

?m ? ?

1 8


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