2015年02月12日博佳教育的高中数学组卷(2)

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www.jyeoo.com 故f（x）的单调递减区间是（﹣∞，ln2）， 单调递增区间是（ln2，+∞）， f（x）在x=ln2处取得极小值， ln2极小值为f（ln2）=e﹣2ln2+2a=2（1﹣ln2+a），无极大值． x2（2）证明：设g（x）=e﹣x+2ax﹣1，x∈R， x于是g′（x）=e﹣2x+2a，x∈R． 由（1）知当a＞ln2﹣1时， g′（x）最小值为g′（ln2）=2（1﹣ln2+a）＞0． 于是对任意x∈R，都有g′（x）＞0，所以g（x）在R内单调递增． 于是当a＞ln2﹣1时，对任意x∈（0，+∞），都有g（x）＞g（0）． 而g（0）=0，从而对任意x∈（0，+∞），g（x）＞0． x2即e﹣x+2ax﹣1＞0， x2故e＞x﹣2ax+1． 点评： 本题考查函数的单调区间及极值的求法和不等式的证明，具体涉及到导数的性质、函数增减区间的判断、极值的计算和不等式性质的应用．解题时要认真审题，仔细解答． 6．（2014?武汉模拟）己知函数f（x）=xe （Ⅰ）求f（x）的极小值和极大值； （Ⅱ）当曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围． 考点： 利用导数研究函数的极值；根据实际问题选择函数类型；利用导数研究曲线上某点切线方程． 专题： 综合题；压轴题；转化思想；导数的综合应用． 分析： （Ⅰ）利用导数的运算法则即可得出f′（x），利用导数与函数单调性的关系及函数的极值点的定义，即可求出函数的极值； （Ⅱ）利用导数的几何意义即可得到切线的斜率，得出切线的方程，利用方程求出与x轴交点的横坐标，再利用导数研究函数的单调性、极值、最值即可． ﹣x2﹣x2﹣x﹣x2解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=xe，∴f′（x）=2xe﹣xe=e（2x﹣x）， 令f′（x）=0，解得x=0或x=2， 令f′（x）＞0，可解得0＜x＜2；令f′（x）＜0，可解得x＜0或x＞2， 故函数在区间（﹣∞，0）与（2，+∞）上是减函数，在区间（0，2）上是增函数． 2﹣x

∴x=0是极小值点，x=2极大值点，又f（0）=0，f（2）=故f（x）的极小值和极大值分别为0，（II）设切点为（则切线方程为y﹣=）， ． ． （x﹣x0）， 令y=0，解得x==， 因为曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数，∴令， （＜0，∴x0＜0或x0＞2， ?2010-2015 jyeoo.com

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www.jyeoo.com 则=． ①当x0＜0时，（0）=0； ②当x0＞2时，令f′（x0）=0，解得当单调递减． 故当0，即f′（x0）＞0，∴f（x0）在（﹣∞，0）上单调递增，∴f（x0）＜f． 时，f′（x0）＜0，函数f（x0）时，f′（x0）＞0，函数f（x0）单调递增；当时，函数f（x0）取得极小值，也即最小值，且=． 综上可知：切线l在x轴上截距的取值范围是（﹣∞，0）∪． 点评： 本题考查利用导数求函数的极值与利用导数研究函数的单调性、切线、函数的值域，综合性强，考查了推理能力和计算能力． 7．（2013?广东）设函数f（x）=（x﹣1）e﹣kx（k∈R）． （1）当k=1时，求函数f（x）的单调区间； （2）当 考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值． 专题： 压轴题；导数的综合应用． 分析： （1）利用导数的运算法则即可得出f′（x），令f′（x）=0，即可得出实数根，通过列表即可得出其单调区间； （2）利用导数的运算法则求出f′（x），令f′（x）=0得出极值点，列出表格得出单调区间，比较区间端点与极值即可得到最大值． x2解答： 解：（1）当k=1时，f（x）=（x﹣1）e﹣x， x2

时，求函数f（x）在[0，k]上的最大值M．

f'（x）=e+（x﹣1）e﹣2x=x（e﹣2） 令f'（x）=0，解得x1=0，x2=ln2＞0 所以f'（x），f（x）随x的变化情况如下表： x （﹣∞，0） 0 （0，ln2） ln2 （ln2，+∞） 0 0 + f'（x） + ﹣ ↗ ↘ ↗ f（x） 极大值 极小值 所以函数f（x）的单调增区间为（﹣∞，0）和（ln2，+∞），单调减区间为（0，ln2） （2）f（x）=（x﹣1）e﹣kx，x∈[0，k]，xxx2xxx． f'（x）=xe﹣2kx=x（e﹣2k），f'（x）=0，解得x1=0，x2=ln（2k） 令φ（k）=k﹣ln（2k），所以φ（k）在，上是减函数，∴φ（1）≤φ（k）＜φ ，∴1﹣ln2≤φ（k）＜＜k． 即0＜ln（2k）＜k 所以f'（x），f（x）随x的变化情况如下表： x （0，ln（2k）） ln（2k） （ln（2k），k） 0 + f'（x） ﹣ ↘ ↗ f（x） 极小值

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www.jyeoo.com k3k3k3f（0）=﹣1，f（k）=（k﹣1）e﹣kf（k）﹣f（0）=（k﹣1）e﹣k+1=（k﹣1）e﹣（k﹣1）=（k﹣1）k2k2e﹣（k﹣1）（k+k+1）=（k﹣1）[e﹣（k+k+1）] 因为对任意的，所以k﹣1≤0 ，y=e的图象恒在y=k+k+1下方，所以e﹣（k+k+1）≤0 k2k2所以f（k）﹣f（0）≥0，即f（k）≥f（0） k3所以函数f（x）在[0，k]上的最大值M=f（k）=（k﹣1）e﹣k． 点评： 熟练掌握导数的运算法则、利用导数求函数的单调性、极值与最值得方法是解题的关键． 8．（2013?湖南）已知函数f（x）=（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）证明：当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，x1+x2＜0． 考点： 利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质． 专题： 压轴题；导数的综合应用． 分析： （I）利用导数的运算法则求出f′（x），分别解出f′（x）＞0与f′（x）＜0的x取值范围即可得到单调区间； （II）当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，不妨设x1＜x2．由（I）可知：x1∈（﹣∞，0），x2∈（0，1）．利用导数先证明：?x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x）．而x2∈（0，1），可得f（x2）＜f（﹣x2）．即f（x1）＜f（﹣x2）．由于x1，﹣x2∈（﹣∞，0），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，因此得证． 解答： 解：（I）易知函数的定义域为R． ．

==， 当x＜0时，f′（x）＞0；当x＞0时，f′（x）＜0．∴函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，0），单调递减区间为（0，+∞）． （II）当x＜1时，由于，e＞0，得到f（x）＞0；同理，当x＞1时，f（x）＜0． x当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，不妨设x1＜x2． 由（I）可知：x1∈（﹣∞，0），x2∈（0，1）． 下面证明：?x∈（0，1），（fx）＜（﹣fx），即证＜﹣x．此不等式等价于2x． 令g（x）=，则g′（x）=﹣xe（e﹣1）． 当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）＜g（0）=0． 即． ∴?x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x）． 而x2∈（0，1），∴f（x2）＜f（﹣x2）． 从而，f（x1）＜f（﹣x2）． 由于x1，﹣x2∈（﹣∞，0），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增， ∴x1＜﹣x2，即x1+x2＜0． 点评： 本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、等价转化问题等基础知识与基本技能，需要较强的推理能力

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www.jyeoo.com 和计算能力． 9．（2013?天津）已知函数f（x）=xlnx． （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时，有

2

2

．

考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的零点；导数的运算；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明． 专题： 压轴题；导数的综合应用． 分析： （Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），求导数令f′（x）=0，可解得x=，由导数在（0，），和（ ，+∞）的正负可得单调性；（Ⅱ）当0＜x≤1时，f（x）≤0，设t＞0，令h（x）=f（x）﹣t，x∈[1，+∞），由（Ⅰ）可得函数h（x）的单调性，可得结论；（Ⅲ）令u=lns，原命题转化为0＜lnu＜，一方面由f（s）的单调性，可得u＞1，从而lnu＞0成立，另一方面，令F（u）=lnu﹣，u＞1，通过函数的单调性可得极值最值，进而得证． 解答： 解：（Ⅰ）由题意可知函数的定义域为（0，+∞）， 求导数可得f′（x）=2xlnx+x?=2xlnx+x=x（2lnx+1）， 令f′（x）=0，可解得x=， 2当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表： x （0，） f′（x） f（x） ﹣ 单调递减 0 极小值 ），单调递增区间为（ （ ，+∞） + 单调递增 ，+∞） 所以函数f（x）的单调递减区间为（0，（Ⅱ）证明：当0＜x≤1时，f（x）≤0，设t＞0，令h（x）=f（x）﹣t，x∈[1，+∞）， t2tt2t由（Ⅰ）可知，h（x）在区间（1，+∞）单调递增，h（1）=﹣t＜0，h（e）=elne﹣t=t（e﹣1）＞0， 故存在唯一的s∈（1，+∞），使得t=f（s）成立； （Ⅲ）证明：因为s=g（t），由（Ⅱ）知，t=f（s），且s＞1， 从而====，其中u=lns， 要使即2＜只需2成立，只需，即2＜2+， ， ，变形可得只需0＜lnu＜， 2当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﹣，u＞1，F′（u）=， ?2010-2015 jyeoo.com

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www.jyeoo.com 令F′（u）=0，可解得u=2， 当1＜u＜2时，F′（u）＞0，当u＞2时，F′（u）＜0， 故函数F（u）在u=2处取到极大值，也是最大值F（2）=ln2﹣1＜0， 故有F（u）=lnu﹣＜0，即lnu＜， 综上可证：当t＞e时，有2成立． 点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性，涉及极值的求解和不等式的证明，属中档题． 10．（2012?山东）已知函数f（1））处的切线与x轴平行． （Ⅰ）求k的值； （Ⅱ）求f（x）的单调区间；

（Ⅲ）设g（x）=xf′（x），其中f′（x）为f（x）的导函数．证明：对任意x＞0，g（x）＜1+e． 考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程． 专题： 综合题；压轴题；探究型；转化思想． 分析： （Ⅰ）由题意，求出函数的导数，再由曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行为常数，e=2.71828…是自然对数的底数），曲线y=f（x）在点（1，

﹣2

可得出f′（1）=0，由此方程即可解出k的值； （II）由（I）知，即可； （III）先给出g（x）=xf'（x），考查解析式发现当x≥1时，g（x）=xf'（x）≤0＜1+e一定成立，由此将问﹣2﹣2题转化为证明g（x）＜1+e在0＜x＜1时成立，利用导数求出函数在（0，1）上的最值，与1+e比较即可得出要证的结论． 解答： 解：（I）函数为常数，e=2.71828…是自然对数的底数）， ﹣2=，x∈（0，+∞），利用导数解出函数的单调区间∴由已知，=，∴k=1． ，x∈（0，+∞）， （II）由（I）知，=，x∈（0，+∞）， 设h（x）=1﹣xlnx﹣x，x∈（0，+∞），h'（x）=﹣（lnx+2）， 当x∈（0，e）时，h'（x）＞0，当x∈（ e，1）时，h'（x）＜0， ﹣2﹣2可得h（x）在x∈（0，e）时是增函数，在x∈（ e，1）时是减函数，在（1，+∞）上是减函数， ﹣2又h（1）=0，h（e）＞0，又x趋向于0时，h（x）的函数值趋向于1 ∴当0＜x＜1时，h（x）＞0，从而f'（x）＞0， 当x＞1时h（x）＜0，从而f'（x）＜0． 综上可知，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）． （III）由（II）可知，当x≥1时，g（x）=xf'（x）≤0＜1+e，故只需证明g（x）＜1+e立． ﹣2﹣2﹣2﹣2在0＜x＜1时成 ?2010-2015 jyeoo.com

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www.jyeoo.com 当0＜x＜1时，e＞1，且g（x）＞0，∴设F（x）=1﹣xlnx﹣x，x∈（0，1），则F'（x）=﹣（lnx+2）， 当x∈（0，e）时，F'（x）＞0，当x∈（ e，1）时，F'（x）＜0， ﹣2﹣2﹣2所以当x=e时，F（x）取得最大值F（e）=1+e． ﹣2所以g（x）＜F（x）≤1+e． ﹣2综上，对任意x＞0，g（x）＜1+e． 点评： 本题考查利用导数研究函数的最值及曲线上某点处的切线方程，解题的关键是灵活利用导数工具进行运算及理解导数与要解决问题的联系，此类题运算量大，易出错，且考查了转化的思想，判断推理的能力，综合性强，是高考常考题型，学习时要严谨认真，注意总结其解题规律． ﹣2﹣2x． ?2010-2015 jyeoo.com

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