2010年高考题： 第2章 函数与基本初等函数 第二节 基本初等函数1(7)

1414?当x?2时，g(x)取得最大值ln2?．

． ?????????? 14分

12)x?lnx.（a?R）

2因此，实数?的取值范围是??ln2?9、（2009湛江一模）已知函数f(x)?(a?（Ⅰ）当a?1时，求f(x)在区间[1，e]上的最大值和最小值；

（Ⅱ）若在区间（1，+∞）上，函数f(x)的图象恒在直线y?2ax下方，求a的取值范围．

12解：（Ⅰ）当a?1时，f(x)?x?lnx，f?(x)?x?21x?x?1x2；??????2分

对于x?[1，e]，有f?(x)?0，∴f(x)在区间[1，e]上为增函数，????3分

e2 ∴fmax(x)?f(e)?1?2，fmin(x)?f(1)?12212.???????????5分

（Ⅱ）令g(x)?f(x)?2ax?(a?)x?2ax?lnx，则g(x)的定义域为（0，+∞）.

?????????????????6分

在区间（1，+∞）上，函数f(x)的图象恒在直线y?2ax下方等价于g(x)?0在区间（1，+∞）上恒成立.

∵g?(x)?(2a?1)x?2a?121x?(2a?1)x?2ax?1x2?(x?1)[(2a?1)x?1]x1

① 若a?，令g?(x)?0，得极值点x1?1，x2?122a?1，??????8分

当x2?x1?1，即?a?1时，在（x2，+∞)上有g?(x)?0，

此时g(x)在区间(x2，+∞)上是增函数，并且在该区间上有

g(x)∈(g(x2)，+∞)，不合题意；???????????????9分

当x2?x1?1，即a?1时，同理可知，g(x)在区间(1，+∞)上，有

g(x)∈(g(1)，+∞)，也不合题意；???????????????10分

② 若a?12，则有2a?1?0，此时在区间(1，+∞)上恒有g?(x)?0，

从而g(x)在区间(1，+∞)上是减函数；??????????????12分

- 31 -

1212要使g(x)?0在此区间上恒成立，只须满足g(1)??a?由此求得a的范围是[?12?0?a??，

，

1212].

12综合①②可知，当a∈[?，]时，函数f(x)的图象恒在直线y?2ax下方.

??????????????????14分

2009年联考题

一、选择题

1.(2009年4月北京海淀区高三一模文)函数f(x)=2的反函数y?f是

x?1?x?的图象

（ ）

答案 A

2. (北京市朝阳区2009年4月高三一模理)下列函数中，在区间(1,??)上为增函数的

是 （ ）

A．y??2?1

2x

B．y?x1?x2

C．y??(x?1) 答案 B

3.（2009福建省）函数y?log2 D．y?log1(x?1)

|x|的图象大致是 ( )

答案 C

4.（2009厦门集美中学）若y?loga(2?ax)在[0,1]上是减函数,则a的取值范围

- 32 -

是

( )

A.(0,1) B.(0,2) C.(1,2) D.(2,??) 答案 C

5.（2009岳阳一中第四次月考）函数y?( )

lg|x|x的图象大致是

答案 D 二、填空题

6.（2009泉州市）已知函数f(x)=??logx2x(x?0)?2,(x?0),若f(a)=2 .

1答案 -1或2 7.（2009厦门十中）定义：若存在常数k，使得对定义域D内的任意两个x1,x2?x1?x2?， 均有f?x1??f?x2??kx1?x2成立，则称函数f?x?在定义域D上满足利普希茨条件。若函数f?x??答案

12x?x?1?满足利普希茨条件，则常数k的最小值为_____。

8.（2009中学第六次月考）定义区间[x1,x2](x1?x2)的长度为x2?x1,已知函数

f(x)?|log12x|的定义域为[a,b],值域为[0,2],则区间[a,b]的长度的最大值与最小

值的差为 . 答案 3

9.(江西南昌新民外语学校09届高三第一次月考)函数f(x)?为 ． 答案 [3,??)

三、解答题

10．(江西师大附中2009届高三数学上学期期中) 已知定义域为R的函数f(x)?

?2?b2x?1xx?2?1log2(x?1)的定义域

?a是奇函数.

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（1）求a,b的值；

（2）若对任意的t?R，不等式f(t2?2t)?f(2t2?k)?0恒成立，求k的取值范围. 解 （1） 因为f(x)是R上的奇函数，所以f(0)?0,即?1?b2?a1??1x?2?1?2?1从而有f(x)?x?1，解得a?2 ??2. 又由f(1)??f(?1)知4?a1?a2?a?0,解得b?1

（2）解法一：由（1）知f(x)?, x?1x22?12?2由上式易知f(x)在R上为减函数，又因f(x)是奇函数，从而不等式

???f(t?2t)?f(2t?k)?0等价于f(t?2t)??f(2t?k)?f(?2t?k).

22222?2?1x11因f(x)是R上的减函数，由上式推得t2?2t??2t2?k. 即对一切t?R有3t2?2t?k?0,从而??4?12k?0,解得k??解法二：由（1）知f(x)?又由题设条件得即(22t?k?12213

?2?12?x?1x?222,

?1?2?0

2t?k2?222t?2t2?1?2?222t?kt?2t?1t?2t22t?k?12?2)(?2?2t?k?1)?(2t?2t?1?2)(?22?1)?0

13整理得23t?1，因底数2>1，故3t?2t?k?0

.

上式对一切t?R均成立，从而判别式??4?12k?0,解得k??14.（2009广东三校一模）设函数f?x???1?x??2ln?1?x?.

2(1)求f?x?的单调区间;

(2)若当x???1,e?1?时,(其中e?2.718?)不等式f?x??m恒成立,求实数m?e?的取值范围;

(3)试讨论关于x的方程:f?x??x?x?a在区间?0,2?上的根的个数.

2?1?解 （1）函数的定义域为??1,???,f??x??2??x?1????x?1??由f??x??0得x?0; 分

?1?2x?x?2?x?1. 1分

2

由f??x??0得?1?x?0, 3分

则增区间为?0,???,减区间为??1,0?.

4

- 34 -

分

(2)令f??x??上递增, 分 由f?分

?1?22?x???1,e?1?时,f?x? 的最大值为e?2,故m?e?2时,不等式f?x??m?e?11?22 ?1??2?2,f?e?1??e?2,且e?2?2?2,

eee??2x?x?2?x?1?0,得x?0,由(1)知f?x?在

?1?上递减,在?0,e?1??1,0?e??? 6

?1 8

恒成立. 分

9

(3)方程f?x??x2?x?a,即x?1?2ln?1?x??a.记g?x??x?1?2ln?1?x?,则

g??x??1?21?x?x?1x?1.由g??x??0得x?1;由g??x??0得?1?x?1.

所以g(x)在[0,1]上递减，在[1，2]上递增.

而g(0)=1，g(1)=2-2ln2，g(2)=3-2ln3，∴g(0)＞g(2)＞g(1) 10分

所以，当a＞1时，方程无解； 当3-2ln3＜a≤1时，方程有一个解，

当2-2ln2＜a≤a≤3-2ln3时，方程有两个解； 当a=2-2ln2时，方程有一个解；

当a＜2-2ln2时，方程无解. 13分

字上所述，a?(1,??)?(??,2?2ln2)时，方程无解；

a?(3?2ln3,1]或a=2-2ln2时，方程有唯一解；

时，方程有两个不等的解.

14分

a?(2?2ln2,3?2ln3]

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