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全国各地高考理科数学压轴题汇总

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-10-06 02:37
tags:高中数学压轴题

高中数学集合与逻辑用语-全国高中数学联赛官网2019

2020年10月6日发(作者:阎吾)


20XX年全国各地高考数学压轴题汇总

23【2013上海理科】. < br>23.(本题满分18分)本题共有3个小题,第1小题满分3分,第2小题满分6分,第3小
题 满分9分.
给定常数
c
>0,定义函数
f
(
x
) =2|
x

c
+4|-|
x

c
|.数列
a
1

a
2

a
2
,…满足a
n
+1

f
(
a
n
),
n
∈N
*
.
(1)若
a
1
=-
c
-2,求
a
2

a
3

*
(2)求证: 对任意
n
∈N,
a
n
+1

a
n

c

(3)是否存在
a
1
,使得
a
1

a
2
,…,
a
n
,…成等差数列?若存在,求出 所有这样的
a
1
;若不
存在,说明理由.

23. 解:(1)
a
2
=2,
a
3

c
+1 0.
?
x?c?8,x??c,
?
(2)
f
(
x
)=
?
3x?3c?8,?c?4?x??c,

?
?x? c?8,x??c?4.
?

a
n
≥-
c
时,a
n
+1

a
n

c
+8>
c

当-
c
-4≤
a
n
<-
c
时,
a
n
+1

a
n
=2
a
n< br>+3
c
+8≥2(-
c
-4)+3
c
+8=
c


a
n
<-
c
-4时,
a
n
+1

a
n
=-2
a
n

c< br>-8>-2(-
c
-4)-
c
-8=
c
.
*
所以,对任意
n
∈N,
a
n
+1

a< br>n

c
.
(3)由(2),结合
c
>0,得
a
n
+1

a
n
,即{
a
n
} 为无穷递增数列.
又{
a
n
}为等差数列,所以存在正数
M
,当
n

M
时,
a
n
≥-
c

从而,
a
n
+1

f
(
a
n)=
a
n

c
+8.
由于{
a
n< br>}为等差数列,因此其公差
d

c
+8.
①若
a< br>1
<-
c
-4,则
a
2

f
(a
1
)=-
a
1

c
-8,
a
2

a
1

d

a
1
c
+8,故-
a
1

c
-8=
a< br>1

c
+8,即
a
1
=-
c
-8, 从而
a
2
=0.

n
≥2时,由于{
a
n
}为递增数列,故
a
n

a
2
=0>-
c

所以,
a
n
+1

f
(
a
n
)=
a
n

c
+8,而
a
2< br>=
a
1

c
+8,
故当
a
1=-
c
-8时,{
a
n
}为无穷等差数列,符合要求;
②若-
c
-4≤
a
1
<-
c
,则
a2

f
(
a
1
)=3
a
1
+ 3
c
+8,

a
2

a
1
+< br>d

a
1

c
+8,
所以,3
a
1
+3
c
+8=
a
1

c
+8, 得
a
1
=-
c
,舍去;
③若
a
1
≥-
c
,则由
a
n

a
1
得到
a
n
+1

f
(
a
n
)=
an

c
+8,
从而{
a
n
}为无穷等差数列,符合要求.
综上,
a1
的取值集合为[-
c
,+∞)∪{-
c
-8}.




【2013新课标2】
(21)(本小题满分12分)
已知函数f(x)=e
x
-ln(x+m)
(Ι)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


【解析】考查导数求单调性、最值、构建函数与不等式综合应用。








【2013新课标1理科】
21.(本小题满分共12分)已知函数
f(x)

x?ax?b

g(x)

e(cx?d)
,若曲线
2
x
y?f(x)< br>和曲线
y?g(x)
都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线
y?4x? 2

(Ⅰ)求
a

b

c

d< br>的值;(Ⅱ)若
x
≥-2时,
f(x)

kg(x)
,求
k
的取值范围。

21.【解析】(Ⅰ)由已知得
f(0)? 2,g(0)?2,f
?
(0)?4,g
?
(0)?4



f
?
(x)
=
2x?b

g?
(x)
=
e
x
(cx?d?c)
,∴
a=4,
b
=2,
c
=2,
d
=2;……4分
f(x)?x
2
?4x?2

g(x)?2e
x
(x?1)
, (Ⅱ)由(Ⅰ)知,
设函数
F(x)
=
kg(x)?f(x)< br>=
2ke
x
(x?1)?x
2
?4x?2

x??2
),
F
?
(x)
=
2ke
x
( x?2)?2x?4
=
2(x?2)(ke
x
?1)

有题设可得
F(0)
≥0,即
k?1


F?
(x)
=0得,
x
1
=
?lnk

x
2
=-2,
(1)若
1?k?e
2
,则-2<
x
1
≤0,∴当
x?(?2,x
1
)
时,
F(x)
<0,当
x?(x
1
,??)
时,
F(x)
>0, 即
F(x)

(?2,x
1
)
单调递减,在
(x< br>1
,??)
单调递增,故
F(x)

x
=
x
1
取最小值
F(x
1
)


F(x
1
)
=
2x
1
?2?x
1
?4x
1?2
=
?x
1
(x
1
?2)
≥0,
∴当
x
≥-2时,
F(x)
≥0,即
f(x)

k g(x)
恒成立,
(2)若
k
2
?e
2
,则F
?
(x)
=
2e
2
(x?2)(e
x
?e
2
)

∴当
x
≥-2时,
F
?< br>(x)
≥0,∴
F(x)
在(-2,+∞)单调递增,而
F(?2)< br>=0,
∴当
x
≥-2时,
F(x)
≥0,即
f(x )

kg(x)
恒成立,
(3)若
k?e
2
,则
F(?2)
=
?2ke
?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
].
2

【2013湖南理科】
22.(2013湖南,理22)(本小题满分13分)已知
a
>0,函数
f
(
x
)=
x?a
.
x? 2a
(1)记
f
(
x
)在区间[0,4]上的最大值为
g< br>(
a
),求
g
(
a
)的表达式;
(2)是 否存在
a
,使函数
y

f
(
x
)在区间( 0,4)内的图象上存在两点,在该两点处的切线
互相垂直?若存在,求
a
的取值范围 ;若不存在,请说明理由.
22.解:(1)当0≤
x

a
时,< br>f
(
x
)=

x

a
时,
f
(
x
)=
a?x

x?2a
x?a
.
x?2a


?3a
<0,
f
(
x
)在 (0,
a
)上单调递减;
?x?2a?
2
3a

x
∈(
a
,+∞)时,
f
′(
x
)=>0,
f
(
x
)在(
a
,+∞)上单调递增.
?x?2a?< br>2
1
①若
a
≥4,则
f
(
x
)在( 0,4)上单调递减,
g
(
a
)=
f
(0)=.
2
因此,当
x
∈(0,
a
)时,
f
′(
x
)=
②若0<
a
<4,则
f
(
x
)在(0 ,
a
)上单调递减,在(
a,
4)上单调递增.
所以
g< br>(
a
)=max{
f
(0),
f
(4)}.
14?aa?1

??
24?2a2?a
4?a
故当0<
a
≤1时,
g
(
a
)=
f
(4)=; < br>4?2a
1
当1<
a
<4时,
g
(
a
)=
f
(0)=.
2
?
4?a
,0?a?1,
?
?
4?2a
综上所述,
g
(
a
)=
?< br>
?
1
,a?1.
?
?2

f
(0 )-
f
(4)=
(2)由(1)知,当
a
≥4时,
f
(
x
)在(0,4)上单调递减,故不满足要求.
当0<
a
<4 时,
f
(
x
)在(0,
a
)上单调递减,在(
a,
4)上单调递增.
若存在
x
1

x
2
∈ (0,4)(
x
1

x
2
),使曲线
y

f
(
x
)在(
x
1

f
(
x
1
)),(
x
2

f
(
x
2
))两点处的切线互
相垂直,

x
1
∈(0,
a
),
x
2
∈(
a,
4),且
f
′(
x
1

f
′(
x
2
)=-1,
?3a3a
???1
.
22
?x
1
?2a??x
2
?2a?
3a
亦即
x
1
+2
a

2
.(*)
x?2a


x
1
∈(0 ,
a
),
x
2
∈(
a,
4)得
x
1
+2
a
∈(2
a,
3
a
),
3a
?
3a
?
,1

??
.
2
x?2a< br>?
4?2a
?
3a?
?x?1
?
的交集非空. ?
4?2a
?
3a1
因为<3
a
,所以当且仅当0<2
a
<1,即0<
a
<时,
A

B

?
.
4?2a2
故(*)成立等价于集合
A
={
x|2
a

x
<3
a
}与集合
B
?
x
综上所述,存在
a
使函数
f
(
x
)在区间(0,4)内的图象上存在两点,在该两点处的切线互相垂
直,且
a
的取值范 围是
?
0,
?
.








?
?
?
1
?
2
?


【2013安徽理科】
(20)(本小题满分13分)
x
2
x
2
x
n
n
设函数
f
n
(x) ??1?x?
2
?
2
?K?
2
(x?R,n?N)
,证明:
23n
n
(Ⅰ)对每个
n?N
,存在唯一的
x< br>n
?[,1]
,满足
f
n
(x
n
)?0
2
3
(Ⅱ)对任意
p?N
,由(Ⅰ)中
x
n
构成的数列
?
x
n
?
满足
0?x
n?x
n?p
?
n
1

n

n?1xx
证明:(1)对每个n∈N
*
,当x>0时,f′
n
(x) =
1+?L?
>0,故f
n
(x)在(0,+∞)
2n
内单 调递增.
由于f
1
(1)=0,当n≥2时,f
n
(1)=
k
111
>0,故f
n
(1)≥0.
??L?
222< br>23n
?
2
?
k
?
2
n
?
11
n
211
3
?
?
2
?
?
又< br>f
n
??
??1??
?
2
???
?
()???
·
3
k?2
k34
k?2< br>334
?
3
?
?
?
2
?
n?1?
?
1?
??
?
n?1
1
?
2
?
?
?
3
?
?
?
?
???
??
?0

2
3
?
3
?
1?
3?
2
?
所以存在唯一的x
n

?
,1
?
,满足f
n
(x
n
)=0.
?
3
?< br>x
n?1
(2)当x>0时,f
n+1
(x)=f
n
(x)+
>f
n
(x),故f
n+1
(x
n
)>f
n
(x
n
)=f
n+1
(x
n+1
)=0 .
2
?n?1?
?
2
?
??
?
3
?
由f
n+1
(x)在(0,+∞)内单调递增知,x
n+1
<x
n
,故{x
n
}为单调递减数列,
从而对任意n,p∈N
*
,x
n+p
<x
n
.
对任意p∈N
*

2
x
n
2
x
n
n
由于f
n
(x
n
)=
?1?x
n?
2
?L?
2
?0
,①
2n
x
n? p
2
x
n?p
n
x
n?p
n?1
x
n?p
n?p
f
n+p
(x
n+p
)=
?1+x
n+p
?
2
?
L
?
2
??
L??0
.②
22
2n?n?1??n?p?
①式减去②式并移项,利用 0<x
n+p
<x
n
≤1,
?
?
2
?
?
2

2
k
k ?2k?n?1
k
k?n?1
k
n?pn?p
11
111< br>?
?
2
?
?
???
.
nn?pn
k?n?1
k
k?n?1
k(k?1)
1
因此,对任意p∈N
*
,都有0<x
n
-x
n+p
<.
n
得x
n
-x
n+p


?
n< br>x
n?p
k
?x
n
k
n?p
x
n? p
k
n?p
x
n?p
k



20、(本小题满分16分)【2013江苏】
设函数
f(x)?lnx?ax
g(x)?e?ax
,其中
a
为实数。
(1)若
f (x)

(1,??)
上是单调减函数,且
g(x)

(1 ,??)
上有最小值,求
a
的取值范围;
(2)若
g(x)

(?1,??)
上是单调增函数,试求
f(x)
的零点个数,并证明你的 结论。
20.解:(1)令
f
′(
x
)=
-1
x
11?ax
<0,考虑到
f
(
x
)的定义域为(0,+∞) ,故
a
>0,
?a?
xx
-1-1
进而解得
x
a
,即
f
(
x
)在(
a
,+∞)上 是单调减函数.同理,
f
(
x
)在(0,
a
)上是单调-1-1
增函数.由于
f
(
x
)在(1,+∞)上是单调减函数 ,故(1,+∞)
?
(
a
,+∞),从而
a
≤1,
x

a
≥1.令
g
′(
x
)=e-
a=0,得
x
=ln
a
.当
x
<ln
a
时,
g
′(
x
)<0;当
x
>ln < br>a
时,
g
′(
x
)
>0.又
g
(< br>x
)在(1,+∞)上有最小值,所以ln
a
>1,即
a
>e.
综上,有
a
∈(e,+∞).
xx
(2)当
a
≤ 0时,
g
(
x
)必为单调增函数;当
a
>0时,令
g
′(
x
)=e-
a
>0,解得
a
<e,即
x
>ln
a
.
-1
因为
g
(
x)在(-1,+∞)上是单调增函数,类似(1)有ln
a
≤-1,即0<
a
≤e.
-1
结合上述两种情况,有
a
≤e.
①当
a
=0 时,由
f
(1)=0以及
f
′(
x
)=
aa
1
>0,得
f
(
x
)存在唯一的零点;
x
aa ,
②当
a
<0时,由于
f
(e)=
a

a
e=
a
(1-e)<0,
f
(1)=-
a
>0,且 函数
f
(
x
)在[e1]上的
a,
图象不间断,所以
f
(
x
)在(e1)上存在零点.
另外,当
x
>0时,
f
′(
x
)=
有一个零点.
③当0<
a
≤e时,令
f
′(
x
)=
-1
-1
1
-< br>a
>0,故
f
(
x
)在(0,+∞)上是单调增函数,所以< br>f
(
x
)只
x
1
-1-1

a=0,解得
x

a
.当0<
x

a
时 ,
f
′(
x
)>0,当
x
x
-1-1
>< br>a
时,
f
′(
x
)<0,所以,
x

a

f
(
x
)的最大值点,且最大值为
f
(a
)=-ln
a
-1.
-1
当-ln
a
-1=0,即
a
=e时,
f
(
x
)有一个零点
x< br>=e.
-1
当-ln
a
-1>0,即0<
a
<e 时,
f
(
x
)有两个零点.
-1-1-1-1-1-
实际 上,对于0<
a
<e,由于
f
(e)=-1-
a
e<0,< br>f
(
a
)>0,且函数
f
(
x
)在[e,< br>a
1-1-1
]上的图象不间断,所以
f
(
x
)在( e,
a
)上存在零点.
另外,当
x
∈(0,
a
) 时,
f
′(
x
)=
-1
-1
1

a
>0,故
f
(
x
)在(0,
a
-1
)上 是单调增函数,所以
f
(
x
)
x
在(0,
a
)上只有一个零点.
-1
a
-1-2
a
-1
下面考虑< br>f
(
x
)在(
a
,+∞)上的情况.先证
f
(e)=
a
(
a
-e)<0.
x
2
x
2
x
为此,我们要证明:当
x
>e时,e>
x
.设
h
(
x
)=e-
x
,则
h
′(
x
) =e-2
x
,再设
l
(
x
)=
h
′(x
)=e
x
-2
x
,则
l
′(
x)=e
x
-2.
x

x
>1时,
l
′(
x
)=e-2>e-2>0,所以
l
(
x
)=
h
′(
x
)在(1,+∞)上是单调增函数.故
x
2
x
>2时,
h
′(
x
)=e-2
x

h
′(2)=e-4>0,
从而
h
(
x
)在(2,+∞) 上是单调增函数,进而当
x
>e时,
h
(
x
)=e
x

x
2

h
(e)=e
e
-e
2
>0.即当
x
>e时,e
x

x
2
.
-1-1
a
-1-1
a
-1-2
a
-1-1
当0<
a
<e,即
a
>e时,
f
(e)=
a
a
e=
a
(
a
-e)<0,又
f
(
a
)>0,且函数
a
-1-1
a
-1-1
f
(
x
)在[
a
-1
,e]上的图象不间断,所以
f
(
x
)在(
a
,e)上存在零点.又当
x

a< br>时,
f
′(
x
)

1
-1-1
-< br>a
<0,故
f
(
x
)在(
a
,+∞)上是单 调减函数,所以
f
(
x
)在(
a
,+∞)上只有一个
x
零点.


综合①,②,③,当
a
≤0或
a
=e时,
f
(
x
)的零点个数为1,
-1
当 0<
a
<e时,
f
(
x
)的零点个数为2.


【2013广东理科】
-1
21.(本小题满分14分)
设函 数
f
?
x
?
?
?
x?1
?
e?k x
(其中
k?R
).
x2
(Ⅰ) 当
k?1
时,求函数
f
?
x
?
的单调区间;
(Ⅱ) 当
k?
?
?
1
?
,1
?
时,求函数
f
?
x
?

?
0,k
?
上的最大值
M
.
2
??
【解析】(Ⅰ) 当
k?1
时,
f
?
x
?
?
?
x?1
?
e
x
?x
2
,
f
?
?< br>x
?
?e
x
?
?
x?1
?
e
x
?2x?xe
x
?2x?x
?
e
x
?2
?


f
?
?
x
?
?0
,得
x
1
?0
,
x
2
?ln2


x
变化时,
f
?
?
x
?
,f
?
x
?
的变化如下表:
x

?
??,0
?

?

Z

0

?
0,ln2
?

?

]

ln2

?
ln2,??
?

?

]

f
?
?
x
?

f
?
x
?

0

极大值
0

极小值
右表可知,函数
f
?
x
?
的递减区间为
?
0,ln2
?
,递增区间为
?
??,0
?
,
?
ln2,??
?
.
(Ⅱ)
f
?
?
x
?
?e
x
?
?
x?1
?
e
x
?2kx?xe
x
?2kx?xe
x
?2k
,

f
?
?
x
?
?0< br>,得
x
1
?0
,
x
2
?ln
?2k
?
,

g
?
k
?
?ln
?
2k
?
?k
,则
g
?
?
k
?
?
??
11?k
?
1
?
?1??0
,所以
g
?
k
?

?
,1
?
上递增,
kk
?
2
?
所以
g
?
k
?
?ln2?1?ln2?lne?0
,从而
ln
?
2k
?
?k
,所以
ln
?
2k
?
?
?
0,k?

所以当
x?0,ln
?
2k
?
时,
f
?
?
x
?
?0
;当
x?ln
?
2k
?
,??
时,
f
?
?
x
?
?0

所以
M?maxf
?
0
?
,f
?
k
?
?max?1,
?
k?1
?
e
k?k
3


h
?
k
?
?
?< br>k?1
?
e?k?1
,则
h
?
?
k
?
?ke
k
?3k
,
k3
????
??
??
??

?
?
k
?
?e?3k
,则?
?
?
k
?
?e?3?e?3?0

kk所以
?
?
k
?

?
3
??
1
??
1
??
,1
?
上递减,而
?
???
?
?
1
?
?
?
e?
?
?< br>e?3
?
?0

2
??
2
??
2< br>??
?
1
??
1
?
,1
?
使得?
?
x
0
?
?0
,且当
k?
?
,x
0
?
时,
?
?
k
?
?0
,
?
2
??
2
?
所以存在
x
0
?< br>?

k?
?
x
0
,1
?
时,
?
?
k
?
?0
,


所以
?
?
k
?

?
因为
h
?
?
1?
,x
0
?
上单调递增,在
?
x
0
, 1
?
上单调递减.
?
2
?
17
?
1?
??e??0
,
h
?
1
?
?0
,
?
228
??
?
1
?
,1
?
上恒 成立,当且仅当
k?1
时取得“
?
”.
?
2
?< br>k3
所以
h
?
k
?
?0

?
综上,函数
f
?
x
?

?
0,k
?上的最大值
M?
?
k?1
?
e?k
.





【2013山东理科】
x
2
y
2
(22)(本小题满分13分) 椭圆C:
2
?
2
?1
(a>b>0)的左、右焦点分别是
ab
3
F
1
、F
2
,离心率为 ,过F
1
且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为l. (Ⅰ)求
2
椭圆C的方程; (Ⅱ)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF1
、PF
2
,设∠F
1
PF
2
的角平分线 PM交C的长轴于点M(m,0),求m的取值范围; (Ⅲ)在(Ⅱ)
的条件下,过点p作斜率为k的直线l,使得l与椭圆C有且只有一个公共点, 设直线 PF
1
,PF
2
的斜率分别为k
1
,k
2
,若k≠0,试证明
11
?
为定值,并求出这个定值.
kk
1kk
2
c3
2b
2
?1,a
2
?b
2
?c
2
,解得
a
2
?4,b
2
?1
解答:(1)由已知得,
?

a2
a
x
2
?y
2
?1
所以椭圆方程为:
4
uuuvuuuuvuuuuvuuu uvuuuvuuuuvuuuuvuuuuv
PF
1
?PMPF
2
?PMPF
1
?PMPF
2
?PM
vuuuuv
=
uuuuvuuuuv
,
uuuv
=
uuuuv
,设
P(x
0
,y
0
)
其中(2)由题意可知:
uuu
|PF
1
||PM||PF
2
||PM||PF
1
||PF
2
|
2232
x
0
?4
,将向量坐标代入并化简得:m(
4x
0
?16)?3x
0
?12x
0
,因为
x
0
?4

所以
m?
333
x
0< br>,而
x
0
?(?2,2)
,所以
m?(?,)

422
(3)由题意可知,l为椭圆的在p点处的切线,由导数法可求得,切线方程为: x
y
0
y
0
x
0
x
11
?< br>,k
2
?
,代入中得:
?y
0
y?1
,所 以
k??
0
,而
k
1
?
4y
0
k k
1
kk
2
4
x?3x?3
x?3x
0
? 3
11
???4(
0
?)??8
为定值.
kk
1
kk
2
x
0
x
0



【2013陕西理科】
21. (本小题满分14分)
已知函数
f(x)?e
x
,x?R
.
(Ⅰ) 若直线y=kx+1与f (x)的反函数的图像相切, 求实数k的值;


(Ⅱ) 设x>0, 讨论曲线y=f (x) 与曲线
y?mx
2
(m?0)
公共点的个数.
f(a)?f(b)f(b)?f(a)
(Ⅲ) 设a2b?a
x'x
【解析】函数
f(x)?e,x?R?f(x)?e


11
?k?kx
0
?1
,设切点坐标为
(x0
,kx
0
?1)

?k?kx
c
?1

x
0
x
0
1
lnx
0
?2?x0
?e
2
?k?
2

e
b?a
f( a)?f(b)f(b)?f(a)e
a
?e
b
e
a
?e< br>b
1?e
b?a
a
1?e
????e(?)
令(Ⅱ)
2b?a2b?a2b?a
e
x
e
x
x2
2
f(x)?mx

e?mx(x?0)?m?
2
(x?0)
,设< br>g(x)?
2
(x?0)

xx
e
2
e2
e
2
g(x)
min
?g(2)?
,所以(1)m?
时,两曲线有2个交点;(2)
m?
时,两曲线
444
e< br>2
有1个交点;(3)
m?
时,两曲线没有交点。
4
b?a
f(a)?f(b)f(b)?f(a)e
a
?e
b
e
a< br>?e
b
1?e
b?a
a
1?e
????e(?) (Ⅲ)
2b?a2b?a2b?a
b?a
)?2(1?e
b?a
)
a
(b?a)(1?e
e

2(b?a)
Qa?b
,令
b?a?t?0

t2
e
a
a
t(1?e)?2(1?e)
??[(t?2)e
t
?t?2]

?
上式
?e
2t2t
t''

g(t)?(t?2)e?t?2
,则
g(t)?(t?3)e?1?0
恒成立 < br>(Ⅰ)函数
e
a
e
a
?g(t)?g(0)?0
而< br>?0??[(t?2)e
t
?t?2]?0

2t2t
f(a)?f(b)f(b)?f(a)

?.

2b?a


【2013江西】
21.(2013江西,理21) (本小题满分14分)已知函数
f
(
x
)=
a
?
1 ?2x?
?
?
1
2
?
?

a
为常 数且
?
a
>0.
(1)证明:函数
f
(
x
)的图像关于直线
x?
1
对称;
2
(2)若
x
0
满足
f
(
f
(
x
0
))=
x< br>0
,但
f
(
x
0
)≠
x
0
,则称
x
0
为函数
f
(
x
)的二阶周期点.如果< br>f
(
x
)
有两个二阶周期点
x
1

x
2
,试确定
a
的取值范围;
(3)对于(2)中的
x< br>1

x
2

a
,设
x
3
为 函数
f
(
f
(
x
))的最大值点,
A
(< br>x
1

f
(
f
(
x
1
)) ),
B
(
x
2

f
(
f
(
x
2
))),
C
(
x
3,
0).记△
A BC
的面积为
S
(
a
),讨论
S
(
a)的单调性.

21.
(1)证明:因为
f
?
?< br>1
?
?x
?

a
(1-2|
x
|) ,
?
2
?
?
1
?
f
?
?x
?

a
(1-2|
x
|),
?
2
?< /p>



f
?
?
1
??
1
?
?x
?
?f
?
?x
?

?
2
??
2
?
1
对称.
2
1< br>?
2
4ax,x?,
?
1
?
2
(2)解:当 0<
a
<时,有
f
(
f
(
x
))=
?

2
?
4a
2
?1?x?,x?
1
.
?
?2
所以函数
f
(
x
)的图像关于直线
x?
所以
f
(
f
(
x
))=
x
只 有一个解
x
=0,又
f
(0)=0,故0不是二阶周期点.
1?
x,x?,
?
1
?
2

a?
时,有
f
(
f
(
x
))=
?

2
?
1?x,x?
1
.
?
?2
1
?1??1?所以
f
(
f
(
x
))=
x
有解集?
xx?
?
,又当
x?
时,
f
(
x< br>)=
x
,故
?
xx?
?
中的所有点都
22
?
2
???
不是二阶周期点.
1
?
24ax,x?,
?
4a
?
?
2a?4a
2
x,
1
?x?
1
,
?
1
4a2

a?
时,有
f
(
f
(
x
))=
?
所以
f
(
f
(
x
))=
x
有四个解0,
14a?1
2
?
2a(1?2a)?4a
2
x,?x?,
?
24a
?
4a?1
?
4a
2
-4a
2< br>x,x?.
4a
?
2a2a4a
2
2a
2a2a?
2a
?
f?
,,
,又
f
(0)=0,,,< br>f()?
?
2
?
2
1?4a1?4a
1?4a
2
1?2a1?4a
2
1?2a1?2a
??
?
4a2
?
2a4a
2
4a
2
,
f
?
?
,故只有是
f
(
x
)的二阶周期点.综上所述,所求
a
22
2
?
2
1?4a1?4a
?
1?4a
?
1?4a
1
的取值范围为
a?
.
2
4a
2
2a
(3)由(2)得
x
1
?

x
2
?

1?4a
2
1?4a
2
14a?1
因为
x
3
为函数
f
(
f
(
x
)) 的最大值点,所以
x
3
?
,或
x
3
?
.
4a4a
2a?1
1

x
3
?
时,
S(a)?
,求导得:
4(1?4a
2
)
4a
?
1?2
??
1?2
?
2
?
a?
??
a?
?
22
???

S
′(
a
)=
?
?
22
?1?4a?
?
11?2
??
1?2?
,,??
所以当
a

???
?
2
?
时,
S
(
a
)单调递增,当
a

?
?
2
?

S
(
a
)单调递减;
2????


8a
2
?6a?1
4a?1

x
3
?
时,
S
(
a
)=,求导得:
2< br>4?1?4a?
4a
12a
2
?4a?3
S
′(a
)=,
22
2?1?4a?
12a
2
?4a?3< br>1

a?
,从而有
S
′(
a
)=>0, < br>2?1?4a
2
?
2
2
?
1
?
所以 当
a

?
,??
?

S
(
a)单调递增.
?
2
?

【2013湖北理科】
(湖北理22)设
n
是正整数,
r
为正有理数.
(Ⅰ) 求函数
f(x)?(1?x)
r?1
?(r?1)x?1(x??1)
的最小 值;
n
r?1
?(n?1)
r?1
(n?1)
r?1?n
r?1
r
(Ⅱ)证明:;
?n?
r?1r?1
?
3
?
x
x
2?2π?4
(Ⅲ)设
x?R
, 记
?
为不小于的最小整数,例如,,
?
????
??
??? ?
?
?
2
?
??1
.
...
??

S?
3
81?
3
82?
3
83?L?
3
125
,求
?
?
S
?
?
的值.
(参考数据:
80?344.7

81?350.5

124?618.3

126?631.7

考点名称 导数,函数的性质,不等式,创新与拓展,交汇与整合
【40】(湖北理22)(Ⅰ)因为
f
?
(x)?(r?1)(1?x)
r
?(r?1)?(r?1)[(1?x)
r
?1]
,令
f
?
(x)?0

解得x?0
.

?1?x?0
时,
f
?
(x)? 0
,所以
f(x)

(?1,0)
内是减函数;

x?0
时,
f
?
(x)?0
,所以
f(x)
在< br>(0,??)
内是增函数.
故函数
f(x)

x?0
处取得最小值
f(0)?0
.
(Ⅱ)由(Ⅰ),当
x?(?1,??)
时,有
f(x)?f(0)?0,即
(1?x)
r?1
?1?(r?1)x
,且等号当且仅当
x?0
时成立,
4
3
4
3
4
3
4
3
故当
x??1

x?0
时,有
(1?x)
r?1
?1?(r?1)x
. ①
在①中,令
x?
1
1r?1
(这时
x??1

x?0
),得
(1?)
r?1
?1?
.
n
nn
上式两边同乘
n
r?1
,得
(n?1)
r?1
?n
r?1
?n
r
(r?1)
,即
(n?1)
r?1
?n
r?1
n?.

r?1< br>r


1

n?1
时,在①中令
x??
( 这时
x??1

x?0
),类似可得
n
n
r?1
?(n?1)
r?1
n?.

r?1
r
且当
n?1
时,③也成立.
综合②,③得 n
r?1
?(n?1)
r?1
(n?1)
r?1
?n< br>r?1
r
?n?.

r?1r?1
1
(Ⅲ)在④中 ,令
r?

n
分别取值81,82,83,…,125,得
3444
3
4
3
3
(81
3
?80
3< br>)<81?(82
3
?81
3
)

44
4 444
33
3
(82
3
?81
3
)<82?(83
3
?82
3
)

44
444
3
4
3
3
333
(83?82)?83?(84?83
3
)< br>,
44
………
4444
33
3
333< br>(125?124)?125?(126?125
3
)
.
44
将以上各式相加,并整理得
4444
33
(125
3
?80
3
)?S?(126
3
?81
3
)
.
44
4444
33
333
代入数据计算,可得
(125 ?80)?210.2

(126?81
3
)?210.9
. 44

?
?
S
?
?
的定义,得
??
S
?
?
?211
.


【2013四川理科】
?
x
2
?2x?a,x?0,
21 .(2013四川,理21)(本小题满分14分)已知函数
f
(
x
)=?
其中
a
是实
?
lnx,x?0,
数.设
A< br>(
x
1

f
(
x
1
)),
B
(
x
2

f
(
x
2
))为该函 数图象上的两点,且
x
1

x
2
.
(1)指出函数
f
(
x
)的单调区间;
(2)若函数f
(
x
)的图象在点
A

B
处的切线互相垂直 ,且
x
2
<0,求
x
2

x
1
的 最小值;
(3)若函数
f
(
x
)的图象在点
A

B
处的切线重合,求
a
的取值范围.


21.
解:(1)函数
f
(
x
)的单调递减区间为(-∞,-1),单调递 增区间为[-1,0),(0,+∞).
(2)由导数的几何意义可知,点
A
处的切 线斜率为
f
′(
x
1
),点
B
处的切线斜率为f
′(
x
2
),
故当点
A
处的切线与点B
处的切线垂直时,有
f
′(
x
1
)
f
′(
x
2
)=-1.



x
<0时,对函 数
f
(
x
)求导,得
f
′(
x
)=2x
+2.
因为
x
1

x
2
<0,
所以,(2
x
1
+2)(2
x
2
+2)=-1.
所以2
x
1
+2<0,2
x
2
+2>0.
1
[-(2
x
1
+2)+2
x
2
+2]≥
[??2x
1
?2?]?2x
2
?2?
=1,当且仅当-(2x
1
+2)
2
31
=2
x
2
+2=1 ,即
x
1
??

x
2
??
时等号成立.
22
因此
x
2

x
1

所以,函 数
f
(
x
)的图象在点
A

B
处的切线互 相垂直时,
x
2

x
1
的最小值为1.
(3)当
x
1

x
2
<0或
x
2

x
1
>0时,
f
′(
x
1
)≠
f
′(
x
2
),故
x
1
<0<
x
2
.

x
1
<0时,函数
f
(
x
)的图 象在点(
x
1

f
(
x
1
))处的切线方 程为
y
-(
x
1
2
+2
x
1
+< br>a
)=(2
x
1
+2)(
x
2

x
1
),即
y
=(2
x
1
+2)
x

x
1

a
.

x
2
>0时, 函数
f
(
x
)的图象在点(
x
2

f(
x
2
))处的切线方程为
y
-ln
x
2< br>=

1
(
x

x
2
),即
y
x
2
1
·
x
+ln
x
2
-1.
2
x
两切线重合的充要条件是
?
1
?
2
?2x
1
?2,①

?
x
2
?
?
lnx
2
?1??x
1
?a.②
由①及
x
1
<0<
x
2
知,-1<
x
1
<0.
由①②得,
a

x
1
+< br>ln
2
2
1
2
-1=
x
1
-ln( 2
x
1
+2)-1.
2x
1
?2

h< br>(
x
1
)=
x
1
-ln(2
x
1< br>+2)-1(-1<
x
1
<0),

h
′(
x
1
)=2
x
1

1
<0.
x
1
?1
所以,
h
(
x
1
)(-1<
x< br>1
<0)是减函数.

h
(
x
1
)>
h
(0)=-ln 2-1,
所以
a
>-ln 2-1.
又当
x
1
∈(-1,0)且趋近于-1时,
h
(
x
1
)无限增大,
所以
a
的取值范围是(-ln 2-1,+∞).
故当函数
f(
x
)的图象在点
A

B
处的切线重合时,
a
的取值范围是(-ln 2-1,+∞).


【2013福建理科】
20.(本小题满分14分)
已知函数
?
?
?
f(x)? sin(wx?
?
)(w?0,0?
?
?
?
)
的周 期为
?
,图象的一个对称中心为
?
,0
?
,将函数
?
4
?
f(x)
图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再 将得到的图象向右平移个
后得到函数
g(x)
的图象。
(1)求函数
?
2
单位长度
f(x)

g(x)
的解析式

< p>
(2)是否存在
x
0
?
?
?
??
?< br>,
?
,使得
f(x
0
),g(x
0
),f( x
0
)g(x
0
)
按照某种顺序成等差数列?若存在,请确
?
64
?

x
0
的个数,若不存在,说明理由;
(3)求实数
a
与正整数
n
,使得
F(x)?f(x)?ag(x)

?
0,n
?
?
内恰有2013个零点





【2013浙江理科】
< br>32
22.(2013浙江,理22)(本题满分14分)已知
a
∈R,函数< br>f
(
x
)=
x
-3
x
+3
ax-3
a
+3.
(1)求曲线
y

f
(
x
)在点(1,
f
(1))处的切线方程;
(2)当
x
∈[0,2]时,求|
f
(
x
)|的最大值.

22.
2
解:(1)由题意
f
′(
x
)=3
x
- 6
x
+3
a


f
′(1)=3
a
-3.

f
(1) =1,所以所求的切线方程为
y
=(3
a
-3)
x
-3a
+4.
2
(2)由于
f
′(
x
)=3(< br>x
-1)+3(
a
-1),0≤
x
≤2,
故①当< br>a
≤0时,有
f
′(
x
)≤0,此时
f
(< br>x
)在[0,2]上单调递减,
故|
f
(
x
)|< br>max
=max{|
f
(0)|,|
f
(2)|}=3-3< br>a
.
②当
a
≥1时,有
f
′(
x
)≥0,此时
f
(
x
)在[0,2]上单调递增,
故|
f
(
x
)|
max
=max{|
f
(0)|,|f
(2)|}=3
a
-1.
③当0<
a
<1时,设< br>x
1
=1-
1?a

x
2
=1+
1 ?a

则0<
x
1

x
2
<2,
f
′(
x
)=3(
x

x
1
)(
x

x
2
).
列表如下:

x
f
′(
x
)

0

(0,
x
1
)



x
1

0

极大值
f
(
x
1
)
(
x
1

x
2
)



单调递

x
2

0

极小值
f
(
x
2
)
(
x
2,
2
)


单调
递增
2

3
a
-1

f
(
x
)

3-3
a
单调递增
由于
f
(
x
1
)=1+2(1-
a
)
1 ?a

f
(
x
2
)=1-2(1-
a
)< br>1?a


f
(
x
1
)+
f(
x
2
)=2>0,
f
(
x
1
)-< br>f
(
x
2
)=4(1-
a
)
1?a
>0,


从而
f
(
x
1
)>|
f< br>(
x
2
)|.
所以|
f
(
x
)|
max
=max{
f
(0),|
f
(2)|,
f< br>(
x
1
)}.
当0<
a

2
时,
f
(0)>|
f
(2)|.
3
a
2
?3 ?4a?

f
(
x
1
)-
f
(0)=2( 1-
a
)
1?a
-(2-3
a
)=>0,
2?1 ?a?1?a?2?3a
故|
f
(
x
)|
max

f
(
x
1
)=1+2(1-
a
)
1?a< br>.

2

a
<1时,|
f
(2)|=f
(2),且
f
(2)≥
f
(0).
3
a< br>2
?3?4a?

f
(
x
1
)-|
f
(2)|=2(1-
a
)
1?a
-(3
a
-2) =,
2?1?a?1?a?3a?2
23
所以当≤
a
<时,
f
(
x
1
)>|
f
(2)|.
34

f
(
x
)
max

f
(
x
1
)=1+2(1-
a
)
1?a
.
3
当≤a
<1时,
f
(
x
1
)≤|
f
(2) |.
4

f
(
x
)
max
=|
f
(2)|=3
a
-1.
综上所述,
?
?
3? 3a,a?0,
?
3
1?2?1?a?1?a,0?a?,

|f
(
x
)|
max

?
?
4
?
3
?
3a?1,a?.
?
?4


【2013天津理科】

(20) (本小题满分14分)
已知函数
f(x)?x
2
lnx
.
(Ⅰ) 求函数f(x)的单调区间;
(Ⅱ) 证明: 对任意的t>0, 存在唯一的s, 使
t?f(s)
.
(Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的s关于t的函数为
s?g(t)
, 证明: 当
t>e
2
时, 有
2lng(t)1
??
.
5lnt2
20.
本题主要考查函数的概念、函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的单 调性、不
等式等基础知识.考查函数思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的< br>能力.
(Ⅰ)解:函数
f(x)
的定义域为(0,+∞)
f
?
(x)?2xlnx?x?x(2lnx?1)
,令
f
?
(x) ?0
,得
x?
1
.
e



x
变化时,
f
?
(x)

f(x)
的变化情况如下表: < br>x
f
?
(x)
f(x)
(0,
1
)
e
?
1
e
0
极小值
(
1
,??)
e

?
Z]
所以函数
f(x)
的单调递减区间是
( 0,
11
)
,单调递增区间是
(,??)
.
ee
(Ⅱ)证明:当
0?x?1
时,
f(x)?0
.
t?0
,令
h(x)?f(x)?t

x?[1,??).由(Ⅰ)知,
h(x)
在区间
(1,??)
内单调递增.
使 得
t?f(s)h(1)??t?0

h(e
t
)?e
2t
lne
t
?t?t(e
2t
?1)?0
.故存在唯一的s?(1,??)

成立.
(Ⅲ)证明:因为
s?g(t)
, 由(Ⅱ)知,
t?f(s)
,且
s?1
,从而
lng(t)lnslnslnsu
????

lntlnf(s)ln( s
2
lns)3lns?lnlns2u?lnu
其中
u?lns
. 要使
2lng(t)1u
??
成立,只需
0?lnu?
.
5lnt22
2
2

t?e
时,若
s?g(t)?e
,则由
f(s)
的单调性,有
t?f(s)?f(e)?e
,矛盾.
所以
s?e
,即
u?1
,从而
lnu?0
成立.
另一方面,令
F(u)?lnu?
u11
,u?1
.
F?
(u)??
,令
F
?
(u)?0
,得
u?2
.
2u2

1?u?2
时,
F
?
(u) ?0
;当
u?2
时,
F
?
(u)?0
.故对
u?1

F(u)?F(2)?0
.因此
lnu?
u
成立 .
2
2
综上,当
t?e
时,有
2lng(t)1
??
.
5lnt2


【2013重庆理科】

(22)(本小题满分12分,(Ⅰ)小问4分,(Ⅱ)小问8分)
对正整数
n,记
I
n
?{1,2,3,
…,
n}

Pn
?{
(Ⅰ)求集合
P
7
中元素的个数;
m
m?I
n

k?I
n
}

k


(Ⅱ)若
P
n
的子集
A
中任意两个元素之和 不是整数的平方,则称
A
为“稀疏集”.求
n
..
的最大值,使P
n
能分成两个不相交的稀疏集的并.









【2013北京理科】
20. (本小题共13分)
已知{a
n
}是由非负整数组成的无穷数列, 该数列前n项的最大值记为A
n
,第n项之后各项
a
n?1

a
n?2
…的最小值记为B
n
,d
n
=A
n-B
n

(I)若{a
n
}为2,1,4,3,2,1,4,3 …,是一个周期为4的数列(即对任意n∈N
*

a
n?4
?an
),
写出d
1
,d
2
,d
3
,d< br>4
的值;
(II)设d为非负整数,证明:d
n
=-d(n=1,2 ,3…)的充分必要条件为{a
n
}为公差为d的等差数列;
(III)证明:若a
1
=2,d
n
=1(n=1,2,3…),则{a
n
}的项 只能是1或2,且有无穷多项为1





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