高考数学二轮复习解答题专题(4)——函数、导数与不等式

导数

2

1．（2009·安徽理19）已知函数f x x 1 alnx，a 0，讨论f x 的单调性．

x

2．（2010·安徽理17）设a为实数，函数f x ex 2x 2a,x R。 （Ⅰ）求f x 的单调区间与极值；

（Ⅱ）求证：当a ln2 1且x 0时，ex x2 2ax 1．

ex3．（2011·安徽理16）设f x ，其中a为正实数 2

1 ax

（Ⅰ）当a

4

时，求f x 的极值点； 3

（Ⅱ）若f x 为R上的单调函数，求a的取值范围．

4．（2012·安徽卷19） 设函数f(x)＝aex＋(1)求f(x)在[0，＋∞)内的最小值；

3

(2)设曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝x，求a，b的值．

2

1．设a 0，函数f x lnx ax，g x lnx （1）证明：当x 1时，g x 0恒成立； （2）若函数f x 无零点，求实数a的取值范围；

（3）若函数f x 有两个相异零点x1、x2，求证：x1x2 e2．

2 x 1

． x 1

1

b(a>0)． aex

2．已知函数f x alnx bx2图象上一点P 2,f 2 处的切线方程为y 3x 2ln2 2． （1）求a、b的值；

1

（2）若方程f x m 0在 ,e 内有两个不等的根，求m的取值范围（其中e是自然对

e

数的底数）；

（3）令g x f x nx，如果g x 的图象与x轴交于A x1,0 、B x2,0 （x1 x2），AB

中点为C x0,0 ，求证：g x0 0．

3．已知函数f x ln 1 x x

k2

x k 0 ． 2

（1）当k 2时，求曲线y f x 在点 1,f 1 处的切线方程； （2）求f x 的单调区间．

4．已知函数y f x 的定义域为R，其导数f x 满足0 f x 1，常数 为方程

f x x的实数根．

（1）求证：当x 时，总有x f x 成立；

（2）对任意x1、x2，若满足x1 1、x2 1，求证：f x1 f x2 2．

1．已知函数f x x2 ax a e x（a 2，x R），问：是否存在实数a，使f x 的极

大值为3？若存在，则求出a的值；若不存在，则说明理由．

2．已知函数f x x k lnx（k是常数） （1）若f x 是增函数，试求k的取值范围；

（2）当k 0时，是否存在不相等的正数a、b满足

求出这样的a、b；若不存在，则说明理由．

f a f b a b

f ？若存在，则

a b2

3．已知函数f x x2 bsinx 2（b R），F x fx

F x F x 0．

2，且对于任意实数x，恒有

（1）求函数f x 的解析式；

（2）已知函数g x f x 2 x 1 alnx在区间(0, 1)上单调递减，求实数a的取值范围； （3）探究函数h x ln 1 x2

1

f x k零点的个数，说明理由． 2

参考答案

1．（1）令g x x f x ，则g x 1 f x ，

则x R时，有0 f x 1可得g x 1 f x 0， 所以当x 时，有g x g f 0，即得证；

x1 1 1 x1 1（2）方法一： ，由f x 是单调增函数可得

x2 1 1 x2 1

f 1 f x1 f 1

f 1 f x2 f 1

f 1 f 1 f x1 f x2 f 1 f 1

f x1 f x2 f 1 f 1 f 1 f 1

因为f x 是R上的增函数，且当x 时，有x f x ， 又当x 时，同（1）理可证得：x f x ，

1 1 f 1 而 ，所以 f 1 f 1 1 1 2 1 1 f 1

即得证．

方法二：由0 f x 1及f x0 lim

x1 x0

f x1 f x0 f x1 f x2

得0 1，

x1 x0x1 x2

x1 1 1 x1 1

2 x1 x2 2 x1 x2 2， 由已知

x2 1 1 x2 1

f x1 f x2 而 1 f x1 f x2 x1 x2 2．

x1 x2

1．〖解析〗：假设存在这样的实数a（a 2），则f x x2 2 a x e x，

令f x 0，得x 0，或x 2 a，（a 2）

（1）若a 2，则f x x2e x 0恒成立，显然不存在极大值； （2）若a 2，则函数f x 有两个稳定点为x 0，x 2 a，且有

f x 极大值 f 2 a 4 a ea 2，

又令g a 4 a ea 2（a 2），以下研究函数g a 的值域问题， 所以g a 3 a ea 2，显然当a 2时，有g a 0恒成立， 即函数g a 在区间 ,2 上单调递增，且g a g 2 1 3， 从而函数f x 不可能取到极大值3，

即这样的a（a 2）是不存在的．

2．〖解析〗：（1）k e 2；

（2）当k 0时，f x xlnx， f x 1 lnx，

又由题，假设存在不相等的正数a、b，使得

f a f b a b

f 成立，

a b2

则

alna blnba b2a2b

1 ln a ln 1 b ln 1 ，

a b2 a b a b

2ab2bb

ln 1 0， a baa ba

b

不防设a b 0，且令x 0,1 ，则构造函数

a

22x xln x 1（0 x 1） g x ln， 1 x1 x

整理得ln

即g x x 1 ln x 1 xln2x x ln2 1（0 x 1）， 题意即，在区间 0,1 ，g x 的零点是否存在？

又g x ln

1 xx 1x 1

，g x ， 22xx 1x x 1

令g x 0，得x 1，容易验证，当0 x 1时，g x 0恒成立， 即函数g x 在区间 0,1 是单调递减的，且g 1 0，

所以，在区间 0,1 上有g x 0恒成立，这说明g x 在区间 0,1 上是单调递增的， 又对g x 而言，有g 1 0，这说明在区间 0,1 上，总有g x 0成立， 即函数g x 在区间 0,1 上没有零点，即g x 0不成立， 从而不存在这样的a、b．

3．〖解析〗：（1）F x x2 bsinx，对任意实数x，恒有F(x) F( x) 0，

即2bsinx 0，即b 0；

（2）由（1）可得f(x) x2 2，所以g(x) x2 2x alnx（x 0），

g'(x) 2x 2 a2x2 2x a

x x

，

函数g x 在区间(0, 1)上单调递减，等价于当0 x 1时，g' x 0恒成立，2x2 2x a 0恒成立，亦即a 2x2 2x 恒成立，

2

可令h x 2 x2

x 2

x 1 2 12，所以h x h 1 4，所以 a 4；

（3）h(x) ln(1 x2) 12f(x) k ln 1 x2 1

2

x2 1 k， …… 此处隐藏：993字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……