当前位置:首页 >> 数学 >>

新课标全国统考区2013届最新高三名校理科数学试题精选分类汇编16:导数


新课标全国统考区(吉林、河南、黑龙江、内蒙古、山西、云南)2013 届最新高三名校 理科数学试题精选分类汇编 16:导数
一、选择题 1 . (河北省衡水中学 2013 届高三第八次模拟考试数学(理)试题 )已知

f ? x? ?

1 2 ?? ? x ? sin ? ? x ? , f ? ? x ? 4 ?2 ?

>
为 f ? x ? 的导函数,则 f ? ? x ? 的图像是

【答案】A 2 . (吉林省吉林市 2013 届高三三模(期末)试题 数学理 )已知 f ( x) ? x ? 3x ,并设:
3

p : ?c ? R , f ( f ( x)) ? c 至少有 3 个实根; q : 当 c ? (?2,2) 时,方程 f ( f ( x)) ? c 有 9 个实根;

r : 当 c ? 2 时,方程 f ( f ( x)) ? c 有 5 个实根.
则下列命题为真命题的是 A. ? p ? ? r
【答案】A 3 . (2013 年红河州高中毕业生复习统一检测理科数学) 已知函数 y

( C.仅有 r D. p?q



B. ? q ? r

? ? xf /( x) 的图像如图所示(其中 f /( x) 是

函数 f (x) 的导函数),下面四个图像中, y ? f (x) 的图像可能是

y
1 -1

O
-1

1

x

y

y

y

y

-1

-1

O 2

x

-1

O 1

x

O1 2

x

-1 O 1

2

x

A

B

C
第 1 页,共 32 页

D

【答案】B 4 . (河北省衡水中学 2013 届高三第八次模拟考试数学(理)试题 )二项式 ( ax ?

3 3 ) 的展开式的第二项的 6
( )

系数为 ? A. 3
【答案】C

3 ,则 2

?

a

?2

x2 dx 的值为
B.

7 3

C. 3 或

7 3

D. 3 或 ?

10 3 a , x ? (0,3] ,若 f (x) 图像 x
( )

5 . (2013 年红河州高中毕业生复习统一检测理科数学)已知函数 f ( x ) ? ln x ?

上任意一点的切线的斜率 k ?
1 A. [ ,?? ) 2
【答案】D

1 恒成立,则实数 a 的取值范围是 2
C. (0, )

B. [ , ]

1 3 2 2

3 2

D. [ ,?? )

3 2

6 . (山西省临汾一中、忻州一中、康杰中学、长治二中 2013 届高三第四次四校联考数学(理)试题)已知函
x 数 f ( x) ? e ? mx ? 1 的图像为曲线 C,若曲线 C 存在与直线 y ?

1 x 垂直的切线,则实数 m 的取值范围 2
( )

是 A. m ? 2
【答案】B

B. m ? 2

C. m ? ?

1 2

D. m ? ?

1 2
3 2

7 . (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 8 . (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



9 . (云南省 2013 年第二次高中毕业生复习统一检测数学理试题(word 版) )已知常数 a 、 b 、 c 都是实
3 2 数, f ( x) ? ax ? bx ? cx ? 34 的导函数为 f ?( x ) , f ?( x) ? 0 的解集为 ?x | ?2 ? x ? 3? ,若 f ( x ) 的极

小值等于-115,则 a 的值是 A. ?

( C.2 D.5



81 22

B.

1 3

【答案】C 二、填空题 10. (2013 年长春市高中毕业班第四次调研测试理科数学) 函数 y ? ? x 的图像和其在点 (?1,1) 处的切线与 x
第 2 页,共 32 页

轴所围成区域的面积为________. 【答案】 【命题意图】本小题通过积分问题考查学生的运算求解能力,着重考查积分在曲边图形面积求 取上的应用,是一道中档难度试题. 【试题解析】由 y ?

? x 可得 y ' ?
1 ( x ? 1) , 2

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

即切线方程为 y ? 1 ? ? 即为 y ? ?

1 1 x ? ,将 y ? ? x 改写成 x ? ? y 2 , 2 2 1 1 将 y ? ? x ? 改写成 x ? 1 ? 2 y 2 2 1 1 3 1 1 2 2 1 因此 S ? ? [(1 ? 2 y ) ? ( ? y )]dy ? ( y ? y ? y ) |0 ? ? 1 ? 1 ? . 0 3 3 3
11. (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 f ( x) ? x3 ? f '( ) x ? x, f ( x) 的
2

2 3

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

2 3

2 3

-1

12. (山西省康杰中学 2013 届高三第二次模拟数学(理)试题)已知函数 f ( x ) ?

ax ? 1 在区间 ? ?2, ?? ? 上为 x?2

增函数,则实数 a 的取值范围是_______.
【答案】 a ?

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

( x ? 1)2 ? sin x 13. (山西省山大附中 2013 届高三 4 月月考数学(理)试题)已知函数 f ( x) ? ,其导函数记 x2 ? 1
为 f '( x) ,则 f (2012) ? f '(2012) ? f (?2012) ? f '(?2012) ? ___________________.
【答案】2 14 . 黑 龙 江 省 哈 师 大 附 中 2013 届 第 三 次 高 考 模 拟 考 试 ( 理科数学 Word 版 含 答 案 ) 求 值
?

?

2 0

c o s d x? __________ x
1 ,则不等 2

【答案】1 15. (2013 年长春市高中毕业班第四次调研测试理科数学)函数 f ( x) ( x ?R) 满足 f (1) ? 1 , f ?( x) ?

式 f ( x2 ) ?

x2 1 ? 的解集为______. 2 2 【答案】 【命题意图】 本小题以导数与函数图像的基本关系为载体,考查数形结合的数学思想,是一道较 难综合试题.
2

【试题解析】利用换元法,将 x 换元成 t ,则原式化为

f (t ) ?

t 1 ? 2 2,

第 3 页,共 32 页

t 1 1 ? ?1 f ?(t ) ? f (t ) ? 1 ,且 2 2 2, 当 t ? 1 时, ,又由 f (t ) ? t 1 t 1 ? f (t ) ? ? 2 2 ;当 t ? 1 时, 2 2.

可知当 t ? 1 时,

f (t ) ?


t 1 ? 2 2 的解集为 t ? 1 ,即 x2 ? 1 ,因此 x ? (??, ?1) ? (1, ??) .

16. 黑龙江省哈六中 2013 届高三第二次模拟考试数学 ( (理) 试题 word 版 ) 设函数

?ln x, x ? 0 ,D f ( x) ? ? ??2 x ? 1, x ? 0

是由 x 轴和曲线 y ? f ( x) 及该曲线在点 ?1,0 ? 处的切线所围成的封闭区域,则 z ? x ? 2 y 在 D 上的最 大值为______________ 【答案】2
17 . 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 18. (吉林省吉林市 2013 届高三三模(期末)试题 数学理 ) 若

? x ? a?

6

的展开式中 x3 的系数为 160 ,则

?1 x dx 的值为____________.
a

a

【答案】 三、解答题

7 3

19. (山西省山大附中 2013 届高三 4 月月考数学(理)试题)已知函数 f ( x ) ?

x 1 ? (e ? 2.718?) e ex

(1)若 x1 , x2 ?[1, ??), x1 ? x2 .求证:

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? 0; x2 ? x1

(2)若满足 f (| a | ?3) ? f (| a ? 4 | ?1) . 试求实数 a 的取值范围 .

山西大学附

【答案】解:(Ⅰ)

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? x2 ? x1
x2 x1 ? 1 ?0 x1 x2

x2 ?

1 1 1 ? x1 ? (1 ? )( x2 ? x1 ) x2 x1 x1 x2 1 xx ? ? ( 1 2?1 ) e( x2 ? x1 ) e( x2 ? x1 ) e x1 x2

? x1 x2 ? 1 ? 0,?

第 4 页,共 32 页

? x1, x2 ?[1, ??), x1 ? x2 ? f ( x2 ) ? f ( x) ? 0
x2 ? x1
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知, f ( x ) 在 [1, ??) 为单调增函数. zxxk

?| a | ?3 ? 1, | a ? 4 | ?1 ? 1 且 f (| a | ?3) ? f (| a ? 4 | ?1) ? a | ?3 ?| a ? 4 | ?1 |


a?0



,

?a ? 3 ? 4 ? a ? 1?3 ? 5 ? a ??

;



0?a?4

时, a ? 3 ? 4 ? a ? 1 ? a ? 1 ?1 ? a ? 4 ;当 a ? 4 时, a ? 3 ? a ? 4 ? 1 ?3 ? ?3? a ? 4 综上所述: a ? 1 [来源:学科网 ZXXK]
20. (2013 年红河州高中毕业生复习统一检测理科数学)已知函数 f ( x) ? ax ? ln x 、 g ( x) ?

?1, e? 上,其中 e 是自然常数.
(Ⅰ)讨论 a ? e 时, f (x) 的单调性; (Ⅱ)求证:在(Ⅰ)的条件下, f ( x) ? e ? g ( x) 恒成立;

ln x 都定义在 x

2 / (Ⅲ)若 h( x) ? x [1 ? g ( x)] , a ? 1 时,对于 ?x1 ? ?1, e? , ?xo ? [1, e] ,使 f ( x1 ) ? h( xo ) ,求 a 的取值

范围.

【 答 案 】 解 (1):

a?e ,

f ( x) ? ex ? ln x , f /( x) ? e ?

1 , x ? [1, e] x

时 , f ( x) ? 0 恒 成
/

立,

? f ( x) ? ex ? ln x 在 ?1, e? 上是单调递增函数
ln x ln x ? 1 / , 则 H ( x) ? , x ? [1, e] x x2

(2): 由 (1) 知 f ( x) min ? f (1) ? e , 令 H ( x ) ? e ? g ( x) ? e ? 时, H ( x) ? 0 , H (x ) 在 ?1, e? 上单调递减,
/

? H ( x)

max
/

? H (1) ? e ,? f ( x) ? H ( x) ,即 f ( x) ? e ? g ( x)
1 / , a ? 1 时 , 由 x ? [1, e] 得 f ( x) ? 0 , f ( x) ? ax ? ln x 在 ?1, e? 上 单 调 递 x
,

解 (3): f ( x ) ? a ? 增 ,

f ( x) min ? f (1) ? a

f ( x) max ? f (e) ? ae ? 1
x

,



f (x)









?a, ae ? 1? , h( x) ? x 2 [1 ? g / ( x)] ? x 2 ? 1 ? ln x , h / ( x) ? 2 x ? 1 , x ? [1, e] 时, h / ( x) ? 0 , h(x) 在


?1, e? 上单调递增,? h( x)
1

min

? h(1) ? 2 , h( x) max ? h(e) ? e 2 ,即 h(x) 的值域是 2, e2 ,

? ?

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

o

? [1, e] , f ( x1 ) ? h( xo ) ,? f (x) 的值域是 h(x) 的值域的子集,

第 5 页,共 32 页

?? ?

a?2
2

?e ? ae ? 1

?? 2 ? a ? e ? 1
e
2013 届 高 三 第 四 次 模 拟 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数

21 .( 河 南 省 开 封 市

f ( x) ? ax2 ? x(a ? R, a ? 0), g ( x) ? ln x.
(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】

22. (山西省山大附中 2013 届高三 4 月月考数学(理)试题)已知函数 f ( x) ?

1 ? ln( x ? 1) ( x ? 0) .zxxk x

(1)函数 f ( x ) 在区间 (0, ??) 上是增函数还是减函数?证明你的结论; (2)当 x ? 0 时, f ( x ) ?

k 恒成立,求 整数 k 的最大值; x ?1
2 n?3

(3)试证明: (1 ? 1? 2) ? (1 ? 2 ? 3) ? (1 ? 3 ? 4) ??? (1 ? n(n ? 1)) ? e

( n ? N ).
*

第 6 页,共 32 页

1 ? ln( x ? 1)] ?( x) ? ? x ? 1 2 【答案】解:(Ⅰ)由题 x ? 0, f ? 0, x [
故 f ( x ) 在区间 (0, ??) 上是减函数;

k x ?1 [1 ? ln( x ? 1)] 在 (0, ??) 上 恒 成 立 , 取 恒成立,即 k? x ?1 x x ?1 x ? 1 ? ln( x ? 1) h( x ) ? [1 ? ln( x ? 1)] ,则 h( x) ? , x x2 1 x ? ? 0, 再取 g ( x) ? x ? 1 ? ln( x ? 1), 则 g ?( x) ? 1 ? x ?1 x ?1
(Ⅱ) 当 x ? 0 时 , f ( x ) ? 故 g ( x) 在 (0, ??) 上单调递增, 而 g (1) ? ? ln 2 ? 0, g (2) ? 1 ? ln 3 ? 0, g (3) ? 2 ? 2ln 2 ? 0 , 故 g ( x) ? 0 在 (0, ??) 上存在唯一实数根 a ? (2,3), a ? 1 ? ln(a ? 1) ? 0 , 故 x ? (0, a) 时, g ( x) ? 0; x ? (a, ??) 时, g ( x) ? 0, zxxk 故 h( x) min ?

a ?1 ?1 ? ln(a ? 1)? ? a ? 1? (3, 4), k ? 3, 故 kmax ? 3 a

以①式代入可得 AB 的斜率 k=

y1 ? y 2 1 ? 为定值; x1 ? x 2 2

(3)由(2)知:

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

令 x ? n(n ? 1), ln[1 ? n(n ? 1)] ? 2 ?

3 1 1 ? 2 ? 3( ? ), n(n ? 1) n n ?1

又 ln[(1 ? 1? 2) ? (1 ? 2 ? 3) ? (1 ? 3 ? 4) ??? (1 ? n(n ? 1))]

? ln(1 ? 1? 2) ? ln(1 ? 2 ? 3) ? ? ? ln(1 ? n ? (n ? 1))

1 1 1 1 1 ? 2n ? 3[(1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )] 2 2 3 n n ?1 1 3 ? 2n ? 3(1 ? ) ? 2n ? 3 ? ? 2n ? 3 n ?1 n ?1
即: (1 ? 1? 2) ? (1 ? 2 ? 3) ? (1 ? 3 ? 4) ??? (1 ? n(n ? 1)) ? e
2 n?3

23. (河北省衡水中学 2013 届高三第八次模拟考试数学(理)试题 )已知函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? kx 2 ( k ? R ).

(1)若函数 y ? f ( x) 在 x ? 1 处取得极大值,求 k 的值;

?x ? 0 (2) x ?[0, ??) 时,函数 y ? f ( x) 图象上的点都在 ? 所表示的区域内,求 k 的取值范围; ?y ? x ? 0

第 7 页,共 32 页

(3)证明:

? 2i ?1 ? ln(2n ? 1) ? 2 , n ? N
i ?1
'

n

2

*

.

【答案】解析:(1) f ( x) ?

1 1 ? 2kx ,由 f ' (1) ? 0得k ? ? 经检验符合题意 1? x 4

(2)依题意知,不等式 x ? ln(x ? 1) ? kx2 ? 0 在 x ? ?0,??? 恒成立.令 g ( x) ? x ? ln(x ? 1) ? kx2 , 当 k≤0 时,取 x=1,有 g (1) ? 1 ? ln 2 ? k ? 0 ,故 k≤0 不合.

? x[2kx ? 1 ? 2k ] . x ?1 1-2k 令 g′(x)=0,得 x1=0,x2= >-1 2k
当 k>0 时, g′(x)= -2kx= x+1 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,从而对任意的 2 2k 1 x∈[0,+∞),总有 g(x)≤g(0)=0,故 k≥ 符合题意. 2 1 1-2k ? 1-2k?,g′(x)>0, ②当 0<k< 时, >0, 对于 x∈?0, ? 2k ? 2 2k ?

x

? 1-2k?内单调递增,因此当取 x ∈?0,1-2k?时,g(x )>g(0)=0,不合. 故 g(x)在?0, ? ? 0 ? 0 2k ? 2k ? ? ?
1 2 (3)证明:当 n=1 时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立.
综上, k ?

x 1 当 n≥2 时,在(2)中取 k= ,得 x ? ln(x ? 1) ? 2 2

2

2 2 2 2 取 x= 代入上式得: -ln(1+ )≤ 2i-1 2i-1 2i-1 ? 2i-1?

2

<

2 (2i ? 3)(2i ? 1)

? ? ?? ? ?2i-1-ln?1+2i-1??≤2-ln3+ ? ? ?? i=1 ? i=2
n

2

2

n

2 (2i ? 3)(2i ? 1)

? 2i-1-ln(2n+1)≤2-ln3+1-2n-1<2. i=1
综上, ?
i=1 n

n

2

1

2 -ln(2n+1)<2, n ? N ? 2i-1

24.(河南省郑州市 2013 届高三第三次测验预测数学(理)试题)

已知函数f(x) =mx-

? ? ? ? (? , ) .[来源:学科网]
2 2

m ? 1 ? 2e 1 ? ln x 在[1,+ ? )上为增函数,且 -lnx,m ? R,函数 g ( x) ? x x cos ?

第 8 页,共 32 页

(I )当m=0 时,求函数f(x)的单调区间和极值; (II)求θ 的值; (III)若在[1, e]上至少存在一 x0,使得f(x0) 个 >g(x0)成立,求m的取值范围.

【答案】解:(Ⅰ)∵ m ? 0 ,∴ f ( x) ? ?

∴ f ( x) ?
/

2e ? 1 1 2e ? 1 ? x ? ? . x2 x x2

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

令 f / ( x) ? 0 ,则 x ? 2e ? 1 ? (0, ??) . ∴ x , f / ( x) 和 f ( x ) 的变化情况如下表:

x
f / ( x)
f ( x)

(0, 2e ? 1)
+

2e ? 1
0 极大值

(2e ? 1, ??)

?
递减

递增

f (2e ?1) ? ?1 ? ln(2e ?1)

即函数 f ( x ) 的单调递增区间是 (0, 2e ? 1) ,递减区间为 (2e ? 1, ??) , 函数 f ( x ) 有极大值 f (2e ? 1) ? ?1 ? ln(2e ? 1) ; (Ⅱ) 由已知 g ?( x) ? ? 即

1 cos ? ? x
2

?

x cos ? ? 1 ? ? ? 0 ,∵ ? ? - , ) cos ? ? 0 , ( ,∴ 2 2 2 x cos ?

1 ? 0 在 [1, ??) 上恒成立, x

故 x cos ? ? 1 ? 0 在 [1, ??) 上恒成立,只需 1 ? cos ? ? 1 ? 0 ,

( 即 cos ? ? 1 ,∴只有 cos ? ? 1 ,由 ? ? ?

,) ? ? 0; ,知 2 2 m ? 2e ? 2 ln x, (Ⅲ)令 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? mx ? x m 2e 当m ? 0时,由 x ? ?1, e?, 有mx ? ? 0, 且 ? 2 ln x ? ? 0, x x

? ?

?此时不存在 0 ? ?1, e?, 使得f ( x0 ) ? g ( x0 )成立; x
当m ? 0时,F ?( x) ? m ? m ? 2e 2 m x2 ? 2 x ? m ? 2e ? ? . x x2 x2
m ? 4. e

故F ( x)在?1 e?上单调递增, F ( x) max ? F (e) ? me ? , ?

第 9 页,共 32 页

m 4e ? 4 ? 0, 则m ? 2 , e e ?1 4e 故所求 m的取值范围为( 2 ,?? ) e ?1 令me ?
25 . 黑 龙 江 省 哈 师 大 附 中 2013 届 第 三 次 高 考 模 拟 考 试 理 科 数 学 Word 版 含 答 案 ) 已 知 函 数 (

f ( x) ? a( x2 ?1) ? ln x .
(1)若 y ? f ( x) 在 x = 2 处取得极小值,求 a 的值; (2)若 f ( x) ? 0 在 [1, ??) 上恒成立,求 a 的取值范围;

(3)求证:当 n ≥ 2 时,

1 1 1 3n 2 ? n ? 2 ? ? ... ? ? . ln 2 ln 3 ln n 2n 2 ? 2n

【答案】解:(Ⅰ)∵ f ( x ) 的定义域为 (0, ??) , f ?( x ) ? 2ax ?

1 x

∵ f ( x ) 在 x ? 2 处取得极小值,∴ f ?(2) ? 0 ,即 a ? 此时,经验证 x ? 2 是 f ( x ) 的极小值点,故 a ? (Ⅱ)∵ f ?( x ) ? 2ax ?

1 8

1 . ? 4? 8

1 , x

①当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 ,∴ f ( x ) 在 [1, ??) 上单调递减, ∴当 x ? 1 时, f ( x) ? f (1) ? 0 矛盾. ? 6? ②当 a ? 0 时, f ?( x) ?

2ax 2 ? 1 x

令 f ?( x) ? 0 ,得 x ?

1 1 ; f ?( x) ? 0 ,得 0 ? x ? 2a 2a

(ⅰ)当

1 1 ? 1 ,即 0 ? a ? 时, 2 2a

x ? (1,

1 ) 时, f ?( x) ? 0 ,即 f ( x) 递减,∴ f ( x) ? f (1) ? 0 矛盾. 2a
1 1 ? 1 ,即 a ? 时, 2 2a

(ⅱ)当

x ? [1, ??) 时, f ?( x) ? 0 ,即 f ( x) 递增,∴ f ( x) ? f (1) ? 0 满足题意.
第 10 页,共 32 页

综上, a ?

1 . ?8? 2
1 1 2 ,当 x ? [1, ??) 时, ( x ? 1) ? ln x ? 0 (当且仅当 x ? 1 时取“ ? ”) 2 2

(Ⅲ)证明:由(Ⅱ)知令 a ?

? 当 x ? 1 时,

1 2 ?10? ? 2 ln x x ? 1 1 1 1 1 1 1 ? ?? ? ? 2( 2 ? 2 ??? 2 ) 即当 x ? 2,3, 4,?, n, 有 ln 2 ln 3 ln n 2 ?1 3 ?1 n ?1

1 1 1 1 ? 2( ? ? ?? ) 1? 3 2 ? 4 3 ? 5 (n ? 1) ? (n ? 1) 1 1 1 1 1 1 1 3n2 ? n ? 2 ?12? ? [(1 ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )] ? 3 2 4 3 5 n ?1 n ? 1 2n 2 ? 2n
26 . 黑 龙 江 省 哈 六 中 2013 届 高 三 第 二 次 模 拟 考 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ( word 版 )已知函数

1 f ( x) ? x 2 ? 2a ln x ? (a ? 2) x, a ? R 2
(1)当 a ? 0 时,讨论函数 f ( x ) 的单 调性; (2)是否存在实数 a ,对任意的 x1 , x2 ? (0, ??) ,且 x 2 ? x1 ,有

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? a 恒成立,若存在,求出 x2 ? x1

a 的取值范围;若不存在,说明理由.
【答案】解:(1) f ?( x) ? x ?

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

①当 a ? 0 时, f ?( x) ? x ? 2 ,由 f ?( x) ? 0 得 x ? 2 , f ?( x) ? 0 得 0 ? x ? 2 ②当 ? 2 ? a ? 0 时,由 f ?( x) ? 0 得 0 ? x ? ? a 或 x ? 2 ,由 f ?( x) ? 0 得 ? a ? x ? 2 ; ③当 a ? ?2 时, f ?( x) ? 0 恒成立; ④当 a ? ?2 时,由 f ?( x) ? 0 得 0 ? x ? 2 或 x ? ?a ,由 f ?( x) ? 0 得 2 ? x ? ? a ; 综上,当 a ? 0 时, f (x) 在 (0,2) 单调递减;在 (2,?? ) 上单调递增; 当 ? 2 ? a ? 0 时, f (x) 在 (0,?a) 和 (2,??) 上单调递增;在 (?a,2) 上单调递减; 当 a ? ?2 时, f (x) 在 (0,??) 上单调递增; 当 a ? ?2 时, f (x) 在 (0,2) 和 (?a,??) 上单调递增;在 (2,?a) 上单调递减 (2)∵

x 2 ? x1

,∴

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? a( x2 ? x1 )

,

f ( x2 ) ? ax2 ? f ( x1 ) ? ax1



g ( x) ? f ( x) ? ax ?

1 2 x ? 2a ln x ? 2 x 2
第 11 页,共 32 页

g ?( x) ? x ?

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

要使 g ( x2 ) ? g ( x1 ) ,只要 g (x) 在 (0,??) 上为增函数,即 g ?( x) ? 0 在 (0,??) 上恒成立, 因此 ? 1 ? 2a ? 0 ,即 a ? ?

1 2

故存 在实数 a ? (?? ,? ] ,对任意的 x1 , x2 ? (0, ??) ,且 x 2 ? x1 ,有

1 2

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? a 恒成立 x2 ? x1

27.(河北省石家庄市 2013 届高中毕业班第二次模拟考试数学理试题(word 版) )已知函数 f(x)=

1 2x e -ax(a∈R,e 为自然对数的底数). 2
(I)讨论函数 f(x)的单调性; (II)若 a=1,函数 g(x)=(x-m)f(x)【答案】解:(Ⅰ)定义域为 (??, ?) , ?

1 2x 2 e +x +x 在区间(0,+ ? )上为增函数,求整数 m 的最大值. 4

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

当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 ,所以 f (x ) 在 (??, ?) 上为增函数; ? 当 a ? 0 时,由 f ' ( x) ? 0 得 x ? 当 x?(

ln a ln a ,且当 x ? ( ?? , ) 时, f ' ( x) ? 0 , 2 2

ln a , ? ) 时 f ' ( x) ? 0 , ? 2 ln a ln a , ?) 为增函数 ? 所以 f (x ) 在 x ? ( ?? , ) 为减函数,在 x ? ( 2 2 1 2x 1 2x 2 (Ⅱ)当 a ? 1 时, g ( x) ? ( x ? m)( e ? x) ? e ? x ? x , 2 4
若 g (x) 在区间 (0, ?) 上为增函数, ? 则 g '( x) ? ( x ? m)(e 即m ?
2x

? ?1) ? x ? 1 ? 0 在 (0, ?) 恒成立,

x ?1 ? x 在 (0, ?) 恒成立, ? e2 x ? 1 x ?1 ? x , x ? (0, ?) ; ? 令 h( x ) ? 2 x e ?1

h' ( x) ?

e 2 x (e 2 x ? 2 x ? 3) 2x ? , x ? (0, ?) ;令 L( x) ? e ? 2 x ? 3 , (e 2 x ? 1) 2

2 可知 L ( ) ? e ? 4 ? 0 , L(1) ? e ? 5 ? 0 ,

1 2

? 又当 x ? (0, ?) 时 L' ( x) ? 2e

2x

? 2 ? 0,

第 12 页,共 32 页

所以函数 L( x) ? e 2 x ? 2 x ? 3 在 x ? (0, ?) 只有一个零点, ?

1 ) 设为 ? ,即 e 2? ? 2? ? 3 ,且 ? ? ( , ;
由上可知当 x ? (0,? ) 时 L( x) ? 0 ,即 h' ( x) ? 0 ;当 x ? (?, ?) 时 L( x) ? 0 ,即 h' ( x) ? 0 , ? 所以 h( x ) ? 把 e 2?

1 2

x ?1 ? ?1 ? x , x ? (0, ?) ,有最小值 h(? ) ? 2? ?? , ? 2x e ?1 e ?1 1 1 3 1 ) ( ? 2? ? 3 代入上式可得 h(? ) ? ? ? ,又因为 ? ? ( , ,所以 h(? ) ? 1, ) , 2 2 2

又 m ? h( x) 恒成立,所以 m ? h(? ) ,又因为 m 为整数, 所以 m ? 1 ,所以整数 m 的最大值为 1
28. (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 ? 6x2 ? 3x ? t )ex ( 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 ?

,

? x3 ? 6 x 2 ? 3x 恒成立.
?x

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

? x3 ? 6 x 2 ? 3x 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

? 2 x ? 6 ,则 r ?( x) ? e ? x ? 2 ,因为 1 ? x ? m ,有 r ?( x) ? 0 .
第 13 页,共 32 页

故 r ( x) 在区间 又 r (1) ? 4 ? e 故存在 当

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

?1

x0 ? (2,3) ,使得 r ( x0 ) ? ? ?( x0 ) ? 0 .

1 ? x ? x0 时,有 ? ?( x) ? 0 ,当 x ? x0 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
29. (黑龙江省大庆市 2013 届高三第二次模拟考试数学 (理) 试题) 已知函数

f ( x) ? e kx ? 2 x ( k 为非零常数).

(I)当 k ? 1 时,求函数 f (x) 的最小值; (II)若 f (x) ? 1 恒成立,求 k 的值; (III)对于 f (x) 增区间内的三个实数 x1 , x2 , x3 (其中 x1 ? x2 ? x3 ), 证明:

f ( x2 ) ? f ( x1 ) f ( x3 ) ? f ( x2 ) . ? x2 ? x1 x3 ? x 2

【答案】解:(I)由

f ( x) ? e x ? 2x ,得 f ?( x) ? e x ? 2 ,

? ? 令 f ( x) ? 0 ,得 x ? ln 2 . 当 x ? ln 2 , f ( x) ? 0 知 f (x) 在 (??, ln 2) 单调递减; ? 当 x ? ln 2 , f ( x) ? 0 知 f (x) 在 (ln 2,??) 单调递增;
故 f (x) 的最小值为 f (ln 2) ? 2 ? 2 ln 2

? (II) f ( x) ? ke

kx

? 2 ,当 k ? 0 时, f ?(x) 恒小于零, f (x) 单调递减.

当 x ? 0 时, f ( x) ? f (0) ? 1 ,不符合题意

? 对于 k ? 0 ,由 f ( x) ? 0 得
x?


x?

1 2 ln k k

1 2 1 2 ln ( ?? , ln ) k k 时, f ?( x) ? 0 ,∴ f (x) 在 k k 单调递减;
第 14 页,共 32 页

x?


1 2 1 2 ln ( ln ,?? ) f ?( x) ? 0 ,∴ f (x) 在 k k k k 时, 单调递增;

1 2 2 2 2 f ( ln ) ? ? ln k k k 于是 f (x) 的最小值为 k k 2 2 2 ? ln ? 1 只需 k k k 成立即可,构造函数 g ( x) ? x ? x ln x( x ? 0) .

? ∵ g ( x) ? 1 ? ln x ? 1 ? ? ln x ,∴ g (x) 在 (0,1) 上单调递增,在 (1,??) 上单调递减,[来源:Zxxk.Com]
2 ?1 则 g ( x) ? g (1) ? 1 ,仅当 x ? 1 时取得最大值,故 k ,即 k ? 2
(III)解法 1:

? 由已知得: f ( x2 ) ? ke

kx2

? 2 ? 0 ,∴ k ? 0 ,

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? f ? ? x2 ? ? x2 ? x1 ? 0 , x2 ? x1 先证 ,
f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? f ? ? x2 ? ? f ? x 2 ? ? f ? x1 ? ? ? x2 ? x1 ? (kekx2 ? 2) x2 ? x1

? ekx 2 ? ekx1 ? k ? x2 ? x1 ? ekx2

? 1 ? ek ? x1?x 2 ? ? k ? x2 ? x1 ? ? ek? x1?x2 ? ? k ? x1 ? x2 ? ? 1 ? 0


h ? x ? ? ex ? x ?1, x ? k ? x1 ? x2 ? ? 0
,∴ h(x) 在

h? ? x ? ? ex ?1 ? 0(ex ? 1)

? ??,0? 内是减函数,

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? f ? ? x2 ? x2 ? x1 h( x) ? h(0) ? 0 ,即 ∴

f ?( x2 ) ?
同理可证 (III)解法 2:

f ( x3 ) ? f ( x 2 ) f ( x2 ) ? f ( x1 ) f ( x3 ) ? f ( x2 ) ? x3 ? x 2 x2 ? x1 x3 ? x 2 ,∴ f ( x2 ) ? f ( x1 ) 1 2 f ( x2 ) ? f ( x1 ) x0 ? ln( ? ) x2 ? x1 k k k ( x2 ? x1 ) . 得

f ?( x0 ) ? kekx0 ? 2 ?
令 下面证明

x1 ? x0 ? x2 .
kx

? 令 g (x) ? f ( x) ? ke

? 2 ,则 g ?(x) ? k 2 e kx ? 0 恒成立,即 f ?(x) 为增函数
第 15 页,共 32 页

f ?( x2 ) ?

f ( x2 ) ? f ( x1 ) 1 ? [(x2 ? x1 ) f ?( x2 ) ? ( f ( x2 ) ? f ( x1 ))] x2 ? x1 x2 ? x1 ,

? 构造函数 k ( x) ? ( x2 ? x) f ( x2 ) ? ( f ( x2 ) ? f ( x)) ( x ? x2 ), k ?( x) ? f ?( x) ? f ?( x2 ) ? 0 , k ( x2 ) ? 0 ,故 x ? x2 时, k ( x) ? 0 ,即得

f ?( x2 ) ?

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ?0 x2 ? x1 ,

f ?( x1 ) ?
同理可证 即

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ?0 x2 ? x1

f ?( x1 ) ? f ?( x0 ) ? f ?( x2 ) ,因 f ?(x) 为增函数, x1 ? x0 ? x2 ,即在区间 ( x1 , x2 ) 上存在 x0 使 ( x2 , x3 ) 上存在 x? 使
f ?( x?) ? f ?( x0 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) x2 ? x1 ;



同理,在区间

f ( x3 ) ? f ( x 2 ) x3 ? x 2 ,

f ( x2 ) ? f ( x1 ) f ( x3 ) ? f ( x2 ) ? x2 ? x1 x3 ? x 2 f ?(x) 为增函数得 由
30. (吉林省吉林市 2013 届高三三模(期末)试题 数学理 )已知定义在 ( ?

? ?

, ) 的函数 2 2

f ( x) ? eax tan x (a ? 0) ,在 x ?
(Ⅰ)求 a 及

?
4

处的切线斜率

为 6e

?

f (x) 的单调区间;

(Ⅱ)当 x ? [0,

? ) 时, f ( x) ? m x 恒成立,求 m 的取值范围. 2

2 2 sin x a sin x cos x ? 1 ax sin x ? cos x ?e ? e ax ( ) 【答案】解: (Ⅰ) f ( x) ? ae 2 cos x cos x cos2 x ' ax

由题可知 f ( ) ? e 4 (a ? 2) ? 6e ,易知 a
'

?

?

a

?

4

? 4,
?
a

?

令 t (a) ? e 4 (a ? 2) , 则 t (a) ?
'

a

?
4

?

e 4 (a ? 2) ? e 4 ? 0 , 则 t (a) ? e 4 (a ? 2) 为 增 函 数 所 以

a

?

a

第 16 页,共 32 页

a ? 4 为 e 4 (a ? 2) ? 6e? 的唯一解
令 f ( x) ? e (4
' 4x

?

a

sin x 1 sin x 1 2 sin 2 x ? 1 ? ) ? e 4 x (4 ? ) ? e4 x ?0 2 2 cos x cos x cos x cos x cos 2 x

可知

f (x) 的减区间为( ?

5? ? ,? ) 12 12

同理增区间为( ? (Ⅱ)令 g ( x) ?

?
2

,?

5? ? ? , ) ),( ? 12 12 2
sin x ? mx cos x

f ( x) ? mx ? e 4 x

g ' ( x) ? f ' ( x) ? m ? e 4 x
'

2 sin 2 x ? 1 1 ? m ? e4 x ? m ? e4 x ? m ? 1 ? m 2 2 cos x cos x

注:此过程为求 g ( x) 最小值过程,方法不唯一,只要论述合理就给分, 若 1 ? m ? 0 则 g ' ( x ) ? 0 , g ( x) ? 则 g ( x) ?

? f ( x) ? mx 在 (0, ) 为增函数, 2

g (0) ? 0 满足题意;
2 sin 0 ? 1 ? m ? 1? m ? 0 cos 2 0

' ' 0 若 1 ? m ? 0 则 g (0) ? f (0) ? m ? e

g ' ( x) ? f ' ( x) ? m ? e 4 x
因为 x ? [0,

?
2

2 sin 2 x ? 1 ? m ? 4e 4 x tan x ? m ? 4 tan x ? m 2 cos x

) , tan x ? [0,??)

' ( 则对于任意 m ? 1 ,必存在 k ? 0, ) ,使得 g (k ) ? 0

?

2

必存在 x0 ? (0, k ) 使得 g ' ( x0 ) ? 0 则 g ' ( x ) 在 (0, x0 ) 为负数,

g (x) 在 (0, x0 ) 为减函数,则 g (

x0 ) ? 0 矛盾, 2

注:此过程为论述当 m ? 1 时 g (x) 存在减区间,方法不唯一,只要论述合理就给分; 综上所述 m ? 1
31 .( 吉 林 省 实 验 中 学 2013 届 高 三 第 二 次 模 拟 考 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数

f ( x) ? (2 ? a)( x ? 1) ? 2ln x,g ( x) ? xe1? x (a∈R,e 为自然对数的底数).

(Ⅰ)当 a=1 时,求 f ( x) 的单调区间;

1 (Ⅱ)若函数 f ( x) 在 (0, ) 上无零点,求 a 的最小值; 2
(Ⅲ)若对任意给定的 x0 ? ? 0,e? ,在 ? 0,e? 上总存在两个不同的 xi (i ? 1, 2) ,使得 f ( xi ) ? g ( x0 ) 成立,求 a 的取值范围.
第 17 页,共 32 页

【答案】解:(I)当 a ? 1时, f ( x) ? x ? 1 ? 2ln x, 则f ?( x) ? 1 ? ,

2 x

由 f ?( x) ? 0, 得x ? 2; 由 f ?( x) ? 0, 得0 ? x ? 2. 故 f ( x)的单调减区间为? 0,2? , 单调增区间为?2, ??? .

1 (II)因为 f ( x) ? 0在区间(0, ) 上恒成立不可能, 2 1 1 故要使函数 f ( x)在(0, ) 上无零点,只要对任意的 x ? (0, ), f ( x) ? 0 恒成立, 2 2 1 2ln x 即对 x ? (0, ), a ? 2 ? 恒成立 2 x ?1
令 l ( x) ? 2 ?

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

2 2 ( x ? 1) ? 2ln x 2ln x ? ? 2 x x ? , 则 l ( x) ? ? 2 ( x ? 1) ( x ? 1)2
2 1 ? 2, x ? (0, ), x 2 2 2 ?2(1 ? x) 则m?( x) ? ? 2 ? ? ? 0, x x x2 再令m( x) ? 2ln x ?
1 1 故m( x)在(0, )上为减函数, 于是m( x) ? m( ) ? 2 ? 2ln 2 ? 0, 2 2 1 从而,l ( x) ? 0, 于是l ( x)在(0, )上为增函数, 2

1 所以l ( x) ? l ( ) ? 2 ? 4ln 2, 2 2ln x 故要使a ? 2 ? 恒成立, 只要a ? ? 2 ? 4ln 2, ?? ? , x ?1

1 综上,若函数 f ( x)在(0, )上无零点, 则a的最小值为2 ? 4ln 2. 2
(III) g ?( x) ? e1? x ? xe1? x ? (1 ? x)e1? x ,
当x ? (0,1)时, g ?( x) ? 0,函数g ( x)单调递增; 当x ? ?1, e?时, g ?( x) ? 0,函数g(x)单调递减. 又因为g(0)=0,g(1)=1,g(e)=e ? e1?e ? 0,

所以,函数 g ( x)在? 0, e? 上的值域为? 0,1?.

当a ? 2时, 不合题意;

第 18 页,共 32 页

2 (2 ? a) x ? 2 当a ? 2时, f ?( x) ? 2 ? a ? ? ? x x 2 当x ? 时, f ?( x) ? 0. 2?a 由题意得, f ( x)在 ? 0, e? 上不单调,

(2 ? a)( x ? x

2 ) 2 ? a , x ? ? 0, e ?

故0?

2 2 ? e,即a ? 2 ? 2?a e



此时,当 x变化时, f ?( x), f ( x) 的变化情况如下:

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

2 ) 2?a


2 2?a
0 最小值

? 2 ? , e? ? ?2?a ?

+

又因为,当x ? 0时, f ( x) ? ??, 2 2 f( ) ? a ? 2ln , f (e) ? (2 ? a)(e ? 1) ? 2, 2?a 2?a 所以,对任意给定的x0 ? ? 0, e? , 在 ? 0, e?上总存在两个不同的xi (i ? 1,2), 使得f ( xi ) ? g ( x0 )成立,当且仅当a满足下列条件 :
2 2 ? ? ) ? 0, ?a ? 2ln ? 0, ?f( 即? 2?a ? 2?a ? f (e) ? 1, ?(2 ? a)(e ? 1) ? 2 ? 1. ? ?
令h(a) ? a ? 2ln

② ③

2 2 , a ? (??, 2 ? ), 2?a e 2 a 则h?(a) ? 1 ? 2[ln 2 ? ln(2 ? a)]? ? 1 ? ? , 令h?( a) ? 0, 2?a a?2 得a ? 0或a ? 2, 故当a ? (??,0)时, h?(a) ? 0,函数h(a)单调递增; 2 当a ? (0, 2 ? )时, h?(a) ? 0,函数h(a)单调递减. e 2 所以, 对任意a ? (??, 2 ? ), 有h( a) ? h(0) ? 0, e

2 即②对任意 a ? (??, 2 ? ) 恒成立 e
由③式解得: a ? 2 ?

3 . e ?1



3 ? ? 时, 对任意给定的x0 ? ? 0, e? , 综合①④可知,当 a ? ? ??, 2 ? e ? 1? ? ?

在 ? 0, e? 上总存在两个不同的xi (i ? 1, 2), 使 f ( xi ) ? g ( x0 ) 成立
32 .( 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
第 19 页,共 32 页

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;

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

?

?

?

?

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

g ? 4? ? ?4a2 ?16a ? 2 ? 0 ,所以
综上所述, a 的取值范围为 ?0,

4?3 2 4?3 2 4?3 2 ?a? ,因为 a ? 0 ,所以 0 ? a ? 2 2 2
????????????????

? 4?3 2? ? 2 ? ?
3

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

?0,???

上 有 解 , 即 求 函 数

y ? x ln x ? x2 ? x3 的值域.令函数 h ? x ? ? ln x ? x ? x2 ( x ? 0)
则 h ? x? ?
'

? 2 x ? 1??1 ? x ? ,所以当 0 ? x ? 1 时, ' 1 ? 1? 2x ? 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 .
33. (山西省临汾一中、忻州一中、康杰中学、长治二中 2013 届高三第四次四校联考数学(理)试题)已知函

第 20 页,共 32 页



f ( x) ?

x ? ax ln x
2

(1)若函数 f ? x ? 在?1, ??? 上是减函数,求实数 a 的最小值; (2)若 ?x1 , x2 ? ? e, e ?

? ,使 f ? x1 ? ? f ? ? x2 ? ? a ( a ? 0 )成立,求实数 a 的取值范围. ?
(ln x)

1 【答案】解:(1)因 f(x)在 (1, ??) 上为减函数,故 f ?( x) ? ln x ?2 ? a ? 0 在 (1, ??) 上恒成立
所以当 x ? (1, ??) 时, f ?( x) max ? 0
1 又 f ?( x) ? ln x ?2 ? a ? ? 1 ln x (ln x)

? ? ? ln1x ? a ? ? ? ln1x ? 1 ? ? 1 ? a , 2 4
2
2

故当 1 ? 1 ,即 x ? e2 时, f ?( x)max ? 1 ? a . 4 ln x 2 所以 1 ? a ? 0, 于是 a ≥ 1 ,故 a 的最小值为 1 4 4 4 (2)命题“若 ?x1 , x2 ? [e,e 2 ], 使 f ( x1 ) ? f ? ? x2 ? ? a 成立”等价于 “当 x ? [e, e 2 ] 时,有 f ( x)min ? f ? ? x ?max ? a ”. 由(1),当 x ? [e, e 2 ] 时, f ?( x)max ? 1 ? a ,? f ? ? x ?max ? a ? 1 . 4 4 问题等价于:“当 x ? [e, e 2 ] 时,有 f ( x)min ? 1 ” 4
2 10 当 a ? 1 时, f ?( x) max ? 1 ? a ≤0, f ( x) 在 [e,e ] 上为减 函数,

4

4

2 则 f ( x)min = f (e2 ) ? e ? ae2 ? 1 ,故 a ? 1 ? 1 2 2 4e 2 4

20 当 0< a ? 1 时, f ?( x) max ? 1 ? a >0,由于 f ?( x) ? ?

4

4

?

1 ?1 ln x 2

? ? 1 ? a 在 [e,e ] 上为增函数, 4
2

2

故 f ?( x) 的值域为 [ f ?(e), f ?(e 2 )] ,即 [?a, 1 ? a] . 4 由 f ?( x) 的单调性和值域知, ? 唯一 x0 ? (e,e2 ) ,使 f ?( x0 ) ? 0 ,且 满足: 当 x ? (e, x0 ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 为减函数;当 x ? ( x0 ,e2 ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 为增函数; 由 f ( x)min = f ( x0 ) ?
x0 2 ? ax0 ? 1 , x0 ? (e,e ) . ln x0 4

所以, a ? 1 ? 1 ? 1 2 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ,与 0 ? a ? 1 矛盾,不合题意. 4 ln x0 4 x0 ln e 4e 2 4 4 综上,得 a ? 1 ? 1 2 2 4e
34. (山西省康杰中学 2013 届高三第二次模拟数学(理)试题)已知函数 f ( x) ? ax sin x ? cos x ,且 f ( x ) 在

第 21 页,共 32 页

x?

?
4

处的切线斜率为

2 ?. 8

(Ⅰ)求 a 的值,并讨论 f ( x ) 在 [ ?? , ? ] 上的单调性; (Ⅱ) 设 函 数 g ( x) ? 1n( mx ? 1) ?

1? x , x ? 0 , 其 中 m ? 0 , 若 对 任 意 的 xi ??0, ??? 总 存 在 1? x

? ?? x j ? ?0, ? ,使得 g ( xi ) ? f ( x j ) 成立,求 m 的取值范围. ? 2?
【答案】解:(Ⅰ) f ?( x) ? a sin x ? ax cos x ? sin x ? (a ? 1)sin x ? ax cos x

? 2 ? 2 2? f ?( ) ? (a ? 1) ? ? ?a? ? 4 2 4 2 8
∴a ?1 ∴ f ?( x) ? x cos x ∴ f ?( x) ? 0 ? ?? ? x ? ? ∴ f ?( x) ? 0 ? ? 则 f ( x ) 在 (?? , ? (Ⅱ)当 x ? [0,

?
2

,或 0 ? x ?

?
2

?
?
2

? x ? 0 ,或

?
2

? x ??

?
2

), (0, ) 上单调递增,在 (? , 0), ( , ? ) 上单调递减 2 2 2 2

?

?

?

] 时, f ( x) 单调递增,

∴ f ( x)min ? f (0) ? 1 则依题 g ( x) ? 1 在 x??0, ??? 上恒成立

m?2 ) m g ?( x) ? , ( x ? 0, m ? 0) (mx ? 1)( x ? 1) 2 m( x 2 ?
①当 m ? 2 时,

m?2 ? 0 ,∴ g ?( x) ? 0 在 ?0,??? 上 恒 成 立 , 即 g ( x) 在 ?0,??? 上 单 调 递 增 , 又 m

g (0) ? 1 ,所以 g ( x) ? 1 在 x??0, ??? 上恒成立,即 m ? 2 时成立
②当 0 ? m ? 2 时,当 x ? (0,

2?m ) 时, g ?( x) ? 0 ,此时 g ( x) 单调递减, m

∴ g ( x) ? g (0) ? 1 ,故 0 ? m ? 2 时不成立,综上 m ? 2
35. (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) ? ax2 ? bx ? 4b ? 1.
第 22 页,共 32 页

(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 时,函数 t ( x) ? ln( ? x 2 ) ? h( x) ? x ? 4 ? k (k ? R),试判断函数 ( x) 的零点个数; 1 t 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.
请考生在 22、23、24 三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,作答时请写清题号.
【答案】

第 23 页,共 32 页

36. 云南省 2013 年第二次高中毕业生复习统一检测数学理试题 ( (word 版) ) 已知

f ( x) ? x2 ? 2x ? ln( x ? 1)2 .

第 24 页,共 32 页

(1)求 f ( x ) 的单调递增区间; (2)若函数 F ( x) ? f ( x) ? x2 ? 3x ? a 在 ? ?
【答案】

? 1 ? , 2 上只有一个零点,求实数 a 的取值范围. ? 2 ? ?

37. (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
第 25 页,共 32 页

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. 选做题: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.做答时,用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.
【答案】

1 n

38. (2013 年长春市高中毕业班第四次调研测试理科数学)已知函数 f ( x) ? ax2 ? ln( x ? 1) . 1 (1) 当 a ? ? 时,求函数 f ( x) 的单调区间; 4 ?x ≥ 0 (2) 当 x ? [0, ??) 时,函数 y ? f ( x) 图象上的点都在 ? 所表示的平面区域内, 求 实 数 ?y ? x ≤0

a 的取值

范围.

2 4 2n )(1 ? ) ??? [1 ? n?1 ] ? e ,(其中 n ? N* , e 是自然对数的底). 2?3 3? 5 (2 ? 1)(2n ? 1) 【答案】 【命题意图】本小题主要通过函数与导数综合应用问题,具体涉及到用导数来研究函数的单调 性等知识内容,考查考生的运算求解能力,推理论证能力,其中重点对导数对函数的描述进行考查,本 题是一道难度较高且综合性较强的压轴题,也是一道关于数列拆分问题的典型例题,对今后此类问题 的求解有很好的导向作用.
(3) 求证: (1 ? 【试题解析】解:(1) 当 a ? ?

1 1 2 时, f ( x) ? ? x ? ln( x ? 1) ( x ? ?1) , 4 4
第 26 页,共 32 页

1 1 ( x ? 2)( x ? 1) ( x ? ?1) , f ?( x) ? ? x ? ?? 2 x ?1 2( x ? 1)
由 f ?( x) ? 0 解得 ?1 ? x ? 1 ,由 f ?( x) ? 0 解得 x ? 1 . 故函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (?1,1) ,单调递减区间为 (1, ??) .
? x ? 0, (2) 因函数 f ( x) 图象上的点都在 ? 所表示的平面区域内, ?y ? x ? 0

则当 x ? [0, ??) 时,不等式 f ( x) ? x 恒成立,即 ax 2 ? ln( x ? 1) ? x ? 0 恒成立,、 设 g ( x) ? ax 2 ? ln( x ? 1) ? x ( x ? 0 ),只需 g ( x) max ? 0 即可. 由 g ?( x) ? 2ax ?
1 x[2ax ? (2a ? 1)] , ?1 ? x ?1 x ?1

?x , x ?1 当 x ? 0 时, g ?( x) ? 0 ,函数 g ( x) 在 (0, ??) 上单调递减,故 g ( x) ? g (0) ? 0 成立.

(i) 当 a ? 0 时, g ?( x) ?

(ii) 当 a ? 0 时,由 g ?( x) ? ① 若

x[2ax ? (2a ? 1)] 1 ? 0 ,因 x ? [0, ??) ,所以 x ? ?1 , x ?1 2a

1 1 ? 1 ? 0 ,即 a ? 时,在区间 (0, ??) 上, g ?( x) ? 0 , 2a 2 则函数 g ( x) 在 (0, ??) 上单调递增, g ( x) 在 [0, ??) 上无最大值,当 x ? ?? 时,

g ( x) ? ?? , 此 时 不 满

足条件; ② 若
1 1 1 ? 1 ? 0 ,即 0 ? a ? 时,函数 g ( x) 在 (0, ? 1) 上单调递减, 2a 2 2a 1 ? 1, ??) 上单调递增,同样 g ( x) 在 [0, ??) 上无最大值,当 x ? ?? 时, g ( x) ? ?? , 不 满 足 条 2a

在区间 ( 件.

x[2ax ? (2a ? 1)] ,∵ x ? [0, ??) ,∴ 2ax ? (2a ? 1) ? 0 , x ?1 ∴ g ?( x) ? 0 ,故函数 g ( x) 在 [0, ??) 上单调递减,故 g ( x) ? g (0) ? 0 成立.

(iii) 当 a ? 0 时,由 g ?( x) ?

综上所述,实数 a 的取值范围是 (??, 0] . (3) 据(2)知当 a ? 0 时, ln( x ? 1) ? x 在 (0, ??) 上恒成立 (或另证 ln( x ? 1) ? x 在区间 (0, ??) 上恒成立), 又
2n 1 1 ? 2( n ?1 ? n ), n ?1 n (2 ? 1)(2 ? 1) 2 ?1 2 ?1 2 4 8 2n )(1 ? )(1 ? ) ? ? ? [1 ? n ?1 ]} 2?3 3? 5 5?9 (2 ? 1)(2 n ? 1)

因此 ln{(1 ?
? ln(1 ? ?

2 4 8 2n ) ? ln(1 ? ) ? ln(1 ? ) ? ? ? ln[1 ? n ?1 ] 2?3 3? 5 5?9 (2 ? 1)(2n ? 1)

2 4 8 2n ? ? ? ? ? n ?1 2 ? 3 3? 5 5? 9 (2 ? 1)(2 n ? 1)

1 1 1 1 1 1 1 1 ? 2[( ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( n ?1 ? )] 2 3 3 5 5 9 2 ? 1 2n ? 1
第 27 页,共 32 页

1 1 ? 2[( ? n )] ? 1 . 2 2 ?1

(1 ?

2 4 8 2n )(1 ? )(1 ? ) ? ? ? [1 ? n ?1 ]?e . 2?3 3? 5 5?9 (2 ? 1)(2 n ? 1)

39. (云南省玉溪市 2013 年高中毕业班复习检测数学(理)试题)已知函数 f ( x ) ?

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

(I)当 a=1 时,求函数 f(x)的最小值; (II)当 a≤0 时,讨论函数 f(x)的单调性; (III)是否存在实数 a,对任意的 x1,x2 ? (0,+∞),且 x1≠x2,都有 出 a 的取值范 围;若不存在,说明理由. 选考题请考生在第 22、23、24 三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.做答时,用 2B 铅笔 在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.
【答案】

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? a 恒成立.若存在,求 x2 ? x1

40. (山西省太原市第五中学 2013 届高三 4 月月考数学(理)试题)(本小题满分 12 分)
第 28 页,共 32 页

1 2 ax ? 2 x , g ( x) ? lnx . 2 (1)设函数 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ,求函数 F (x) 的单调区间; g ( x) 1 ? f ?( x) ? (2a ? 1) 在区间 ( , e ) 内有且只有两个不相等的实 (2)是否存在实数 a ? 0 ,使得方程 x e
已知函数 f ( x ) ? 数根?若存在,请求出 a 的取值范围;若不存在,请说明理由.

【答案】解

(Ⅱ)把方程

g ( x) lnx ? f ?( x) ? (2a ? 1) 整理为 ? ax ? 2 ? (2a ? 1) , x x

即为方程 ax2 ? (1 ? 2a) x ? lnx ? 0 设 H ( x) ? ax2 ? (1 ? 2a) x ? lnx ( x ? 0) ,原方程在区间( , e )内有且只有两个不相等的实数根, 即 为函数 H ( x ) 在区间( , e )内有且只有两个零点

1 e

1 e

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

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

令 H ?( x) ? 0 ,因为 a ? 0 ,解得 x ? 1 或 x ? ? 当 x ? (0,1) 时, H ?( x) ? 0 ,

H ( x ) 是减函数;当 x ? (1, ??) 时, H ?( x) ? 0 , H ( x ) 是增函数

? 1 ? H ( e ) ? 0, ? 1 H ( x ) 在( , e )内有且只有两个不相等的零点, 只需 ? H ( x) min ? 0, e ? H (e) ? 0, ? ?

? a 1 ? 2a (1 ? 2a)e ? a ? e2 ? 0, ? 2 ? e ?1 ? e2 ?e ? 即 ? H (1) ? a ? (1 ? 2a) ? 1 ? a ? 0, ?ae2 ? (1 ? 2a)e ? 1 ? (e2 ? 2e)a ? (e ? 1) ? 0, ? ? ?
解得 1 ? a ?

? e2 ? e ? a ? 2e ? 1 , ? ? ∴ ? a ? 1, ? 1? e ?a ? 2 , e ? 2e ? ?

e2 ? e e2 ? e , 所以 a 的取值范围是( 1, ) . 2e ? 1 2e ? 1
1 1 ? ax) ? x 2 ? ax ( a 2 2

41. (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 f ( x) ? ln(

为常数, a ? 0 ). (1)当 a ? 2 时,求函数 f ( x ) 的单调区间; (2)若对任意的 a ? (1, 2) ,总存在 x0 ? [ ,1] ,使不等式 f ( x0 ) ? m(a2 ? 2a ? 3) 成立,求实数 m 的取值 范围.
第 29 页,共 32 页

1 2

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.做答时,用 2B 铅笔在 答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.
【答案】解:(Ⅰ)当 a ? 2 ,

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

f ?( x) ?

1 x? 1 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 ? (? (Ⅱ) f ( x) ? a ? 2 x ? a 1 ? ax
'

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

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

?

1 ,[来源:学.科.网 Z.X.X.K] 2

1 1 ? f (x) 在 ? 1 ,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(a2 ? 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 ? 1 ,[来源:学*科*网] 时,令 g (a) ? ?2ma ? (4m ? 1)a ? 2m ,其对称轴 a ? ?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( ?
第 30 页,共 32 页

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 2 ? 1 1 ? (a ? 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)
设 g ( a) ?

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

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

?m ? ?

1 8
2

42. (内蒙古包头市 2013 届高三第二次模拟考试数学(理)试题)已知 f ( x) ? x ln x, g ( x) ? ?x ? ax ? 3 .

(1) 求函数 f ( x) 在 [t , t ? 2](t ? 0) 上的最小值; (2) 对一切 x ? (0, ??) , 2 f ( x)≥ g ( x) 恒成立,求实数 a 的取值范围; (3) 证明:对一切 x ? (0, ??) ,都有 ln x ?
【答案】解:

1 2 ? 成立. e x ex 1 e

(1) 增.

f '( x) ? ln x ? 1 ,当 x ? (0, ) , f '( x) ? 0 , f ( x) 单调递减,当 x ? ( , ??) , f '( x) ? 0 , f ( x) 单调递

1 e

① 0 ? t ? t ? 2 ? ,t 无解; ② 0?t ?

1 e

1 1 1 1 ? t ? 2 ,即 0 ? t ? 时, f ( x)min ? f ( ) ? ? ; e e e e
第 31 页,共 32 页

1 1 ? t ? t ? 2 ,即 t ? 时, f ( x) 在 [t , t ? 2] 上单调递增, f ( x)min ? f (t ) ? t ln t ; e e 1 ? 1 ?? e , 0 ? t ? e ? 所以 f ( x) min ? ? . ?t ln t,t ? 1 ? e ? 3 (2) 2 x ln x ? ? x 2 ? ax ? 3 ,则 a ? 2ln x ? x ? , x ( x ? 3)( x ? 1) 3 设 h( x) ? 2ln x ? x ? ( x ? 0) , 则 h '( x) ? , x ? (0,1) , h '( x) ? 0 , h( x) 单 调 递 x2 x
③ 减, x ? (1, ??) , h '( x) ? 0 , h( x) 单调递增,所以 h( x)min ? h(1) ? 4 . 因为对一切 x ? (0, ??) , 2 f ( x) ? g ( x) 恒成立,所以 a ? h( x)min ? 4 .

x 2 ? ( x ? (0, ??)) ,由⑴可知 f ( x) ? x ln x( x ? (0, ??)) 的 ex e 1 1 最小值是 ? ,当且仅当 x ? 时取到. e e 1? x 1 x 2 设 m( x) ? x ? ( x ? (0, ??)) ,则 m '( x) ? x ,易得 m( x)max ? m(1) ? ? ,当且仅当 x ?1 时取到,从而 e e e e 1 2 对一切 x ? (0, ??) ,都有 ln x ? x ? 成立. e ex
(3) 问题等价于证明 x ln x ?

第 32 页,共 32 页


相关文章:
新课标全国统考区2013届最新高三名校理科数学试题精选...
新课标全国统考区2013届最新高三名校理科数学试题精选分类汇编6:不等式_数学_高中教育_教育专区。新课标全国统考区(吉林、河南、黑龙江、内蒙古、山西、云南)2013 届...
新课标全国统考区2013届最新高三名校理科数学试题精选...
新课标全国统考区2013届最新高三名校理科数学试题精选分类汇编19:几何证明_数学_高中...90? 16. (黑龙江省大庆市 2013 届高三第二次模拟考试数学(理)试题)选修 4...
新课标全国统考区2013届最新高三名校理科数学试题精选...
新课标全国统考区2013届最新高三名校理科数学试题精选分类汇编5:数列_高三数学_数学_高中教育_教育专区。新课标全国统考区(吉林、河南、黑龙江、内蒙古、山西、云南)20...
新课标全国统考区2013届最新高三名校理科数学试题精选...
新课标全国统考区2013届最新高三名校理科数学试题精选分类汇编6:不等式_数学_高中教育_教育专区。新课标全国统考区(吉林、河南、黑龙江、内蒙古、山西、云南)2013 届...
新课标全国统考区2013届最新高三名校理科数学试题精选...
新课标全国统考区(吉林、河南、黑龙江、内蒙古、山西、云南)2013 届最新高三名校 理科数学试题精选分类汇编 7:立体几何(1)一、选择题 1 . (河南省中原名校 2013...
新课标全国统考区2013届最新高三名校文科数学试题精选...
新课标全国统考区(吉林、河南、黑龙江、内蒙古、山西、云南)2013 届 最新高三名校文科数学试题精选分类汇编 2:函数一、选择题 1 . (山西省康杰中学 2013 届高三...
新课标全国统考区2013届最新高三名校文科数学试题精选...
新课标全国统考区2013届最新高三名校文科数学试题精选分类汇编3:三角函数(1)_高三数学_数学_高中教育_教育专区。新课标全国统考区(吉林、河南、黑龙江、内蒙古、山西...
...区2014届最新高三名校理科数学试题精选分类汇编3:三...
新课标全国统考区2014届最新高三名校理科数学试题精选分类汇编3:三角函数_数学_高中教育_教育专区。新课标全国统考区2014届最新高三名校理科数学试题精选分类汇编3:三角...
新课标全国统考区2013届最新高三名校理科数学试题精选...
新课标全国统考区(吉林、河南、黑龙江、内蒙古、山西、云南)2013 届最新高三名校 理科数学试题精选分类汇编 14:算法初步一、选择题 错误!未指定书签。 . (山西省临...
新课标全国统考区2013届最新高三名校理科数学试题精选...
新课标全国统考区(吉林、河南、黑龙江、内蒙古、山西、云南)2013 届最新高三名校 理科数学试题精选分类汇编 14:算法初步一、选择题 1 .(山西省临汾一中、忻州一中、...
更多相关标签: