高考數(shù)學(xué)理二輪試題：第3章導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用含答案

1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5精品題庫試題 理數(shù)1. (20xx陜西,10,5分)如圖,某飛行器在4千米高空水平飛行,從距著陸點(diǎn)a的水平距離10千米處開始下降,已知下降飛行軌跡為某三次函數(shù)圖象的一部分,則該函數(shù)的解析式為()a.y=x3-xb.y=x3-xc.y=x3-xd.y=-x3+x 1.a 1.根據(jù)題意,所求函數(shù)在(-5,5)上單調(diào)遞減.對于a,y=x3-x,y'=x2-=(x2-25),x(-5,5),y'<0,y=x3-x在(-5,5)內(nèi)為減函數(shù),同理可研究b、c、d均不滿足此條件,故選a.2.(20xx遼寧,11,5分)當(dāng)x時,不等式ax3-x2+4x+

2、30恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()a.b.c.d. 2.c 2.由題意知x都有ax3-x2+4x+30,即ax3x2-4x-3在x上恒成立.當(dāng)x=0時,ar.當(dāng)0<x1時,a=-+.令t=(t1),g(t)=-3t3-4t2+t,因?yàn)間'(t)=-9t2-8t+1<0(t1),所以g(t)在上遞減,在上遞增.因此g(t)min=g(-1)=-2,所以a-2.綜上可知-6a-2,故選c.3.(20xx課標(biāo)全國卷,12,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=sin.若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿足+2<m2,則m的取值范圍是()a.(-,-6)(6,+)b.(-,-4)(4,+)c.(-

3、,-2)(2,+)d.(-,-1)(1,+) 3.c 3.f '(x)=cos,f(x)的極值點(diǎn)為x0,f '(x0)=0,cos=0,x0=k+,kz,x0=mk+,kz,又+2<m2,+<m2,kz,即m2+3<m2,kz,m0,<,kz,又存在x0滿足+2<m2,即存在kz滿足上式,>,>,m2-3>,m2>4,m>2或m<-2,故選c.4.(20xx課表全國，11，5分)已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0,且x0>0,則a的取值范圍是()a.(2,+)b.(1,+)c

4、.(-,-2)d.(-,-1) 4.c 4.(1)當(dāng)a=0時,顯然f(x)有兩個零點(diǎn),不符合題意.(2)當(dāng)a0時, f '(x)=3ax2-6x,令f '(x)=0,解得x1=0,x2=.當(dāng)a>0時,>0,所以函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1在(-,0)與上為增函數(shù),在上為減函數(shù),因?yàn)閒(x)存在唯一零點(diǎn)x0,且x0>0,則f(0)<0,即1<0,不成立.當(dāng)a<0時,<0,所以函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1在和(0,+)上為減函數(shù),在上為增函數(shù),因?yàn)閒(x)存在唯一零點(diǎn)x0,且x0>0,則f>0,即a·-3

5、83;+1>0,解得a>2或a<-2,又因?yàn)閍<0,故a的取值范圍為(-,-2).選c.5.（20xx重慶一中高三下學(xué)期第一次月考，7）已知函數(shù)的圖像與軸恰好有三個不同的公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（    ）（a）     （b）      （c）      （d） 5.  c 5.  , 當(dāng)或時, 可得; 當(dāng)時, , 所以函數(shù)的極小值為, 極大值為, 由題意可得, 解得.6. (20xx山西忻州一中、康杰中學(xué)、臨汾一中、長治二中四校高三第三次聯(lián)考，8

6、) 下圖可能是下列哪個函數(shù)的圖象（  ） 6.  c 6.  因?yàn)楫?dāng)時, 函數(shù)y=2x和函數(shù)y=x21都為增函數(shù), 可知函數(shù)y=2xx21在上為增函數(shù), 故可排除選項(xiàng)a; 因?yàn)楹瘮?shù)y =為偶函數(shù), 故可排除選項(xiàng)b; 因?yàn)? 只有一個實(shí)數(shù)根, 所以函數(shù)應(yīng)只有一個極值點(diǎn), 故可排除選項(xiàng)d, 故選c.7. (20xx福州高中畢業(yè)班質(zhì)量檢測, 10) 已知函數(shù)為常數(shù)), 當(dāng)時取得極大值, 當(dāng)時取極小值, 則的取值范圍是(     ) a.          b.      

7、      c.          d. 7.d 7.因?yàn)?，又因?yàn)楫?dāng)時取得極大值, 當(dāng)時取極小值,所以，即，作出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖中解方程組可得，由圖知，點(diǎn)到直線的距離的平方是的最小值，即，是的最大值，故的取值范圍是.8. (20xx福州高中畢業(yè)班質(zhì)量檢測, 9) 若定義在上的函數(shù)滿足, , 且當(dāng)時, 其圖象是四分之一圓(如圖所示), 則函數(shù)在區(qū)間上的零點(diǎn)個數(shù)為 (   )        a. 5b. 4c. 3d.

8、 2 8.  b 8.  因?yàn)槎x在上的函數(shù)滿足, ,所以函數(shù)是偶函數(shù)，且關(guān)于對稱，又因?yàn)楹瘮?shù)的定義域是, 所以，令得，極小值由表中數(shù)據(jù)可知的單調(diào)減區(qū)間為，單調(diào)增區(qū)間為，當(dāng)時，函數(shù)的極小值為，所以在時取得極大值，且函數(shù)在上是增函數(shù)，所以當(dāng)時由3個交點(diǎn)；時只有一個交點(diǎn)，故函數(shù)在區(qū)間上的零點(diǎn)個數(shù)為4.9. (20xx河北石家莊高中畢業(yè)班復(fù)習(xí)教學(xué)質(zhì)量檢測（二），10) 定義在區(qū)間上的函數(shù)的圖象如右圖所示，以、為頂點(diǎn)的的面積記為函數(shù), 則函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的大致圖象為(    ) 9.  d  9.：如圖，當(dāng)時，的面積單調(diào)遞增，；當(dāng)時，單

9、調(diào)遞減，；當(dāng)時，單調(diào)遞增，；當(dāng)時，單調(diào)遞減，；且. 所以選d.10. (20xx湖北黃岡高三4月模擬考試，10) 已知函數(shù)，若至少存在一個，使得成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（    ）    a.             b.             c.      

10、60;     d.  10.  d 10.  令，所以，若，則，所以在上是減函數(shù)，在的最大值為，此時不存在，使得，即使得成立；若，則由，總存在使得成立.故實(shí)數(shù)的范圍為.11. (20xx重慶銅梁中學(xué)高三1月月考試題，8) 若函數(shù)在上有最小值，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（     ）a. b. c. d. 11.c 11.  因?yàn)?，令，所?，所以函數(shù)在，上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減，要函數(shù)在上有最小值，所以，解得，故實(shí)數(shù)的取值范圍是.12.（20xx江西重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體高三第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)

11、（理）試題，7）設(shè)隨機(jī)變量服從正態(tài)分布，若，則函數(shù)沒有極值點(diǎn)的概率是（）a0.2b0.3c0.7d0.8 12.  c 12.  ，由題意可得，解得，又因?yàn)榍译S機(jī)變量的正態(tài)曲線關(guān)于對稱，所以13.（20xx吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三年級第一次模擬，7）已知函數(shù)，則使函數(shù)有零點(diǎn)的實(shí)數(shù)的取值范圍是（）a.                  b.      c.     d. 13.  c 13.  令，當(dāng)，；當(dāng)，所以函數(shù)在（0，+

12、為增函數(shù)，所以. 所以欲使有零點(diǎn)，只需使.14. (20xx廣西桂林中學(xué)高三2月月考，12) 已知函數(shù)的定義為，且函數(shù)的圖像關(guān)于直線對稱，當(dāng)時，其中是的導(dǎo)函數(shù)，若，則的大小關(guān)系是（    ）(a) (b)      (c)    (d) 14.b 14.  由時，所以，則，所以當(dāng)時，則在上是減函數(shù)，因?yàn)楹瘮?shù)的圖象關(guān)于直線對稱，則函數(shù)是偶函數(shù)，又因?yàn)椋?，所以，?15.(20xx河南豫東豫北十所名校高中畢業(yè)班階段性測試（四）數(shù)學(xué)（理）試題, 12) 對于函數(shù)與，若存在區(qū)間（m< n），使得

13、與在區(qū)間上的值域相等，則稱f(x) 與g(x) 為等值函數(shù)，若與為等值函數(shù)，則a的取值范圍為(  )  (a)          (b)          (c)          (d) 15.  c 15.  由題意，因?yàn)榕c互為反函數(shù)，故其圖像關(guān)于直線對稱且在上為增函數(shù)，若滿足題意中等值函數(shù)的要求，結(jié)合指、對數(shù)函數(shù)的圖像知, 與在直線上有兩個共同的交點(diǎn)，交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為由對其兩邊取對數(shù)得所以又因?yàn)榱睿?/p>

14、則易知在上為增，為減，故，所以，故，又，故.16.(20xx吉林省長春市高中畢業(yè)班第二次調(diào)研測試，12) 設(shè)函數(shù)是定義在上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，且有，則不等式的解集為（  ）abcd 16.   16.  由，得：，即，令，則當(dāng)時，即在是減函數(shù)， ，在是減函數(shù)，所以由得，即，故選17. (20xx吉林高中畢業(yè)班上學(xué)期期末復(fù)習(xí)檢測, 10) 已知函數(shù)，若對于任意的正數(shù)，函數(shù)都是其定義域上的增函數(shù)，則函數(shù)可能是（    ）a.            b.     &#

15、160;c.    d.     17.  a 17.  對于a，是其定義域上的增函數(shù)，即a正確；對b，函數(shù)在其定義域上單調(diào)遞減，故b錯誤；對c，為開口向上的二次函數(shù)，故在其對稱軸兩側(cè)單調(diào)性不同，故c錯誤；對d，在其定義域上單調(diào)遞減，故d錯誤.綜上所述，a正確.18. (20xx江西七校高三上學(xué)期第一次聯(lián)考, 9) 定義域?yàn)榈倪B續(xù)函數(shù)，對任意都有，且其導(dǎo)函數(shù)滿足，則當(dāng)時，有（    ）a. b. c. d. 18.  d 18.  ，當(dāng)時，即時函數(shù)是增函數(shù)，又對任意都有，則函數(shù)的圖象關(guān)于對稱，.

16、19. (20xx湖北黃岡高三期末考試) “” 是“函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增” 的（    ）a. 充分必要條件       b. 必要不充分條件           c. 充分不必要條件     d.  既不充分也不必要條件  19.  a 19.當(dāng)時，在上單調(diào)遞增；令，若函數(shù)在上單調(diào)遞增，則或在上恒成立，即或

17、在上恒成立，或.故“” 是函數(shù)在上單調(diào)遞增的充要條件.20. (20xx河北唐山高三第一次模擬考試，16) 定義在上的函數(shù)滿足： 當(dāng)時，, 則不等式+的解集為_. 20. 20.  設(shè)，則，所以是奇函數(shù)，又當(dāng)時，,所以在單調(diào)遞減，從而在上是減函數(shù).由，可化為，即，從而，故解集為.21. (20xx北京東城高三第二學(xué)期教學(xué)檢測，11) 若函數(shù)有零點(diǎn)，則的取值范圍為_. 21.或 21.  由已知，所以不是零點(diǎn)。從而函數(shù)有零點(diǎn)等價于方程有解. 設(shè)，故的范圍是函數(shù)的值域. ，易得在單調(diào)遞減，單調(diào)遞減，單調(diào)遞增.又當(dāng)時，當(dāng)時，為最小值，所以.故的值域是，從而或22.(20xx成都高

18、中畢業(yè)班第一次診斷性檢測，13) 設(shè)，是函數(shù)的兩個極值點(diǎn)，若，則實(shí)數(shù)的 取值范圍是           . 22.   22.   ，令，即或，要函數(shù)有兩個極值點(diǎn)，則，故實(shí)數(shù)的取值范圍是.23. (20xx陜西寶雞高三質(zhì)量檢測(一), 8) 對于上可導(dǎo)的任意函數(shù)，若滿足，則必有（    ）    a .            b.   &

19、#160;     c.            d.  23.  c 23.  ，當(dāng)時，則函數(shù)在上單調(diào)遞減；當(dāng)時，則函數(shù)在上單調(diào)遞增. 即函數(shù)在處取得最小值，兩式相加得.24. (20xx大綱全國,22,12分)函數(shù)f(x)=ln(x+1)-(a>1).()討論f(x)的單調(diào)性;()設(shè)a1=1,an+1=ln(an+1),證明:<an. 24.查看解析 24.()f(x)的定義域?yàn)?-1,+),f '(x)

20、=.(2分)(i)當(dāng)1<a<2時,若x(-1,a2-2a),則f '(x)>0, f(x)在(-1,a2-2a)上是增函數(shù);若x(a2-2a,0),則f '(x)<0, f(x)在(a2-2a,0)上是減函數(shù);若x(0,+),則f '(x)>0, f(x)在(0,+)上是增函數(shù).(4分)(ii)當(dāng)a=2時, f '(x)0, f '(x)=0成立當(dāng)且僅當(dāng)x=0, f(x)在(-1,+)上是增函數(shù).(iii)當(dāng)a>2時,若x(-1,0),則f '(x)>0, f(x)在(-1,0)上是增函數(shù);若x(0,a2

21、-2a),則f '(x)<0, f(x)在(0,a2-2a)上是減函數(shù);若x(a2-2a,+),則f '(x)>0, f(x)在(a2-2a,+)上是增函數(shù).(6分)()由()知,當(dāng)a=2時, f(x)在(-1,+)上是增函數(shù).當(dāng)x(0,+)時, f(x)>f(0)=0,即ln(x+1)>(x>0).又由()知,當(dāng)a=3時, f(x)在 25.查看解析 25.()對f(x)求導(dǎo)得f '(x)=2ae2x+2be-2x-c,由f '(x)為偶函數(shù),知f '(-x)=f '(x),即2(a-b)(e2x+e-2x)=0,

22、因?yàn)閑2x+e-2x>0,所以a=b.又f '(0)=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1.()當(dāng)c=3時, f(x)=e2x-e-2x-3x,那么f '(x)=2e2x+2e-2x-32-3=1>0,故f(x)在r上為增函數(shù).()由()知f '(x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x2=4,當(dāng)x=0時等號成立.下面分三種情況進(jìn)行討論.當(dāng)c<4時,對任意xr, f '(x)=2e2x+2e-2x-c>0,此時f(x)無極值;當(dāng)c=4時,對任意x0, f '(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此時f(x)

23、無極值;當(dāng)c>4時,令e2x=t,注意到方程2t+-c=0有兩根t1,2=>0,即f '(x)=0有兩個根x1=ln t1,x2=ln t2.當(dāng)x1<x<x2時, f '(x)<0;又當(dāng)x>x2時, f '(x)>0,從而f(x)在x=x2處取得極小值.綜上,若f(x)有極值,則c的取值范圍為(4,+).26. (20xx四川,21,14分)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,br,e=2.718 28為自然對數(shù)的底數(shù).()設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),求函數(shù)g(x)在區(qū)間上的最小值;()若f(1)=0,函數(shù)f

24、(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點(diǎn),求a的取值范圍. 26.查看解析 26.()由f(x)=ex-ax2-bx-1,有g(shù)(x)=f '(x)=ex-2ax-b.所以g'(x)=ex-2a.因此,當(dāng)x時,g'(x).當(dāng)a時,g'(x)0,所以g(x)在上單調(diào)遞增.因此g(x)在上的最小值是g(0)=1-b;當(dāng)a時,g'(x)0,所以g(x)在上單調(diào)遞減,因此g(x)在上的最小值是g(1)=e-2a-b;當(dāng)<a<時,令g'(x)=0,得x=ln(2a)(0,1).所以函數(shù)g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減,在區(qū)間(ln(2a),1上單調(diào)遞增.于是,g(

25、x)在上的最小值是g(ln(2a)=2a-2aln(2a)-b.綜上所述,當(dāng)a時,g(x)在上的最小值是g(0)=1-b;當(dāng)<a<時,g(x)在上的最小值是g(ln(2a)=2a-2aln(2a)-b;當(dāng)a時,g(x)在上的最小值是g(1)=e-2a-b.()設(shè)x0為f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個零點(diǎn),則由f(0)=f(x0)=0可知, f(x)在區(qū)間(0,x0)上不可能單調(diào)遞增,也不可能單調(diào)遞減.則g(x)不可能恒為正,也不可能恒為負(fù).故g(x)在區(qū)間(0,x0)內(nèi)存在零點(diǎn)x1.同理g(x)在區(qū)間(x0,1)內(nèi)存在零點(diǎn)x2.所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有兩個零點(diǎn).由()知

26、,當(dāng)a時,g(x)在上單調(diào)遞增,故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個零點(diǎn).當(dāng)a時,g(x)在上單調(diào)遞減,故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個零點(diǎn).所以<a<.此時g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減,在區(qū)間(ln(2a),1上單調(diào)遞增.因此x1(0,ln(2a),x2(ln(2a),1),必有g(shù)(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0.由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(shù)(0)=1-b=a-e+2>0,g(1)=e-2a-b=1-a>0.解得e-2<a<1.當(dāng)e-2<a<1時,g(x)在區(qū)間內(nèi)有最小值g(ln(2a).若g(ln(2a

27、)0,則g(x)0(x),從而f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增,這與f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a)<0.又g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,故此時g(x)在(0,ln(2a)和(ln(2a),1)內(nèi)各只有一個零點(diǎn)x1和x2.由此可知f(x)在上單調(diào)遞增,在(x1,x2)上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.所以f(x1)>f(0)=0, f(x2)<f(1)=0,故f(x)在(x1,x2)內(nèi)有零點(diǎn).綜上可知,a的取值范圍是(e-2,1).27. (20xx福建,20,14分)已知函數(shù)f(x)=ex-ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點(diǎn)a,曲線y=f(x)

28、在點(diǎn)a處的切線斜率為-1.()求a的值及函數(shù)f(x)的極值;()證明:當(dāng)x>0時,x2<ex;()證明:對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,使得當(dāng)x(x0,+)時,恒有x2<cex. 27.查看解析 27.解法一:()由f(x)=ex-ax,得f '(x)=ex-a.又f '(0)=1-a=-1,得a=2.所以f(x)=ex-2x,f '(x)=ex-2.令f '(x)=0,得x=ln 2.當(dāng)x<ln 2時, f '(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>ln 2時, f '(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x

29、=ln 2時,f(x)取得極小值,且極小值為f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,f(x)無極大值.()令g(x)=ex-x2,則g'(x)=ex-2x.由()得g'(x)=f(x)f(ln 2)>0,故g(x)在r上單調(diào)遞增,又g(0)=1>0,因此,當(dāng)x>0時,g(x)>g(0)>0,即x2<ex.()若c1,則excex.又由()知,當(dāng)x>0時,x2<ex.所以當(dāng)x>0時,x2<cex.取x0=0,當(dāng)x(x0,+)時,恒有x2<cex.若0<c<1,令k=>1,要使不等式x

30、2<cex成立,只要ex>kx2成立.而要使ex>kx2成立,則只要x>ln(kx2),只要x>2ln x+ln k成立.令h(x)=x-2ln x-ln k,則h'(x)=1-=,所以當(dāng)x>2時,h'(x)>0,h(x)在(2,+)內(nèi)單調(diào)遞增.取x0=16k>16,所以h(x)在(x0,+)內(nèi)單調(diào)遞增,又h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k,易知k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以h(x0)>0.即存在x0=,當(dāng)x(x0,+)時,恒有x2<

31、;cex.綜上,對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x(x0,+)時,恒有x2<cex.解法二:()同解法一.()同解法一.()對任意給定的正數(shù)c,取x0=,由()知,當(dāng)x>0時,ex>x2,所以ex=·>,當(dāng)x>x0時,ex>>=x2,因此,對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x(x0,+)時,恒有x2<cex.解法三:()同解法一.()同解法一.()首先證明當(dāng)x(0,+)時,恒有x3<ex.證明如下:令h(x)=x3-ex,則h'(x)=x2-ex.由()知,當(dāng)x>0時,x2<ex,從而h'(x)<

32、;0,h(x)在(0,+)內(nèi)單調(diào)遞減,所以h(x)<h(0)=-1<0,即x3<ex.取x0=,當(dāng)x>x0時,有x2<x3<ex.因此,對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x(x0,+)時,恒有x2<cex.注:對c的分類可有不同的方式,只要解法正確,均相應(yīng)給分.28. (20xx江西,18,12分)已知函數(shù)f(x)=(x2+bx+b)(br).(1)當(dāng)b=4時,求f(x)的極值;(2)若f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增,求b的取值范圍. 28.查看解析 28.(1)當(dāng)b=4時, f '(x)=,由f '(x)=0得x=-2或x=0.當(dāng)x(-,-

33、2)時, f '(x)<0, f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x(-2,0)時, f '(x)>0, f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x時, f '(x)<0, f(x)單調(diào)遞減,故f(x)在x=-2處取極小值f(-2)=0,在x=0處取極大值f(0)=4.(2)f '(x)=,因?yàn)楫?dāng)x時,<0,依題意,當(dāng)x時,有5x+(3b-2)0,從而+(3b-2)0.所以b的取值范圍為.29. (20xx湖北,22,14分)為圓周率,e=2.718 28為自然對數(shù)的底數(shù).()求函數(shù)f(x)=的單調(diào)區(qū)間;()求e3,3e,e,e,3,3這6個數(shù)中的最大數(shù)與最小數(shù);()將e3

34、,3e,e,e,3,3這6個數(shù)按從小到大的順序排列,并證明你的結(jié)論. 29.查看解析 29.()函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+).因?yàn)閒(x)=,所以f '(x)=.當(dāng)f '(x)>0,即0<x<e時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)f '(x)<0,即x>e時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,e),單調(diào)遞減區(qū)間為(e,+).()因?yàn)閑<3<,所以eln 3<eln ,ln e<ln 3,即ln 3e<ln e,ln e<ln 3.于是根據(jù)函數(shù)y=ln x,y=ex,y=x在定義域上單調(diào)

35、遞增,可得3e<e<3,e3<e<3.故這6個數(shù)的最大數(shù)在3與3之中,最小數(shù)在3e與e3之中.由e<3<及()的結(jié)論,得f()<f(3)<f(e),即<<.由<,得ln 3<ln 3,所以3>3;由<,得ln 3e<ln e3,所以3e<e3.綜上,6個數(shù)中的最大數(shù)是3,最小數(shù)是3e.()由()知,3e<e<3<3,3e<e3.又由()知,<,得e<e.故只需比較e3與e和e與3的大小.由()知,當(dāng)0<x<e時, f(x)<f(e)=,即<

36、.在上式中,令x=,又<e,則ln<,從而2-ln <,即得ln >2-.由得,eln >e>2.7×>2.7×(2-0.88)=3.024>3,即eln >3,亦即ln e>ln e3,所以e3<e.又由得,3ln >6->6-e>,即3ln >,所以e<3.綜上可得,3e<e3<e<e<3<3,即6個數(shù)從小到大的順序?yàn)?e,e3,e,e,3,3.30. (20xx湖南,22,13分)已知常數(shù)a>0,函數(shù)f(x)=ln(1+ax)-.()討論

37、f(x)在區(qū)間(0,+)上的單調(diào)性;()若f(x)存在兩個極值點(diǎn)x1,x2,且f(x1)+f(x2)>0,求a的取值范圍. 30.查看解析 30.()f '(x)=-=.(*)當(dāng)a1時, f '(x)>0,此時, f(x)在區(qū)間(0,+)上單調(diào)遞增.當(dāng)0<a<1時,由f '(x)=0得x1=2x2=-2舍去.當(dāng)x(0,x1)時, f '(x)<0;當(dāng)x(x1,+)時, f '(x)>0,故f(x)在區(qū)間(0,x1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(x1,+)上單調(diào)遞增.綜上所述,當(dāng)a1時, f(x)在區(qū)間(0,+)上單調(diào)遞增;當(dāng)0&

38、lt;a<1時, f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減,在區(qū)間上單調(diào)遞增.()由(*)式知,當(dāng)a1時, f '(x)0,此時f(x)不存在極值點(diǎn).因而要使得f(x)有兩個極值點(diǎn),必有0<a<1,又f(x)的極值點(diǎn)只可能是x1=2和x2=-2,且由f(x)的定義可知,x>-且x-2,所以-2>-,-2-2,解得a.此時,由(*)式易知,x1,x2分別是f(x)的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn).而f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-+ln(1+ax2)-=ln-=ln(2a-1)2-=ln(2a-1)2+-2,令2a-1=x,由0<a<1且a知,當(dāng)0<a&l

39、t;時,-1<x<0;當(dāng)<a<1時,0<x<1,記g(x)=ln x2+-2.(i)當(dāng)-1<x<0時,g(x)=2ln(-x)+-2,所以g'(x)=-=<0,因此,g(x)在區(qū)間(-1,0)上單調(diào)遞減,從而g(x)<g(-1)=-4<0,故當(dāng)0<a<時, f(x1)+f(x2)<0.(ii)當(dāng)0<x<1時,g(x)=2ln x+-2,所以g'(x)=-=<0,因此,g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,從而g(x)>g(1)=0,故當(dāng)<a<1時, f(x1)+

40、f(x2)>0.綜上所述,滿足條件的a的取值范圍為.31. (20xx陜西,21,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=ln(1+x),g(x)=xf '(x),x0,其中f '(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù).()令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x),nn+,求gn(x)的表達(dá)式;()若f(x)ag(x)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;()設(shè)nn+,比較g(1)+g(2)+g(n)與n-f(n)的大小,并加以證明. 31.查看解析 31.由題設(shè)得,g(x)=(x0).()由已知,g1(x)=,g2(x)=g(g1(x)=,g3(x)=,可得gn(x)=.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.當(dāng)

41、n=1時,g1(x)=,結(jié)論成立.假設(shè)n=k時結(jié)論成立,即gk(x)=.那么,當(dāng)n=k+1時,gk+1(x)=g(gk(x)=,即結(jié)論成立.由可知,結(jié)論對nn+成立.()已知f(x)ag(x)恒成立,即ln(1+x)恒成立.設(shè)(x)=ln(1+x)-(x0),即'(x)=-=,當(dāng)a1時,'(x)0(僅當(dāng)x=0,a=1時等號成立),(x)在有'(x)<0,(x)在(0,a-1上單調(diào)遞減,(a-1)<(0)=0.即a>1時,存在x>0,使(x)<0,故知ln(1+x)不恒成立,綜上可知,a的取值范圍是(-,1.()由題設(shè)知g(1)+g(2)+g

42、(n)=+,n-f(n)=n-ln(n+1),比較結(jié)果為g(1)+g(2)+g(n)>n-ln(n+1).證明如下:證法一:上述不等式等價于+<ln(n+1),在()中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,nn+,則<ln.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.當(dāng)n=1時,<ln 2,結(jié)論成立.假設(shè)當(dāng)n=k時結(jié)論成立,即+<ln(k+1).那么,當(dāng)n=k+1時,+<ln(k+1)+<ln(k+1)+ln=ln(k+2),即結(jié)論成立.由可知,結(jié)論對nn+成立.證法二:上述不等式等價于+<ln(n+1),在()中取a=1,可得ln(1+x)&g

43、t;,x>0.令x=,nn+,則ln>.故有l(wèi)n 2-ln 1>,ln 3-ln 2>,ln(n+1)-ln n>,上述各式相加可得ln(n+1)>+.結(jié)論得證.證法三:如圖,dx是由曲線y=,x=n及x軸所圍成的曲邊梯形的面積,而+是圖中所示各矩形的面積和,+>dx=dx=n-ln(n+1),結(jié)論得證.32.(20xx安徽,18,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.()討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性;()當(dāng)x時,求f(x)取得最大值和最小值時的x的值. 32.查看解析 32.()f(x)的定義域?yàn)?-,+), f

44、 '(x)=1+a-2x-3x2.令f '(x)=0,得x1=,x2=,x1<x2,所以f '(x)=-3(x-x1)(x-x2).當(dāng)x<x1或x>x2時, f '(x)<0;當(dāng)x1<x<x2時, f '(x)>0.故f(x)在(-,x1)和(x2,+)內(nèi)單調(diào)遞減,在(x1,x2)內(nèi)單調(diào)遞增.()因?yàn)閍>0,所以x1<0,x2>0.當(dāng)a4時,x21.由()知, f(x)在上單調(diào)遞增.所以f(x)在x=0和x=1處分別取得最小值和最大值.當(dāng)0<a<4時,x2<1.由()知, f(

45、x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.所以f(x)在x=x2=處取得最大值.又f(0)=1, f(1)=a,所以當(dāng)0<a<1時, f(x)在x=1處取得最小值;當(dāng)a=1時, f(x)在x=0處和x=1處同時取得最小值;當(dāng)1<a<4時, f(x)在x=0處取得最小值.33.(20xx浙江,22,14分)已知函數(shù)f(x)=x3+3|x-a|(ar).()若f(x)在上的最大值和最小值分別記為m(a),m(a),求m(a)-m(a);()設(shè)br.若24對x恒成立,求3a+b的取值范圍. 33.查看解析 33.()因?yàn)閒(x)=所以f '(x)=由于-1x1,(i)當(dāng)a-1時

46、,有xa,故f(x)=x3+3x-3a.此時f(x)在(-1,1)上是增函數(shù),因此,m(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故m(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)當(dāng)-1<a<1時,若x(a,1),則f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函數(shù);若x(-1,a),則f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是減函數(shù),所以,m(a)=maxf(1),f(-1),m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,當(dāng)-1<a時,m(a)-m(a)=-a3-3a+4;當(dāng)<a<1時,m(a)-m(a

47、)=-a3+3a+2.(iii)當(dāng)a1時,有xa,故f(x)=x3-3x+3a,此時f(x)在(-1,1)上是減函數(shù),因此,m(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故m(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.綜上,m(a)-m(a)=()令h(x)=f(x)+b,則h(x)=h'(x)=因?yàn)?4對x恒成立,即-2h(x)2對x恒成立,所以由()知,(i)當(dāng)a-1時,h(x)在(-1,1)上是增函數(shù),h(x)在上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,則-4-3a+b-2且4-3a+b2,矛盾.(ii)當(dāng)-1<a時,

48、h(x)在上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b-2且4-3a+b2,從而-2-a3+3a3a+b6a-2且0a.令t(a)=-2-a3+3a,則t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函數(shù),故t(a)t(0)=-2,因此-23a+b0.(iii)當(dāng)<a<1時,h(x)在上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b-2且3a+b+22,解得-<3a+b0.(iv)當(dāng)a1時,h(x)在上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+22且3a+b-2-

49、2,解得3a+b=0.綜上,得3a+b的取值范圍是-23a+b0.34.(20xx江蘇,19,16分)已知函數(shù)f(x)=ex+e-x,其中e是自然對數(shù)的底數(shù).(1)證明:f(x)是r上的偶函數(shù);(2)若關(guān)于x的不等式mf(x)e-x+m-1在(0,+)上恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍;(3)已知正數(shù)a滿足:存在x0 34.查看解析 34.(1)證明:因?yàn)閷θ我鈞r,都有f(-x)=e-x+e-(-x)=e-x+ex=f(x),所以f(x)是r上的偶函數(shù).(2)由條件知m(ex+e-x-1)e-x-1在(0,+)上恒成立,令t=ex(x>0),則t>1,所以m-=-對任意t>1成立

50、.因?yàn)閠-1+12+1=3,所以-,當(dāng)且僅當(dāng)t=2,即x=ln 2時等號成立.因此實(shí)數(shù)m的取值范圍.(3)令函數(shù)g(x)=ex+-a(-x3+3x),則g'(x)=ex-+3a(x2-1).當(dāng)x1時,ex->0,x2-10,又a>0,故g'(x)>0,所以g(x)是 35.查看解析 35.()函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)?0,+).f '(x)=-k=-=.由k0可得ex-kx>0,所以當(dāng)x(0,2)時, f '(x)<0,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x(2,+)時, f '(x)>0,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞增.所以f(

51、x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2),單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+).()由()知,當(dāng)k0時,函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減,故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在極值點(diǎn);當(dāng)k>0時,設(shè)函數(shù)g(x)=ex-kx,x 36.查看解析 36.()當(dāng)x時, f '(x)=-(1+sin x)(+2x)-2x-cos x<0,函數(shù)f(x)在上為減函數(shù),又f(0)=->0, f=-2-<0,所以存在唯一x0,使f(x0)=0.()考慮函數(shù)h(x)=-4ln,x.令t=-x,則x時,t.記u(t)=h(-t)=-4ln,則u'(t)=.由()得,當(dāng)t(0,x0)時,u'(t

52、)>0,當(dāng)t時,u'(t)<0.在(0,x0)上u(t)是增函數(shù),又u(0)=0,從而當(dāng)t(0,x0時,u(t)>0,所以u(t)在(0,x0上無零點(diǎn).在上u(t)為減函數(shù),由u(x0)>0,u=-4ln 2<0,知存在唯一t1,使u(t1)=0.所以存在唯一的t1,使u(t1)=0.因此存在唯一的x1=-t1,使h(x1)=h(-t1)=u(t1)=0.因?yàn)楫?dāng)x時,1+sin x>0,故g(x)=(1+sin x)h(x)與h(x)有相同的零點(diǎn),所以存在唯一的x1,使g(x1)=0.因x1=-t1,t1>x0,所以x0+x1<.37.(

53、20xx天津,20,14分)設(shè)f(x)=x-aex(ar),xr.已知函數(shù)y=f(x)有兩個零點(diǎn)x1,x2,且x1<x2.()求a的取值范圍;()證明隨著a的減小而增大;()證明x1+x2隨著a的減小而增大. 37.查看解析 37.()由f(x)=x-aex,可得f '(x)=1-aex,下面分兩種情況討論:a0時,f '(x)>0在r上恒成立,可得f(x)在r上單調(diào)遞增,不合題意.a>0時,由f '(x)=0,得x=-ln a.當(dāng)x變化時, f '(x), f(x)的變化情況如下表:x(-,-ln a)-ln a(-ln a,+)f '

54、;(x)+0-f(x)-ln a-1這時, f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-,-ln a);單調(diào)遞減區(qū)間是(-ln a,+).于是,“函數(shù)y=f(x)有兩個零點(diǎn)”等價于如下條件同時成立:(i)f(-ln a)>0;(ii)存在s1(-,-ln a),滿足f(s1)<0;(iii)存在s2(-ln a,+),滿足f(s2)<0.由f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得0<a<e-1.而此時,取s1=0,滿足s1(-,-ln a),且f(s1)=-a<0;取s2=+ln,滿足s2(-ln a,+),且f(s2)=+<0.所以a的取值范圍是

55、(0,e-1).()證明:由f(x)=x-aex=0,有a=.設(shè)g(x)=,由g'(x)=,知g(x)在(-,1)上單調(diào)遞增,在(1,+)上單調(diào)遞減.并且,當(dāng)x(-,0時,g(x)0;當(dāng)x(0,+)時,g(x)>0.由已知,x1,x2滿足a=g(x1),a=g(x2).由a(0,e-1),及g(x)的單調(diào)性,可得x1(0,1),x2(1,+).對于任意的a1,a2(0,e-1),設(shè)a1>a2,g(1)=g(2)=a1,其中0<1<1<2;g(1)=g(2)=a2,其中0<1<1<2.因?yàn)間(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,故由a1>a2

56、,即g(1)>g(1),可得1>1;類似可得2<2.又由1,1>0,得<<.所以隨著a的減小而增大.()證明:由x1=a,x2=a,可得ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.故x2-x1=ln x2-ln x1=ln.設(shè)=t,則t>1,且解得x1=,x2=.所以x1+x2=.(*)令h(x)=,x(1,+),則h '(x)=.令u(x)=-2ln x+x-,得u'(x)=.當(dāng)x(1,+)時,u'(x)>0.因此,u(x)在(1,+)上單調(diào)遞增,故對于任意的x(1,+),u(x)>u(1)=0,由此可

57、得h'(x)>0,故h(x)在(1,+)上單調(diào)遞增.因此,由(*)可得x1+x2隨著t的增大而增大.而由(),知t隨著a的減小而增大,所以x1+x2隨著a的減小而增大.38.18.(20xx北京,18,13分)已知函數(shù)f(x)=xcos x-sin x,x.()求證:f(x)0;()若a<<b對x恒成立,求a的最大值與b的最小值. 38.查看解析 38.()由f(x)=xcos x-sin x得f '(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x.因?yàn)樵趨^(qū)間上f '(x)=-xsin x<0,所以f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減.從而f(x

58、)f(0)=0.()當(dāng)x>0時,“>a”等價于“sin x-ax>0”;“<b”等價于“sin x-bx<0”.令g(x)=sin x-cx,則g'(x)=cos x-c.當(dāng)c0時,g(x)>0對任意x恒成立.當(dāng)c1時,因?yàn)閷θ我鈞,g'(x)=cos x-c<0,所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減.從而g(x)<g(0)=0對任意x恒成立.當(dāng)0<c<1時,存在唯一的x0使得g'(x0)=cos x0-c=0.g(x)與g'(x)在區(qū)間上的情況如下:x(0,x0)x0g'(x)+0-g(x)因?yàn)間(x

59、)在區(qū)間上是增函數(shù),所以g(x0)>g(0)=0.進(jìn)一步,“g(x)>0對任意x恒成立”當(dāng)且僅當(dāng)g=1-c0,即0<c.綜上所述,當(dāng)且僅當(dāng)c時,g(x)>0對任意x恒成立;當(dāng)且僅當(dāng)c1時,g(x)<0對任意x恒成立.所以,若a<<b對任意x恒成立,則a的最大值為,b的最小值為1.39.(20xx課標(biāo)全國卷,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ex-e-x-2x.()討論f(x)的單調(diào)性;()設(shè)g(x)=f(2x)-4bf(x),當(dāng)x>0時,g(x)>0,求b的最大值;()已知1.414 2<<1.414 3,估計(jì)ln 2的近似值(精

60、確到0.001). 39.查看解析 39.()f '(x)=ex+e-x-20,等號僅當(dāng)x=0時成立.所以f(x)在(-,+)上單調(diào)遞增.()g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,g'(x)=2=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).(i)當(dāng)b2時,g'(x)0,等號僅當(dāng)x=0時成立,所以g(x)在(-,+)上單調(diào)遞增.而g(0)=0,所以對任意x>0,g(x)>0.(ii)當(dāng)b>2時,若x滿足2<ex+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+)時,g'

61、(x)<0.而g(0)=0,因此當(dāng)0<xln(b-1+)時,g(x)<0.綜上,b的最大值為2.()由()知,g(ln)=-2b+2(2b-1)ln 2.當(dāng)b=2時,g(ln)=-4+6ln 2>0,ln 2>>0.692 8;當(dāng)b=+1時,ln(b-1+)=ln,g(ln)=-2+(3+2)ln 2<0,ln 2<<0.693 4.所以ln 2的近似值為0.693.40.(20xx課表全國，21，12分)設(shè)函數(shù)f(x)=aexln x+,曲線y=f(x)在點(diǎn)(1, f(1)處的切線方程為y=e(x-1)+2.()求a,b;()證明:f(x

62、)>1. 40.查看解析 40.()函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+), f '(x)=aexln x+ex-ex-1+ex-1.由題意可得f(1)=2, f '(1)=e.故a=1,b=2.()由()知, f(x)=exln x+ex-1,從而f(x)>1等價于xln x>xe-x-.設(shè)函數(shù)g(x)=xln x,則g'(x)=1+ln x.所以當(dāng)x時,g'(x)<0;當(dāng)x時,g'(x)>0.故g(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,從而g(x)在(0,+)上的最小值為g=-.設(shè)函數(shù)h(x)=xe-x-,則h'(x)=e-x(1-x).所以當(dāng)x(0,1)時,h'(x)>0;當(dāng)x(1,+)時,h'(x)<0.故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+)上單調(diào)遞減,從而h(x)在(0,+)上的最大值為h(1)=-.綜上,當(dāng)x>