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高考数学压轴题集锦——导数及其应用

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-10-06 02:14
tags:高中数学压轴题

高中数学439个知识点总结-高中数学教材人教版选修4-5答案百度文库

2020年10月6日发(作者:鱼先)



2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用

1.已知函数
f(x)?lnx?
a
.
x
(1)若函数
f(x)
有零点,求实数
a
的取值范围;
(2)证明:当
a?






2.已知函数
f(x)?x?alnx

a?R
),
F(x)?b x

b?R
).
(1)讨论
f(x)
的单调性;
(2)设
a?2

g(x)?f(x)?F(x)
,若
x
1
,x
2

0?x
1
?x
2
)是
g(x)
的两个零点,且
2
2
?x
时,
f(x)?e
.
e
x
0
?







x
1
?x
2
,试问曲线
y?g(x)
在点
x
0
处的切线能否与
x
轴平行?请说明理由.
2
3.已知函数
f(x)?x?mx?nx

m,n?R

(1)若
f(x)

x?1
处取得极大值,求实数
m
的取值范围;
(2)若
f(1)?0
,且过点
P(0,1)
有且 只有两条直线与曲线
y?f(x)
相切,求实数
m

值.






'
32
1



4.已知函数
f(x)?xe

g(x)?2x
.
(1)求函数
f(x)
的单调区间;
(2)求证:
?x?R

f(x)?g(x)








5.已知函数f(x)=
2x3
x
﹣ax+b在点(e,f(e))处的切线方程为y=﹣ax+2e.
lnx


)求实数
b
的值;

(Ⅱ)若存在x∈[e,e
2
],满足f(x)≤








6.已知函数
f(x)?lnx?
1
+e,求实数a的取值范围.
4
1
2
11
ax?bx?1
的图像在
x?1
处的切 线
l
过点
(,)
.
222
(1)若函数
g(x) ?f(x)?(a?1)x(a?0)
,求
g(x)
的最大值(用
a
表示);
(2)若
a??4

f(x
1
)?f(x
2
)?x
1
?x
2
?3x
1
x
2
?2
,证明:
x
1
?x
2
?








1
.
2
2



7.已知函数
f(x)?xlnx?
a
32< br>,
g(x)?x?x?3

a?R
.
x
(1)当< br>a??1
时,求曲线
y?f(x)

x?1
处的切线方程;
(2)若对任意的
x
1
,x
2
?[,2]
,都有< br>f(x
1
)?g(x
2
)
成立,求实数
a
的 取值范围.






8.设函数
f(x)?e?ax?2

(1)求
f(x)
的单调区间;
(2)若
a?1,k
为整 数,且当
x?0
时,
函数,求
k
的最大值.







9.设函数
f(x)?x?bln(x?1)
.
(1)若对定义域内的任意
x
,都有
f(x)?f(1)
成立,求实数
b
的值; (2)若函数
f(x)
的定义域上是单调函数,求实数
b
的取值范围;
(3)若
b??1
,证明对任意的正整数
n








2
1
2
x
k ?x
f
?
(x)?1
恒成立,其中
f
?
(x)
f(x)
的导
x?1
?
f(
k
)?1?2
k?1
n
11
3
?
1
?
3
3
?
1
.
3
n
3



10.已知函数
f(x)?a?e(x?1)lna?
x
1

a?0

a?1
),
e
为自然对数的底数.
a
(Ⅰ)当
a?e
时,求函数
y?f(x)
在区间
x?
?
0, 2
?
上的最大值;
(Ⅱ)若函数
f(x)
只有一个零点,求
a
的值.







11.已知函数
f(x)? x?
1

g(x)?2alnx
.
x
(1)当
a ??1
时,求
F(x)?f(x)?g(x)
的单调递增区间;
(2)设< br>h(x)?f(x)?g(x)
,且
h(x)
有两个极值
x
1
,x
2
,其中
x
1
?(0,]
,求
13
h(x
1
)?h(x
2
)
的最小值.







12.已知函数f(x)=lnx+x
2
﹣2ax+1(a为常数).

1
)讨论函数
f

x
)的单调性;
< br>a

2
)若存在
x
0


0

1]
,使得对任意的
a∈
(﹣
2

0]
,不等式
2me

a+1

+f

x
0
)>
a
2
+2a+4
(其中
e
为自然对数的底数) 都成立,求实数
m
的取值范围.









4



13.已知函数 f(x)=a
x
+x
2
﹣xlna(a>0,a≠1).

1
)求函数
f

x
)在点(
0

f
0
))处的切线方程;


2
)求函数
f

x
)单调增区间;
< br>(
3
)若存在
x
1

x
2
∈[
1

1]
,使得
|f

x
1
)﹣
f

x
2

|≥e

1

e
是自然对数的底数),求
实数
a
的取值范围.












14.已知函数
f(x)?lnx?
1

g(x)?ax?b

x

1
)若函数
h(x)?f(x)?g(x)
在< br>?
0,??
?
上单调递增,求实数
a
的取值范围;


2
)若直线
g(x)?ax?b
是函数
f(x)?lnx ?
1
图像的切线,求
a?b
的最小值;

x
(3) 当
b?0
时,若
f(x)

g(x)
的图像有两个交点A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
,求证:
x
1
x
2
?2e
2














5



15.某工艺品厂要设计一个如图1所 示的工艺品,现有某种型号的长方形材料如图2所示,
其周长为4m,这种材料沿其对角线折叠后就出现 图1的情况.如图,ABCD(AB>AD)
为长方形的材料,沿AC折叠后
AB
?< br>交DC于点P,设△ADP的面积为
S
2
,折叠后重合部
分△ACP的 面积为
S
1



)设
AB?x
m,用
x
表示图中
DP
的长度,并写出
x
的取值范围;< br>


)求面积
S
2
最大时,应怎样设计材料的长和 宽?



)求面积
?
S
1
?2S
2
?
最大时,应怎样设计材料的长和宽?












16.已知< br>f
?
x
?
?e
2x
?ln
?
x?a
?
.
(1)当
a?1
时,求
f
?
x?

?
0,1
?
处的切线方程;
(2)若存在
x
0
?
?
0,??
?
,使得
f
?
x
0
?
?2ln
?
x
0
?a
?
?x
0
成立,求实数
a
的取值范围.
2










6



17.已知函数
f
?
x
?
?ax
?
lnx?1
?
?x
2
?
a?R
?
恰有两个极值点
x
1
,x
2
,且
x
1
? x
2
.
(1)求实数
a
的取值范围;
(2)若不等式< br>lnx
1
?
?
lnx
2
?1?
?
恒 成立,求实数
?
的取值范围.






18.已知函数f(x)=(lnx﹣k﹣1)x(k∈R)

1
)当
x

1
时,求
f

x
)的单调区间 和极值.

2

2
)若对于任意
x∈[e

e]
,都有
f

x
)<
4lnx
成立,求
k
的取值范围.

2
k

3
)若
x1
≠x
2
,且
f

x
1

= f

x
2
),证明:
x
1
x
2

e










19.已知函数
f
?
x
?
?ae?
x< br>1
2
x?x

a?R
).
2
(Ⅰ)若曲线
y?f
?
x
?
在点
0,f
?
0
?
处的切线与
y
轴垂直,求
a
的值;
(Ⅱ)若函数
f
?
x
?
有两个极值点,求
a
的取值范围;
(Ⅲ)证明:当
x?1
时,
elnx?x?








x
??
1
.
x
7



1
20.已知函数
f
(
x
)
=x
3
-2x
2
+3x+b
(
b?R
)
.
3
(1)当
b=0
时,求
f
(
x
)

[
1,4
]
上的值域;
(2 )若函数
f
(
x
)
有三个不同的零点,求
b
的取值 范围.






21.已知函数
f(x)?
1
2
ax?lnx?2
. 2
(1)当
a?1
时,求曲线
f(x)
在点
(1,f( 1))
处的切线方程;
(2)讨论函数
f(x)
的单调性.






22.已知函数
f(x)?
1
?lnx

[1,??]
上为增函数,且
?
?(0,
?
)
.
xsin
?
(Ⅰ)求函数
f(x)
在其定义域内的极值;
(Ⅱ)若在
[1,e]
上至少存在一个
x
0
,使得
kx0
?f(x
0
)?
2e
成立,求实数
k
的取值 范围.
x
0
8



参考答案


1.(1)函数
f(x)?lnx?

f(x)?lnx?
a
的定义域为
(0,??)
.
x
a1ax?a
,得
f?
(x)??
2
?
.
2
xxxx
①当
a?0
时,
f
?
(x)?0
恒成立,函数
f(x)

(0,??)
上单调递增,

f(1)?ln1?a?a?0,x???,f(x)???

所以函数
f(x)
在定义域
(0,??)
上有
1
个零点.
②当
a?0
时,则
x?(0,a)
时,
f
?
(x) ?0;x?(a,??)
时,
f
?
(x)?0
.
所以函数
f(x)

(0,a)
上单调递减,在
(a,??)
上单调 递增.

x?a[f(x)]
min
?lna?1
.当
l na?1?0
,即
0?a?
所以函数
f(x)
在定义域
(0 ,??)
上有
2
个零点.
综上所述实数
a
的取值范围为
(??,]
.
另解:函数< br>f(x)?lnx?

f(x)?lnx?
1
时,又
f(1) ?ln1?a?a?0

e
1
e
a
的定义域为
(0,??)
.
x
a
,得
a??xlnx
.
x

g(x )??xlnx
,则
g
?
(x)??(lnx?1)
.

x?(0,)
时,
g
?
(x)?0
;当
x?(,? ?)
时,
g
?
(x)?0
.
所以函数
g(x)< br>在
(0,)
上单调递增,在
(,??)
上单调递减.
x?
1
e
1
e
1
e
1
e
11 111
时,函数
g(x)
取得最大值
g()??ln?
.
eeeee
1

e

x???,f(x)???
,两图像有交点得
a?
综上所述实数
a
的取值范围为
(??,].
(2)要证明当
a?
即证明当
x?0,a?
1
e< br>2
?x
时,
f(x)?e

e
2a
?x< br>?x
时,
lnx??e
,即
xlnx?a?xe
.
ex
9




h(x)?xlnx?a
, 则
h
?
(x)?lnx?1
.

0?x?
11< br>时,
f
?
(x)?0
;当
x?
时,
f
?
(x)?0
.
ee
1
e
1
e
所以函 数
h(x)

(0,)
上单调递减,在
(,??)
上单调递 增.

x?
11
时,
[h(x)]
min
??? a
.
ee
211
时,
h(x)???a?
.①
eee
,则
?
?
(x)?e
?x
于是,当
a?
?
(x)?xe
?x
?xe
?x
?e
?x< br>(1?x)
.

0?x?1
时,
f
?
(x )?0
;当
x?1
时,
f
?
(x)?0
.
所以函数
?
(x)

(0,1)
上单调递增,在
(1,? ?)
上单调递减.

x?1
时,
[
?
(x)]< br>min
?
1
.
e
1
.②
e
于是 ,当
x?0
时,
?
(x)?
显然,不等式①、②中的等号不能同时成 立.
故当
a?

2
?x
时,
f(x)?e
.
e
a2x
2
?a
,x?0
2.(Ⅰ)
f
?
(x)?2x??
xx
(1)当
a?0
时,
f
?
(x)?0

f(x)

?
0,??
?

单调递增,
(2)当
a?0
时,
f
?
(x)?0 得x?
a

2

??
a
?
a
?
????

所以a?0时, f(x)的单调减区间是
?
0,
2
?
,单调增区间是
?2
,??
?
????
(Ⅱ)
g(x)?x?2lnx?bx

假设
y?g(x)

x< br>0
处的切线能平行于
x
轴.
2
10




g
?
(x)?2x?
2
?b,
?
x?0
?

x
由假设及题意得:
g(x
1
)?x
1
?2ln x
1
?bx
1
?0

g(x
2
)?x
2
?2lnx
2
?bx
2
?0

2
2
x
1
?x
2
?x
0


2
g
?
(x
0< br>)?2x
0
?
由-得,
?
x
2
1
2
?b?0


x
0
?x
2
?2
?
lnx
1
?lnx
2
?
?b
?
x
1
?x
2
?
?0

2
?
x
1
`
x
2
?2x
0

b?
x
1
?x
2
2ln
x
1
?2
x
1
2
?
x
1
?x
2
?
x
2
ln??
由④⑤得,
x

x
1
x
1
?x
22
?1
x
22
x
1

x
?t

2
x
1< br>?x
2
,?0?t?1
.
则上式可化为
lnt?
2t ?2
?
0?t?1
?
,则
t?1
2
2t?2


t?1
设函数
h
?
t
?
?lnt?
?
t?1
?
?0
,
1 4
h
?
?
t
?
???
t
?
t?1
?
2
t
?
t?1
?
2
所以函数
h
?
t
?
?lnt?
2t?2
(0,1)
上单调递增 . 在
t?1
0?t?1
时,有
h
?
t
?
?h
?
1
?
?0
,即
lnt?
于是,当
所 以


2
3.(Ⅰ)
f
?
(x)?3x?2mx?n

2t?2
?0
与⑥矛盾.

t?1
y?f(x)

x
0
处的切线不能平行于
x
轴.
由f
?
?
1
?
?0得3?2m?n?0

??4m
2
?12n?0.


?
m?3
?
?0,得到m??3



2
11




f
?
(x)?3x?2mx?
?
2m?3
?
?
?
x?1
??
3x?2m?3
?

2

f
?
(x)?0,得x?1或x??
?
1?
?
?
2m
?
?

3
?
由题
?
?
1?
?
?< br>2m
?
?
?1,解得m??3


3
?

由①②得
m??3

(Ⅱ)由f
?
?
1
?
?0得3?2m?n?0

2< br>所以
f
?
(x)?3x?2mx?
?
3?2m
?
因为过点
(0,1)
且与曲线
y?f(x)
相切的直线有且仅 有两条,
令切点是
P
?
x
0
,y
0
?< br>,

则切线方程为
y?y
0
?f
?
?
x
0
??
x?x
0
?

由切线过点
(0,1)
,所以有
1?y
0
?f
?
?
x
0
??
?x
0
?


1?x
0
?mx
0
?
?
3?2m
?
x< br>0
?3x
0
?2mx
0
?
?
3?2m
??
?x
0
?

322
??
整理得
2x
0
?mx
0
?1?0

32
所以,关于x
0
的方程2x
0
?mx
0
?1?0有两个不同的实根.
令h
?
x
?
?2x
3
?mx
2
?1,则h?
x
?
需有两个零点

h
?
?
x
?
?6x
2
?2mx

32
?
??
所以
m?0,且hx?0得x?0或x??
?< br>m
?
由题,h
?
0
?
?0,或h
?
?
?
?0

?
3
?
?
m
?
又因为h
?
0
?
?1,所以h
?
?
?
? 0

?
3
?
m
3

?
m
??
m
?
所以2
?
?
?
?m
?
?
?
?1?0

?
3
??
3
?
32
解得m??3
,即为所求



4.(Ⅰ)
f
?
(x)?2xe?xe?ex?2x

∴< br>?2?x?0时,f
?
?
x
?
?0,f
?
x
?

?
?2,0
?
上单调递减;

x2xx
?
2
?
12



x?? 2或x?0时,f
?
?
x
?
?0,f
?
x
?

?
??,?2
?

?
0,??
?上单调递增.

所以f(x)的单调递减区间是
?
?2,0
?< br>,单调递增区间是
?
??,?2
?

?
0,,??< br>?

(Ⅱ)
显然
x?0
时有
f(x)?g(x)< br>,只需证
x?0

f(x)?g(x)
,由于
x
2< br>?0

只需证x?0时,e
x
?2x

令h(x)?e
x
?2x,x?
?
0,??
?

?h
?
(x)?e
x
?2

?h
?
(x)?0,得x?ln2

?x?
?
0, ln2
?
,h
?
?
x
?
?0,x?
?ln2,??
?
,h
?
?
x
?
?0


?h
?
x
?

?
0,ln2
?
上单调递减,在
?
ln2,??
?
上单调递增
所以当
x?0
时,
f(x)?g(x)
.
综上
?x?R

f(x)?g(x)




5.
解:(


f

x
=
求导,
f′

x

=
?h(x)
m in
?h
?
ln2
?
?e
ln2
?2ln2?2? 2ln2?2
?
l
?x?
?
0,??
?
,h(x) ?0恒成立


ax+b

x∈

0
,< br>1



1

+∞
),


a


则函数
f

x
)在点(
e

f

e
))处切线方程
y
﹣(
e

ex+b

=

a

x

e
),


y=

ax+e+b


由函数
f
x
)在(
e

f

e
))处的切线 方程为
y=

ax+2e
,比较可得
b=e


实数
b
的值
e




)由f

x

≤+e
,即

a≥


ax+e≤+e


2

[e

e]
,上有解,


h

x

=
求导
h′

x
=

2

x∈[e

e]





==



p

x

=lnx

2
∴x

[e

e
2
]
时,
p′

x

=
=

0


13



2则函数
p

x
)在
[e

e]
上单调 递减,

∴p

x
)<
p

e

=lne

2

0


2
h′

x
)<
0
,及
h

x
)在区间
[e

e]
单调递减,

h

x

≥h

e
2

=

=
﹣,


实数
a
的取值范围
[



6.(1)由
f(x)?
'

+∞]


1
?ax?b
,得
f
'
(1)?1?a?b
, < br>x
111
l
的方程为
y?(?a?b?1)?(1?a?b)(x?1 )
,又
l
过点
(,)

222

111
?(?a?b?1)?(1?a?b)(?1)
,解得
b?0
.
222
1
2
ax?(1?a)x?1

2
g(x)?f(x)?(a?1)x?lnx?
1
?a(x?)(x?1)
1?a x?(1?a)x?1
a

g
'
(x)??ax?1?a??(a? 0)

xxx
2

x?(0,)
时,
g(x)? 0

g(x)
单调递增;

x?(,??)
时,
g(x)?0

g(x)
单调递减.

g(x)
max< br>?g()?ln
1
a
'
1
a
'
1
a
111
2
11
?a()?(1?a)?1??lna
.
a 2aa2a
(2)证明:∵
a??4

22

f(x
1
)?f(x
2
)?x
1
?x
2
?3x
1
x
2
?lnx
1
?2x
1
?1?lnx
2
?2x
2
?1?x
1
?x
2
?3x
1< br>x
2

?ln(x
1
x
2
)?2(x1
?x
2
)
2
?x
1
?x
2
?x
1
x
2
?2?2
,∴
x
1
?x
2
?2(x
1
?x
2
)
2
?x
1
x
2
?ln(x
1
x
2
)

'

x
1
x
2
?m(m?0)

?
(m)? m?lnm

?
(m)?
m?1
'
,令
?
(m)?0

0?m?1
;令
m
?
'
(m)?0< br>得
m?1
.∴
?
(m)

(0,1)
上递减 ,在
(1,??)
上递增,
2

?
(m)?
?< br>(1)?1
,∴
x
1
?x
2
?2(x
1?x
2
)?1

x
1
?x
2
?0,解得:
x
1
?x
2
?
1
.
27.(1)当
a??1
时,
f(x)?xlnx?
11
'

f(1)??1

f(x)?lnx?1?
2

xx
14



f
'
(1)?2
, 从而曲线
y?f(x)

x?1
处的切线为
y?2(x?1)?1< br>,即
y?2x?3
.
(2)对任意的
x
1
,x2
?[,2]
,都有
f(x
1
)?g(x
2
)
成立,从而
f(x)
min
?g(x)
max


g(x)?x?x?3

g(x)?3x?2x?x(3x?2)
,从而y?g(x)

[,]
递减,
32'2
1
2
1 2
23
21
[,2]
递增,
g(x)
max
?ma x{g(),g(2)}?1
.
32

f(1)?a
,则
a?1
.
下面证明当< br>a?1
时,
xlnx?
a1
?1

x?[,2]恒成立.
x2
f(x)?xlnx?
a11
?xlnx?
,即 证
xlnx??1
.
xxx
11
'
'
,则
h(x)?lnx?1?
2

h(1)?0
.
xx
''

h(x)?xlnx?

x?[,1]
时,
h(x)?0
,当
x?[1,2]
时,
h(x)?0
,从而
y?h(x)

x?[,1]
递减,
1
2
1
2
x?[1 ,2]
递增,
h(x)
min
?h(1)?1

从而
a?1
时,
xlnx?


8.(1)函数f (x)=e
x
-ax-2的定义域是R,f′(x)=e
x
-a,
若a≤0,则f′(x)=e
x
-a≥0,所以函数f(x)=e
x
-ax -2在(-∞,+∞)上单调递增
若a>0,则当x∈(-∞,lna)时,f′(x)=e
x
-a<0;
当x∈(lna,+∞)时,f′(x)=e
x
-a>0;
所以,f(x)在(-∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)上单调递增
(2)由于a=1,
a1
?1

x?[,2]
恒成立. < br>x2
k?x
'
f(x)?1?(k?x)(e
x
?1)?x? 1

x?1
?x?0,?e
x
?1?0.?k?
x?1?x

x
e?1
?xe
x
?1e
x
(e
x
?x?2)
x?1
'

g(x)?
x
?x

?k?g(x)
min

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

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

?h(x)

(0,??)
单调递增,

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

(0,??)
上存在唯一零点,设此零点为
x
0
,则x
0
?(1,2)

x'x
15



''

x
0
?(0,x
0
)
时,
g(x)?0
,当
x
0
?(x
0
,??)
时,g(x)?0

?g(x)
min
?g(x
0
)?'

g(x
0
)?0?e
x
0
x
0< br>?1
?x
0

e
x
0
?1
?x
0
?2,?g(x
0
)?x
0
?1?(2,3)
, 又
?k?g(x
0
)

所以
k
的最大值为2


9.(1)由
x?1?0
,得
x??1
.∴< br>f
?
x
?
的定义域为
?
?1,??
?

因为对x∈
?
?1,??
?
,都有
f
?< br>x
?
?f
?
1
?
,∴
f
?
1
?
是函数
f
?
x
?
的最小值,故有
f< br>?
?
1
?
?0

f

(x)?2 x?
bb
,?2??0,
解得
b??4

x?12经检验,
b??4
时,
f(x)

(?1,1)
上单调 减,在
(1,??)
上单调增.
f(1)
为最小值.
b2x
2
?2x?b
(2)∵
f(x)?2x??,
又函数
f
?
x
?
在定义域上是单调函数,
x?1x?1


f
?
?
x
?
?0

f
?
?
x
?
?0

?
?1,??
?
上恒成立.

f
?
?
x
?
?0
,则
2x?
b
?0

?
?1,??
?
上恒成立,
x?1
1
2
11
恒成立,由此得
b?

22

b??2x
2
?2x
=
?2(x?)
2?

f
?
?
x
?
?0
,则
2 x?
b
?0

?
?1,??
?
上恒成立,
x?1
1
2
1
恒成立.
2

b??2x
2
?2x
=
?2(x?)
2
?

?2(x ?)
2
?
1
2
1

?
?1,??
?
上没有最小值,∴不存在实数
b
使
f
?
?
x?
?0
恒成立.
2
?
1
?
2
2< br>综上所述,实数
b
的取值范围是
?
,??
?
(3)当
b??1
时,函数
f
?
x
?
?x?l n
?
x?1
?
.令
?
?
h
?
x< br>?
?f
?
x
?
?x
3
??x
3?x
2
?ln
?
x?1
?


h< br>?
?
x
?
??3x
2
?2x?
13x
3
?
?
x?1
?

??
x?1x?1
2

x?
?
0,??
?
时,
h
?
?
x
?
?0
,所以函数
h
?
x
?

?
0,??
?
上单调递减.

h
?
0
?
?0

?

x?
?
0,??
?
时,恒有
h
?
x
?
?h
?
0
?< br>?0
,即
x?ln
?
x?1
?
?x
恒成立.
23
16



故当
x?
?
0,? ?
?
时,有
f
?
x
?
?x

3
11
1
?
1

k?N
?

??
?
0,??
?
.取
x?
,则有
f
?
??
?
3

kk
?
k
?
k
?

?
?1??
f
?
2
?
k
?
k?1
n
?
1
?
1
3
?
11
.所以结论成立.
?????
33
3n


10.解:(Ⅰ)当
a? e
时,
f(x)?e?e(x?1)?
x
1
x

f '(x)?e?e
,令
f'(x)?0
,解得
e
x?1

x?(0,1)
时,
f'(x)?0

x?(1,2)
时,
f'(x)?0


f(x)
max
?max
?
f(0),f(2)
?
,而
f(0)?1?e?

f(x)
max
?f(2)?e?3e?
x
2
11
2
f(2)?e?3e?

ee
1

e
1
x x

f'(x)?alna?elna?lna(a?e)

a
( Ⅱ)
f(x)?a?e(x?1)lna?

f'(x)?0
,得
x ?log
a
e
,则
①当
a?1
时,
lna?0

x

(??,log
a
e)

log
a
e

(log
a
e,??)

?


f'(x)

f(x)

?


0

极小值
所以当
x?log
a
e
时,
f(x)
有最小值
f(x)
min
?f(log
a
e)??elna?
1

a
因为函数
f(x)
只有一个零 点,且当
x???

x???
时,都有
f(x)???
,则
f(x)
min
??elna?
11
?0
,即
el na??0

aa
因为当
a?1
时,
lna?0
,所以此方程无解.
②当
0?a?1
时,
lna?0

x

(??,log
a
e)

log
a
e

(log
a
e,??)

?


f'(x)

f(x)

?


0

极小值
所以当
x?log
a
e
时,
f(x)
有最小值
f(x)
min
?f(log
a
e)??elna?
1

a
17



因 为函数
f(x)
只有一个零点,且当
x???

x???
时 ,都有
f(x)???

所以
f(x)
min
??eln a?

g(a)?elna?
11
?0
,即
elna??0

0?a?1
)(*)
aa
1e1ae?1
(0?a?1 )
,则
g'(a)??
2
?
2

aaaa
1

e

g'(a)?0
,得
a?

0?a?
11
时,
g'(a)?0
;当
a?
时,
g'(a)?0

ee
1111
时,
g(a )
min
?g()?eln?e?0
,所以方程(*)有且只有一解
a?
eeee
1
时函数
f(x)
只有一个零点.
e
所以当
a?
综上,
a?


11.(1)由题意得F(x)= x--2alnx. x0,


m< br>(
x

=x

2ax+1

=

,
①当


a1
时,令
x

时F(x)在(0,+
,得
x
1
=
(0,
+
)

(
) (


单调递增;
, x
2
=
) (
+
)
)
∴F(x)
的单增区间为
(0,
综上所述,当时
F(x)
的单增区间为(
0
+


)

()

a1
时,
F(x)
的单增区间为
(0,

2

h(x )= x

2alnx, h

(x)=,(x>0),
由题意知< br>x
1
,x
2

x
2
+2ax+1=0
的两根,

∴x
1
x
2
=1, x
1
+ x
2
=

2a,x
2
=,2a=
==2(
), H

(x)=2(

时,
H(x)<0, H(x)

,
--
)

H(x)=2()lnx=
当上单调递减,
H(x)
的最小值为
H()=,
18








的最小值为
.
12.解:(I)f(x)=lnx+x
2
﹣2ax+1,
f'

x

=+2x

2a=
2

g

x

=2x

2ax+1





i
)当
a≤0
时,因为
x

0
,所以
g

x
)>
0
,函数
f

x
)在(
0

+∞
)上单调递增;


ii
)当
0

a
增;


iii
)当
a

减;

在区间(
0
,)和(,
+∞
)时,
g

x
)>
0
,函数
f

x
)单调递增;

时,
x在(,)时,
g

x
)<
0
,函数
f

x
)单调递
时,因为
△≤0
,所以
g

x
)>
0
,函数
f

x
)在(
0

+∞
)上单调递

II
)由(
I
)知当
a∈
(﹣
2

0]
,时,函数
f

x)在区间(
0

1]
上单调递增,

所以当
x ∈

0

1]
时,函数
f

x
) 的最大值是
f

1

=2

2a
,对任意 的
a∈
(﹣
2

0]


a2
都 存在
x
0


0

1]
,使得不等式a∈
(﹣
2

0]

2me

a+1

+f

x
0
)>
a+2a+4
成立,< br>
a2
等价于对任意的
a∈
(﹣
2

0]< br>,不等式
2me

a+1
)﹣
a+

4a< br>﹣
2

0
都成立,

a22

h< br>(
a

=2me

a+1
)﹣
a+

4a

2
,由
h

0
)>
0< br>得
m

1
,且
h
(﹣
2

≥0

m≤e


h'

a

= 2

a+2
)(
me
a

1

= 0


∴a=

2

a=

lnm


∵a∈
(﹣
2

0]


∴2

a+2
)>
0



当< br>1

m

e
2
时,﹣
lnm∈
(﹣
2

0
),且
a∈
(﹣
2
,﹣
l nm
)时,
h'

a
)<
0


a∈
(﹣
lnm

0
)时,
h'

a)>
0
,所以
h

a
)最小值为
h
( ﹣
lnm

=lnm
﹣(
2

lnm
)>
0


所以
a∈
(﹣
2
,﹣
ln m
)时,
h

a
)>
0
恒成立;



m=e
2
时,
h'

a

=2

a+2
)(
e
a+2

1
),因为
a∈
(﹣
2

0]
,所以
h'

a
)>
0


此时单调递增,且
h
(﹣
2

=0

< br>所以
a∈
(﹣
2

0]
,时,
h

a
)>
0
恒成立;

2
综上,
m
的取值范围是(
1

e]


13.解:(1)∵f(x)=a
x
+x
2
﹣xlna,
∴f′

x

=a
x
lna+2x

ln a


19



∴f′

0
=0

f

0

=1
即函数f

x
)图象在点(
0

1
)处的切线斜率为
0



图象在点(
0

f
(< br>0
))处的切线方程为
y=1
;(
3
分)

xx

2
)由于
f'

x

=alna+ 2x

lna=2x+

a

1

lna

0


a

1

y=2x< br>单调递增,
lna

0
,所以
y=

ax

1

lna
单调递增,


y= 2x+

a

1

lna
单调递增,
< br>∴2x+

a
x

1

lna
>< br>2×0+

a
0

1

lna=0
,即
f'

x
)>
f'

0
),所以x

0
故函数
f

x
)在(
0
+∞
)上单调递增;



0

a

1

y=2x
单调递增,
lna

0< br>,所以
y=

a
x

1

lna< br>单调递增,


y=2x+

a

1

lna
单调递增,

∴2x+

a
x

1

lna

2×0+

a
0

1

lna=0
,即
f'

x
)>f'

0
),所以
x

0
故函数
f

x
)在(
0

+∞
)上单调递增;
< br>综上,函数
f

x
)单调增区间(
0

+∞
);(
8
分)


3
)因为存在
x
1

x
2
∈[

1

1]
,使 得
|f

x
1
)﹣
f

x
2
|≥e

1


所以当
x∈[
﹣< br>1

1]
时,
|

f

x
))
max
﹣(
f

x
))
min
| < br>=

f

x
))
max
﹣(
f
x
))
min
≥e

1
,(
12< br>分)

由(
2
)知,
f

x
)在< br>[

1

0]
上递减,在
[0

1 ]
上递增,

所以当
x∈[

1

1]< br>时,(
f

x
))
min
=f

0

=1



f

x
))
max
=max{f
(﹣
1
),
f

1

}



f

1
)﹣
f
(﹣
1

=

a+1

lna
)﹣(< br>+1+lna

=a
﹣﹣
2lna


记< br>g

t

=t
﹣﹣
2lnt

t< br>>
0
),因为
g′

t

=1+
2

=
(﹣
1

≥0
x
x
所以< br>g

t

=t
﹣﹣
2lnt

t∈

0

+∞
)上单调递增,而
g

1
=0


所以当
t

1
时,
g

t
)>
0
;当
0

t
<< br>1
时,
g

t
)<
0


也就是当
a

1
时,
f

1
)>
f
(﹣
1
);


0

a
1
时,
f

1
)<
f
(﹣
1
)(
14
分)



a

1
时, 由
f

1
)﹣
f

0

≥e
1?a

lna≥e

1?a≥e



0

a

1
时,由
f
( ﹣
1
)﹣
f

0

≥e

1?+ lna≥e

1?0

a≤


综上知,所求a
的取值范围为
a∈

0

]∪[e

+∞
).(
16
分)


14.(1)解:h(x)=f (x)﹣g(x)=
lnx?
111
?ax?b
,则
h
?< br>(x)??
2
?a

xxx
20



∵h

x

=f

x< br>)﹣
g

x
)在(
0

+∞
)上单 调递增,



?x

0
,都有
h
?
(x)?

1111
?
2
?a?0
,即对?x

0
,都有
a??
2

.…………2

xxxx
11
?
2
?0

a?0


xx
故实数
a
的取值范围是
???,0
?

.…………3



2
)解:设切点为
?
x
0
,lnx
0
?
?
?
1
?
?
,则切线方程为
x
0
?
?
1
??
11
?
y?
?
lnx
0
?
?
?
?
?
2
?
?
x?x
0
?

x
0
??
x
0
x
0
??
?
11
??
11
??
1
?

y?
?
?
2
?
x?
?
?
2
?
x
0
?
?
lnx
0
?
?
,亦即
x
0
??
x
0
x
0
??
x
0
x
0
??
?
11
?
2
y?
?
?
2
?
x?lnx
0
??1


x
0
?
x
0
x
0
?
1112
2
?t ?0a???t?tb?lnx??1??lnt?2t?1



令,由题 意得,
0
2
x
0
x
0
x
0
x0

a?b?
?
(t)??lnt?t?t?1
,则
?
?
(t)???2t?1?
2
1
t
?
2t?1??
t?1
?

.…………6


t

t?
?
0,1
?
时,
?
?
?
t
?
?0,
?
?
t
?

?
0,1< br>?
上单调递减;当
t?
?
1,??
?
时,
?
?
?
t
?
?0,
?
?
t
?

?
1,??
?
上单调递增,


a?b??
?
t
?
?
?
?
1
?
??1



a?b
的最小值为﹣
1

.……… …7



3
)证明:由题意知
lnx
1
?
两式相加得
lnx
1
x
2
?
11
?ax
1

lnx
2
??ax
2


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

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

x
11

两式相减得
ln
??a
x
1
x
1
x
2
x
2
?x
1
x
1
x
2
x
2
??
ln
x
1
?x
2
?< br>x
1
1
?
?
?
x
1
?x
2
?
,即
?
?
?

lnx
1
x2
?
x
1
x
2
?
x
2
?x< br>1
x
1
x
2
?
??
??
21



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

. 9


x
1
x
2
x?x
?
21
?
x
1
x
2
?1


x
1
2
不妨令0?x
1
?x
2
,记
t?
2
?
t?1
?
?
t?1
?
?0



F(t )?lnt?(t?1)
,则
F
?
(t)?
t?1
t(t? 1)
2

F(t)?lnt?
2
?
t?1
?
2
?
t?1
?

?
1,??
?
上单调递 增,则
F(t)?lnt??F(1)?0


t?1t?1
x2
2(x
2
?x
1
)
2(x
1
?x< br>2
)
?
x
1
?x
2
?
x
2
2
?
t?1
?
ln?
?
?

ln t?
,则,

lnx
1
x
2
?
?
ln?2


xx?x
xxx?x
t?1
112
1 2
?
21
?
x
1

lnx
1
x< br>2
?
4x
1
x
2
2(x
1
?x2
)
44
?lnx
1
x
2
??lnx
1
x
2
??2lnx
1
x
2
?


x
1
x
2
x
1
x
2
x
1
x
2
x
1
x
2

2lnx
1x
2
?
42
?2
,即
lnx
1
x2
??1

.…………10


x
1
x
2
x
1
x
2
212
,则
x?0
时,
G
?
(x)??
2
?0


G(x)

?
0,??
?
上单调递增.

xxx

G(x)?lnx?

ln2e?
212
?ln2?1??0.85 ?1


e
2e
2
22
?1?ln2e?


x< br>1
x
2
2e

G(x
1
x
2
)?lnx
1
x
2
?
2

x
1
x
2
?2e
,即
x
1
x
2
?2e

.…………12




15.(Ⅰ)由题意,
AB?x
,
BC?2-x

Qx?2?x,?1?x?2
.………… 1分

DP=y
,则
PC?x?y
,由
△ADP≌△CB 'P
,故
PA=PC=x

y


222

PA=AD+DP
,得
?
x?y
?
?
?
2?x
?
?y
2
即:
y?2
?
1?
22< br>?
?
1
?
?
,1?x?2
..…………3


x
?


)记
△ADP
的面积为
S
2
,则
S
2
=
?
1-

< br>2
??
1
??
2?x?3?x?
??
???
?3?22
.…………5
xx
????
当且仅当
x?2?
?
1,2
?
时,
S
2
取得最大值.

故当材 料长为
2m
,宽为
2?2m
时,
S
2
最大.
….…………7


??
22



(< br>Ⅲ

S
1
+2S
2
=
11
?
4
??
1
?
x
?
2?x
?
?
?
1?
?
?
2?x
?
?3?
?
x
2
?
?
,1?x?2

22
?
x
??
x
?
1
?
4
?
?x
3
?2
?< br>?0,?x?
3
2
.…………9


于是令
?
S
1
+2S
2
?
??
?
2x?
2
?
?
2
2
?
x
?
x
3
?
关于
x
的函数
S
1
+2S
2

1,2
上递增,在
???
3
2,2
上递减,

?< br>?

x?
3
2
时,
S
1
+2S2

取得最大值.

3
故当材料长为
3
2m< br>,宽为
2-2m
时,
S
1
+2S
2

最大.
.…………12


??


16 .(1)
a?1
时,
f
?
x
?
?e
2x< br>?ln
?
x?1
?

f
?
?
x?
?2e
2x
?
1

x?1
1
f?
0
?
?1

f
?
?
0
?< br>?2??3

1
所以
f
?
x
?

?
0,1
?
处的切线方程为
y?3x?1

(2) 存在
x
0
?
?
0,??
?

f
?
x
0
?
?2ln
?
x
0
?a
?< br>?x
0

2
即:
e
2x
0
2?ln
?
x
0
?a
?
?x
0
?0
x
0
?
?
0,??
?
时有解;
2 x

u
?
x
?
?e?ln
?
x?a
?
?x
2

u
?
?
x
?
?2e
2x
?
2x
1
?2x

x?a

m
?
x
?
?2e?
1
1
?2?0

?2x

m
?
?
x
?
?4e
2x
?
x?a
?
x?a
?
所以
u
?
?
x
?

?
0,??
?
上单调递增,所以
u
?
?
x
?
?u
?
?
0
?
?2?
1°当
a?
1

a
11
时,
u
?
?
0
?
?2??0
,∴
u
?
x
?

?
0,??
?
单调增,
2a
所以
u< br>?
x
?
max
?u
?
0
?
?1?l na?0
,所以
a?e

2°当
a?
1
?
1
?
时,
ln
?
x?a
?
?ln
?
x?
?

2
?
2
?
11
??
? ln
?
x?
?

22
??

h
?
x
?
?x?
1
1
2

h
??
x
?
?1??
11
x?x?
22
x?
23




h
?
?
x
?
?0?x?
所以
h
?
x
?

?
0,所以
h
?
x
?
?h
?
11

h
?
?
x
?
?0?0?x?

22
??
1
??
1
?
单调递减,在
??
,??
?
单调递增
2
??
2
?
11
??
1< br>??
?1?0x??lnx?
,所以
???

22
? ?
2
??
?
1
?
2
1
?
2
?
2x
?x?e?x?
???
?x
所以
u
?< br>x
?
?e
2x
?ln
?
x?a
?
? x
2
?e
2x
?ln
?
x?
?
2
??
2
?

g
?
x
?
?e
2x< br>?x
2
?
?
?
?
x?
1
?
2
?
?
?
x?0
?

g
?
?x
?
?2e
2x
?2x?1


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

?
??
x
?
?4e
2x
?2?4?2?0

所以< br>?
?
x
?
?2e
2x
?2x?1

?
0,??
?
上单调递增,
所以
g
?
?
x
?
?g
?
?
0
?
?1?0

所 以
g
?
x
?

?
0,??
?
单调 递增,∴
g
?
x
?
?g
?
0
?
? 0

所以
g
?
x
?
?g
?
0< br>?
?0

所以
u
?
x
?
?e2x
?ln
?
x?a
?
?x
2
?g
?
x
?
?0

所以,当
a?
1
2
时 ,
f
?
x
?
?2ln
?
x?a
?
?x
2
恒成立,不合题意
综上,实数
a
的取值范围为
a?
1
2
.


17.(1)因为
f
?
?
x
?
?aln x?2x

依题意得
x
1
,x
2
为方程
alnx?2x?0
的两不等正实数根,

a?0

2lnx
a
?
x


g
?
x
?
?
lnx
x

g?
?
x
?
?
1?lnx
x
2

x?
?
0,e
?
时,
g
?
?
x
?
?0


x?
?
e,??
?时,
g
?
?
x
?
?0

所以
g
?
x
?

?
0,e
?
上单调递增,在
?
e,??
?
上单调递减,
g
?
1
??0

24




x?e
时,
g
?
x
?
?0

所以
0?

0?
2
?g
?
e
?< br>
a
21
?g
?
e
?
?

ae
解得
a?2e

故实数
a
的取值范围是
?
2e,??
?
.
(2)由(1)得,
alnx
1
?2x
1

alnx2
?2x
2
,两式相加得
a
?
lnx
1?
?
lnx
2
?
?2
?
x
1
?x
2
?

2
?
x
1
?
?x
2
?

lnx
1
?
?
lnx
2
?

a
两式相减可得
a
?
lnx
1< br>?lnx
2
?
?2
?
x
1
?x
2< br>?


a?2?
x
1
?x
2
< br>lnx
1
?lnx
2
所以
lnx
1
?
?
lnx
2
?1?
?
等价于
所以
2
?< br>x
1
?
?
x
2
?
?a
?
1 ?
?
?

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

a
x
1
?x
2
?
1?
?
?

lnx
1
?lnx
2

?
x
1
?
?
x< br>2
??
lnx
1
?lnx
2
?
?1?
?

x
1
?x
2
?
x
1
?< br>x
1
?
?
??
ln
?
x
2
?
x
2
?1?
?
, 所以
x
1
?1
x
2
t?
?
?
lnt
?
x
1
?
?
0,1
?
,所以
?1?
?
因为
0?x
1
?x
2
,令
t?
x
2
t?1

?
t?
?
?
lnt?
?
1?
?
? ?
t?1
?
?0
,令
h
?
t
?
?
?
t?
?
?
lnt?
?
1?
?
? ?
t?1
?


h
?
t
?
?0

?
0,1
?
上恒成立,
h
?
?
t
?
?lnt?

I
?
t
?
?lnt?< br>?
t
?
?

?
1
?
t?
?
?
?

I
?
?
t
?
??
2
?
2
?
t?
?
0,1
?
?

tttt
25



①当
?
?1
时 ,
I
?
?
t
?
?0
所以
h
??
t
?

?
0,1
?
上单调递减,
h
?
?
t
?
?h
?
?
1
?
?0
所以
h
?
t
?

?
0,1
?
上单调递增,
所以
h
?
t
?
?h
?< br>1
?
?0
符合题意
②当
?
?0
时,
I
?
?
t
?
?0
所以
h
?
?< br>t
?

?
0,1
?
上单调递增
h
?
?
t
?
?h
?
?
1
?
?0
h
?
t
?

?
0,1
?
上 单调递减,
所以
h
?
t
?
?h
?
1?
?0
不符合题意;
③当
0?
?
?1
时,< br>I
?
?
t
?
?0?
?
?t?1
< br>所以
h
?
?
t
?

?
?
, 1
?
上单调递增,
所以
h
?
?
t
??h
?
?
1
?
?0
所以
h
?
t
?

?
?
,1
?
上单调递减,
h
?
t
?
?h
?
1
?
?0
不 符合题意
综上所述,实数
?
的取值范围是
?
1,??
?
.


18.解:(1)∵f(x)=(lnx﹣k﹣1)x(k∈R),
∴x

0

=lnx

k




k≤0
时,
∵x

1

∴f ′

x

=lnx

k

0
,< br>
函数
f

x
)的单调增区间是(
1
+∞
),无单调减区间,无极值;



k

0
时,令
lnx

k=0
,解得
x=e
k



1

x

e
时,
f′
x
)<
0
;当
x

e

f ′

x
)>
0



函数
f
x
)的单调减区间是(
1

e
k
),单调减 区间是(
e
k

+∞
),

kkk
在区间 (
1

+∞
)上的极小值为
f

e
=

k

k

1

e=
﹣< br>e
,无极大值.

2

2


对于 任意
x∈[e

e]
,都有
f

x
)<< br>4lnx
成立,

kk
∴f

x
)﹣
4lnx

0


2
即问题转化为(
x

4

lnx
﹣(
k+1

x

0
对于
x∈[e

e]
恒成立,


k+ 1

2
对于
x∈[e

e]
恒成立,令
g

x

=
,则


2

t

x

=4lnx+x

4

x∈[e

e]
,则,

∴t

x
)在区间
[e

e
2
]
上单调递增,故
t

x< br>)
min
=t

e

=e

4+4 =e

0
,故
g′

x
)>
0


26



∴g

x
)在区间< br>[e

e
2
]
上单调递增,函数
g

x

max
=g

e
2

=2

要使
k+1

∴k+1

2



2
对于
x∈[e

e]
恒成立,只要
k+1< br>>
g

x

max


,即实数< br>k
的取值范围是(
1
﹣,
+∞
).

k证明:(
3

∵f

x
1

=f
x
2
),由(
1
)知,函数
f

x
)在区间(
0

e
)上单调递减,

kk+1在区间(
e

+∞
)上单调递增,且
f

e< br>)
=0


不妨设
x
1

x
2
,则
0

x
1

e

x2

e
要证
x
1
x
2

e< br>,只要证
x
2

2k
kk+1


<,

,即证
∵f

x
)在区间(
ek

+∞
)上单调递增,
∴f

x
2
)<
f
(),


f

x
1
)< br>=f

x
2
),即证
f

x
1)<,

构造函数
h

x

=f
(< br>x
)﹣
f


h

x

= xlnx
﹣(
k+1

x+e

h′

x

=lnx+1
﹣(
k+1

+e
2k

2k

=

lnx

k

1
x
﹣(
ln
k
),
x∈

0

e



k

1
),

+

=

lnx

k
),
∵x∈

0

e
k
),
∴lnx
﹣< br>k

0

x
2

e
2k
, 即
h′

x
)>
0



函数< br>h

x
)在区间(
0

e
k
)上单 调递增,故
h′

x
)<
h

e
k
),


,故
h

x
)<
0


∴f

x
1
)<
f



),即
f

x
2

=f

x
1
)<
f

2k
),
∴x
1
x
2< br><
e
成立.

19.(Ⅰ)由
f
?
x
?
?ae?
x
1
2
x?x

f
?
?
x
?
?ae
x
?x?1
.
2
因为曲 线
y?f
?
x
?
在点
0,f
?
0
?
处的切线与
y
轴垂直,
所以
f
?
?
0
?
?a?1?0
,解得
a?1
.
x
(Ⅱ)由(Ⅰ )知
f
?
?
x
?
?ae?x?1
,若函数
f
?
x
?
有两个极值点,则
??
27



f
?
?
x
?
?ae
x< br>?x?1?0
,即
a?
x?1x?1
有两个不同的根,且的值在根的左、右两侧符号相反.
a ?
e
x
e
x
e
x
?
?
x?1?
e
x
x?1
x

h
?
x
?
?
x
,则
h
?
?
x
?
?

??
x
x
2
e
e
?
e
?所以当
x?0
时,
h
?
?
x
?
?0< br>,
h
?
x
?
单调递减;当
x?0
时,
h
?
?
x
?
?0

h
?
x?
单调递增.
又当
x???
时,
h
?
x?
???

x?0
时,
h
?
0
??1

x?0
时,
h
?
x
?
?0
x???
时,
h
?
x
?
?0
, < br>所以
0?a?1
.即所求实数
a
的取值范围是
0?a?1.
(Ⅲ)证明:令
g
?
x
?
?elnx?x?
x
1

x?1
),则
g
?
1
?
?0

x
e
x
1
g
?
?
x
?
?elnx??1?
2
.
xx
x
e
x
e
x
x?e
x
2
??
3
, 令
h
?
x
?
?g
?
?
x
?
,则
h< br>?
?
x
?
?elnx?
xx
2
x
x
e
x
?
x?1
?
e
x
2
?0?0
,因为
x?1
,所以
elnx?0
,,
?0

2
3
x
x
x
x
所以
h
?< br>?
x
?
?0
,即
h
?
x
?
?g
?
?
x
?

x?1
时单调递增,

g
?
?
1
?
?e?2?0
,所以
x?1< br>时,
g
?
?
x
?
?0
,即函数
g< br>?
x
?

x?1
时单调递增.
所以
x?1
时,
g
?
x
?
?0
,即
x?1
时 ,
elnx?x?
x
1
.
x


120.(1)当
b=0
时,
f
(
x
)
=x3
-2x
2
+3x

f'
(
x
)=x
2
-4x+3=
(
x-1
)(
x-3
)< br>.
3

x?
(
1,3
)
时,
f'
(
x
)
<0
,故函数
f
(
x
)< br>在
(
1,3
)
上单调递减;

x?
(3,4
)
时,
f'
(
x
)
>0
,故函 数
f
(
x
)

(
3,4
)
上单调 递增.

f
(
3
)
=0

f
(
1
)
=f
(
4
)
=
4
.
3

4
0,
; ∴
f
(
x
)
[
1,4
]
上的值域为



3< br>(2)由(1)可知,
f'
(
x
)
=x
2
- 4x+3=
(
x-1
)(
x-3
)


f'
(
x
)
<0

1,由
f'< br>(
x
)
>0

x<1

x>3
.
28



所以
f
(
x
)

(
1,3
)
上单调递减,在
(
-?,1
)

(
3,+?
)
上单调递增;
4
所以
f
(
x
)
max
=f
(
1
)
=b+

f
(
x
)
min
=f
(
3
)
=b

3
44
所以当
b+>0

b<0
,即
-时,
$$x
1
?
(
0,1< br>)

x
2
?
(
1,3
)

x
3
?
(
3,4
)
,使得
33
f
(
x
1
)
=f
(
x
2
)
=f(
x
3
)
=0


4

f
(
x
)
的单调性知,当且仅当
b?


, 0
时,
f
(
x
)
有三个不同零点.

3


21.(1)当
a?1
时,函数
f(x)?

f'(1)?0

f(1)??
1
2
1
x?lnx?2

f'(x)?x?

2x
3

2
3
.
2
∴曲线
f (x)
在点
(1,f(1))
处的切线方程为
y??
ax
2
?1
(x?0)
. (2)
f'(x)?
x

a? 0
时,
f'(x)?0

f(x)
的单调递减区间为
(0, ??)


a?0
时,
f(x)

(0,

22.(Ⅰ)
f
?
(x)??
aa
)
递减,在
(,??)
递增.
aa
11sin
?
?x?1
在上恒成立 ,即
??0?0
.
[?1,??)
22
sin
?
?xxsin
?
?x

?
?(0,
?
)
, ∴
sin
?
?0
.故
sin
?
?x?1?0

[?1,??)
上恒成立
只须
sin
?
?1?1?0
,即
sin
?
?1
,又
0?sin
?
?1
只有
sin
?
?1
,得
?
?

f
?
(x)??
?
2
.
11x?1
??
2
?0
,解得
x?1
.
2
xxx
∴当
0?x?1
时,
f
?
(x)?0;当
x?1
时,
f
?
(x)?0
.

f(x)

x?1
处取得极小值1,无极大值.
(Ⅱ) 构造
F(x)?kx?
12e1?2e
?lnx??kx??lnx
,则转化 为;若在
[1,e]
上存在
xxx
x
0
,使得
F( x
0
)?0
,求实数
k
的取值范围.
29




k?0
时,
x?[1,e]

F(x)?0

[1,e]
恒成立,所以在
[1,e]
上不存在x
0
,使得
kx
0
?f(x
0
)?
2 e
成立.
x
0
1?2e1
kx
2
?1?2e?x kx
2
?1?e?e(e?x)
?
②当
k?0
时,
F
?
(x)?k?
.
?
?
x
2
x
2
x
2
x
因为
x?[1,e]
,所以
e?x?0
,所以
F
?
(x)?0

x?[1,e]
恒成立.

F(x)

[1,e]
上单调递增,
F(x)
m ax
?F(e)?ke?
解得
k?
11
?3
,只要
ke??3?0

ee
3e?1
.
e
2
3e?1
,??)
.

2
e
∴综上,
k
的取值范围是
(
30

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