最新-2018高考數(shù)學導數(shù)分類匯編(理)

1、精品文檔精品文檔2011-2018新課標(理科)與數(shù)壓軸題分類匯編【2011新課標】21.已知函數(shù)f(x)=an2+b,曲線y= f (x)在點(1,f (1)處的切線方程為 x 1 xx+2y 3=0。(1)求a、b的值；(2)如果當x>0,且x#1時，f (x) >x+k,求k的取值范圍 x -1 x【解析】(1)f'(x)=x 1：(-ln x)x(x 1)21由于直線x+2y3=0的斜率為，且過點(1,1), 2f(1)=1,故1二b =1,即a 1b 2 b2,ln x 1(2)由(1)知+1,所以x 1 xlnx k f(xy ?3 (Znx + dWf)。1

2、-xx(k -1)(x2 -1)考慮函數(shù) h(x) =2ln x + (x >0),則 h'(x)=2_(k -1)(x1) 2x(i)設(shè) k W0 ,由 h'(x)=x22k(x 1)-(x-1)知，當x#1時,h'(x) <0。而 h(1)=0 ,故,_ 1當 xW(0,1)時，h(x)A0,可得Ex)。；1 -x1當 x= (1, +8)時，h (x) <0,可得h (x) >01 - x從而當 x>0,且 x*1 時，f (x) - (n+K) >0,即 f (x) >JnA +k .x -1 xx-1 x(ii)設(shè) 0

3、<k<1.由于當 xw (1, -)時，(k-1 ) (x2 +1)+2x>0,故 h' (x) >0,而 h (1) =0 ,1 -k,1 一， 1故當xW (1, )時，h (x) >0,可得 -h (x) <0,與題設(shè)矛盾。1-k1 -x1(iii )設(shè) k 至 1.此日t h (x) >0,而 h (1) =0 ,故當 x (1 , +00 )時，h (x) >0,可得2 h1 - x(x) <0,與題設(shè)矛盾。綜合彳導,k的取值范圍為(-00 , 0)1 O【2012新課標】21.已知函數(shù)f(x)滿足滿足f (x) = f&

4、#39;(1)e f(0)x+x2;2(1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間；1 2(2)右 f (x)之一x +ax +b ,求(a +1)b 的取大值。2【解析】(1) f(x) = f，(1)exJL f(0)x + ；x2= f1x) =1(1)ex,f(0)+x112 1令 x=1 得：f(0)=1 f (x) = f'(1)ex x+ x2= f(0)= f'(1)e =1u f (1) = e 2x 12x .得：f (x) =e - x x = g (x) = f (x) =e -1 x2g'(x) = ex+1 >0= y = g(x)在 x w R

5、上單調(diào)遞增f (x) 0 = f (0) = x 0, f (x)：二 0 = f (0) = x ：二 0得：f (x)的解析式為f (x) = ex -x+2x22且單調(diào)遞增區(qū)間為(0,)，單調(diào)遞減區(qū)間為(-«,0)一 一 10(2) f (x)上一 x +ax + b= h(x)=e _(a+1)xb 上 0得 h (x) = e _(a+1)2當a +1 E0時，h(x) >0= y =h(x)在xe R上單調(diào)遞增xt時，h(x)T 與 h(x)之0 矛盾當 a+1>0 時，h'(x)A0u x > ln(a+1),h'(x) m 0u x&

6、lt;ln(a + 1)得：當 x=ln(a + 1)時，h(x)min =(a+1) (a+1)ln(a+1) b 之0(a 1)b -(a 1)2 -(a 1)2ln(a 1)(a 1 0)令 F(x) =x2 -x2In x(x >0);則 F '(x) = x(1 -2ln x)F (x) 0 M 0 ： x : , e, F (x) ；0 x >e當*=逐時，F(xiàn)(x)max=W;當a = Je1,b =幾時，(a+1)b的最大值為-22【2013新課標1】21.已知函數(shù)f(x) =x2+ax + b, g(x) = ex(cx+d),若曲線y= f(x)和曲線y

7、=g(x)都過點P(0, 2),且在點P處有相同的切線 y=4x+2(1)求 a, b, c, d 的值(2)若xA2時，f (x) <kg(x),求k的取值范圍?！窘馕觥?1)由已知得 f(0) =2,g(0) =2, f'(0)=4,g'(0)=4,而 f'(x) = 2x+b, g'(x) = ex(cx+d+c), ：a=4, b=2, c=2, d=2； (2)由(1)知，f (x) =x2 +4x + 2 , g(x) =2ex(x + 1),設(shè)函數(shù) F (x) = kg(x) f (x)=2kex(x+1) x2 4x2 ( x 22 ),F

8、 (x)=2kex(x+2) 2x4 = 2(x+2)(kex1),有題設(shè)可得F(0) >0,即k之1 ,令 F(x)=0 得，x1=Ink, x2=2,若1 Mk <e于是 f(x) =ex- ln(x+1), je義域為(一1, 十 °°), f x()= e 一.x 11函數(shù) f x0= ex 在(1, +8)單調(diào)遞增，且 f' (0)=0. x 1因此當 xC(1,0)時，f'x)V0；當 xC(0, +8)時，f，x)>0.所以f(x)在(一1,0)單調(diào)遞減，在(0, +8)單調(diào)遞增.(2)當 m<2, xC( m, + 8

9、)時，ln(x+m)&ln(+ 2),故只需證明當 m = 2 時，f(x) >0.1.當m = 2時，函數(shù)f' x)= ex 在(一2, 十 x)單調(diào)遞增.x 2又 f' (1)V0, f' (0>0,故 f'x)=0 在(2, +8)有唯一實根 x°,且沏口一 1,0).當 xC( 2, x°)時，f'x)v0;當xC(x0, +oo)時，f，xO>0,從而當x= x0時，f(x)取得最小值.由 f x0) = 0 得 e" =", ln(x。+ 2) = - x。，x0 2 故 f(

10、x)f(x0)=+x0= - >0.綜上，當 m<2時，f(x)>0.x0 2x0 2,則一2v xi.當 xw (_2,為)時，F(xiàn)(x) <0,當 xw (不，")時，F(xiàn)(x) >0,即F (x)在(2,x1)單調(diào)遞減，在(為，)單調(diào)遞增，故F (x)在x = x1取最小值F(x1),2而 F (xi) = 2xi * 2 x1 4xi 2= xi (xi + 2) > 0,.當 xA2 時，F(xiàn)(x) >0,即 f(x) <kg(x)恒成立，若 k=e2,貝U F'(x) = 2e2(x+2)(ex e2),.當 xi 2 時

11、，F(xiàn)'(x) >0, ：F(x)在(2,+ 8集調(diào)遞增，而 F(2)=0,當 xi2 時，F(xiàn)(x) >0,即 f(x) <kg(x)恒成立，若 ke2, M F(-2) = -2ke +2 = -2e(k -e2) <0,當x A 2時，f(x)4g(x)不可能恒成立，綜上所述，k的取值范圍為1,e2【2013新課標2】21 .已知函數(shù)f(x) = ex- ln(x+ m).(1)設(shè)x=0是f(x)的極值點，求m,并討論f(x)的單調(diào)性；(2)當 m<2時，證明 f(x)>0.【解析】V 1(1)f x)= e 一一-.由 x = 0 是 f(x)的

12、極值點得 f (0)0,所以 m = 1.富_ 1【2014新課標1】21 .設(shè)函數(shù)f (x) =aexinx+旦，曲線y=f (x)在點(1 , f (1)處得切線方程為y=e (x-1) +2.(1)求 a、b; ( 2)證明：f (x) > 1.【解析】(1)函數(shù) f (x)的定義域為(0, +o°), f，(x) =p e K - eK '也匕" 一 '，X 工? lx I由題意可得 f (1) =2 , f' (1) =e,故 a=1, b=2 ；(2)由(1)知，f (x) =exlnx+g1T,從而 f (x) > 1 等價

13、于 xlnx>xe x N,設(shè)函數(shù) g (x) =xlnx,貝U g' (x) =1+lnx,.當 xC (0, )時，g ' (x) v 0;當 xC (1，+8)時，g，(x) > 0. e| a故g (x)在(0, 1)上單調(diào)遞減，在(1, +8)上單調(diào)遞增，從而g (x)在(0, +8)上的最小值為 g (1)=-1. e e設(shè)函數(shù)h (x)=篁已-k_2，貝j/汽)=e x( 1 x). x.當 xC (0, 1)時，h' (x) >0;當 xC (1 , +oo)時，h，(x) v 0,故h (x)在(0, 1)上單調(diào)遞增，在(1, +8)

14、上單調(diào)遞減，從而h (x)在(0, +8)上的最大值為h (1)=. e綜上，當 x>0 時，g (x) > h (x),即 f (x) >1.【2014新課標2】21.已知函數(shù)f (x尸exe<2xzxxk(1)討論f (x )的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x尸f (2x )-4bf (x(當x >0時，g(x)>0,求b的最大值；(3)已知1.4142 <72 <1,4143,估計ln2的近似值(精確到 0.001 )【解析】(1) +-2>0,等號僅當x=0時成立，所以f (x)在(8, +oo)單調(diào)遞增(2) g (x) =f(2x)-4b

15、f(x戶 -4b( -)+(8b-4)x(x)=2+=2( +)(+)當b=2時，g' (x尹0,等號僅當x=0時成立，所以9伙)在(-00,+00)單調(diào)遞增，而g(0)=0 ,所 以對任意x>0,g(x)>0;當 b>2 時，若 x 滿足，2V ex +e<2b-2 即 0<x<ln(b-1+ 行二2b)時 g' (x)<®g (0) =0,因此當0<X Wln(b-1+ 舊疝)時,g(x)<0綜上，b的最大值為2(3)由(2)知，g(ln 22)=2-2 22 b+2(2b-1)ln2當 b=2 時，g(ln

16、72)= | -4 V2 +6ln2>0,ln2> 8-3 >0.6928當 b=+1 時，ln(b-1+ y/b? -2b )=ln 2z 4g(ln 2 )= 3 -2、2 +(3 2 +2)ln2<0In2V 182 <0.693228【2015新課標1 21.已知函數(shù)f (x)31=x ax -, g (x) = -In x4(1)當a為何值時，x軸為曲線y = f (x)的切線；用min m,n表示m,n中最小值，設(shè)函數(shù)h(x) = minf (x), g(x) (x>0),討論h (x)零點的個數(shù)【解析】(I )設(shè)曲線 y = f(x)與 x 軸

17、相切于點(x0,0),則 f(x0) = 0, f (x0) = 0,1 31 _即？J0 + ax0 + 4 一 °,解得 = ；a = 4.因此，當a = 4時，x軸是曲線y = f (x)的切線.?3x； + a = 0(n)當 x? (1,+¥)時，g(x) = - Inx < 0,從而 h(x) = min f(x),g(x) £g(x) < 0,：h(x)在(1, +°0)無零點.當 x=1 時，若 a3 - 5,則 f (1) = a + 4 30, h(1)= min f (1),g(1)= g(1)= 0，故x=1 是 h(

18、x)的零點；若 a< - 4,則 f (1)= a + 4 < 0, h(1)= min f (1),g(1)= f (1)<0,故 x=1 不是 h(x)的 零點.當x?(0,1)時，g(x) = -lnx>0,所以只需考慮f(x)在(0,1)的零點個數(shù).(i)若 a £-3或 a3 0,則 f () = 3x2+a在(0,1)無零點，故 f(x)在(0,1)單調(diào)，而 f(0) =f(1)= a+4,所以當 a £-3時，f(x)在(0, 1)有一個零點；當 a30 時，f(x)在(0, 1)無零點.(五)若-3<a<0, M f(x)

19、在(0,時，f(x)取的最小值，最小值為f (x)在(0,1)無零點.1)單調(diào)遞增>0,即-3 V a V0, 4 若“ j a)=0'即a = - 3,則f(x)在(0/)有唯一零點； 若 f (4卜)<0,即- 3<a< -，由于 f (0) = , f(1)=a + ,所以當-<a< - 344444-5_,時，f(x)在(0,1)有兩個零點；當-3<a£-4時，f(x)在(0,1)有一個零點.綜上，當a>-4或a<-4時，h(x)由一I個零點；當a = - 7或a = - 4時，h( x)有兩個零點；一 <

20、a < 一時, 44h(x)有三個零點【2015新課標2】21.設(shè)函數(shù)f (x) = emx + x2 - mx。(1)證明：f (x)在(-Y,0)單調(diào)遞減，在(0,+¥)單調(diào)遞增；(2)若對于任意 9x2 ?-1,1,都有|f(x1)- f(x2)|£e-1,求m的取值范圍?！窘馕觥拷缍?i )因為 f(x) = b - x* - mx » 所以 =硒噌= *- birW =+2 士 0在總上但成立，所以尸(目=m- 2工e用在或上里調(diào)遞埒而>所以時，> 0 i所以工<。睛，/(x>< 0*-所以f")荏。

21、3;。)革遹述瀛在10舊單謁遞增一H由(I )知 JW =/(0) = I豈用=0時/f(x - I - JT ,此時八幻在-1J上的癰大值是2所以此時/(砧口、)4g】成交.當 *H *。時 1 /-=+ 】一用,I)=嫉、一1 + 口令g(根)"/(I) " /(】)通不- Ztji ,所以(加)國f*盧，-230/所以式嘮-/一 /<-0 -j/眠- 2m在盤上更調(diào)通培而 g(O> - 0 ,所以 m > 0 時，冢冊0 ,即 /Q) > /(-I)-,斫以國yQHj烈所)v 0 ,即/< /(-I)當用 > 0 時/UJ - |M

22、 /0) - I 科點期v0時，| /(X,) - /(x；) < /(-I) -1 -祠，r - (?朋)4 點-1=-m < 1 -I < m < 0 +所以，綜上所述用的取信范困是(TQ當捌m。時,/(T)gf - 1 -哂, y(-i)一】一桁令 £(m) f(y) * /(*t) / - «?-r - 2m j 所以更用) q* + "比一 2 2 0/所以雙泄) /(I) - /(-1) - / 4君F - 2用在&上里嗯遞增，而虱0) , 0 * flrtl JW > 0時，£(m) > 0 ,即

23、/。)>，(一1”所以析之。時，g0«)<。，即，(0 <八-八當用、。凡 | f(xt) - /(x < /(L) - 1 c* - ?N < e - 1 => 0 < m < 1當IH <。時.| /(Jtj) * /(出)區(qū) /('I) - I -.而- £-f * (而)0 =網(wǎng) <1=-1<而 < 0所以，琮上所述忖的取值范圍是-覃)J【2016新課標1】21.已知函數(shù)f(x) = (x- 2)ex + a(x- 1)2有兩個零點.(I)求a的取值范圍；(II)設(shè)?2是f(x)的兩個零

24、點，證明：x1 + x2<2.【解析】(I) f (x) = ex + (x- 2)ex+2a(x- 1)= (x- 1)(ex+2a)當a=0時，f(x) = (x-2)ex,此時函數(shù)f(x)只有一個零點，不符合題意舍去；當 a>0 時，由 f'(x)>0T x>1,由 f'(x)<0T x<1,所以f (x)在(-¥,1)上遞減,在(1,+¥)上遞增,f(x)min= f(1)=-e<0,又 f(2) = a>0,所以函數(shù) f(x)在(1,+¥)上只有一個零點，當x? -¥時，ex? 0

25、,此時，f(x)? +¥,所以函數(shù)f(x)在(-¥,1)上只有一個零點此時函數(shù)f(x)有兩個零點.e."'當-2<a<0 時，0<ln(-2a)<1,由 f (x) >0T x> 1,x< ln(-2a),由 f'(x)<0T ln(-2a)<x<1所以f(x)在(-£ln(-2a)和(1,+¥)上遞增,在(ln(-2a),1讓遞減,f(x)min = f(1)=-e<0, f(x)max= f(ln(-2a) = (ln(-2a)- 2)(-2a)+a(ln(-

26、2a)- 1)2<0此時函數(shù)f(x)至多一個零點，不符合題意，舍去；當 a = -e時，f (x)= ex+(x-2)ex + 2a(x-1)= (x-1)(ex-e) 30 恒成立，此時函數(shù) f(x)至 多一個零點，不符合題意，舍去當 a < - e時，ln(- 2a) >1,由 f'(x) > 0T x<1,x> ln(-2a)，由 f'(x)<0T 1< x< ln(- 2a) 所以 f(x)在(-¥,1)和(ln(-2a),+¥)上遞增,f(x)在(1,ln(-2a)上遞減,Mx" f(

27、1) = -e<0,因為 f(x)在(1,ln(-2a)上遞減,所以 f(x)mf (ln(-2a)<0此時函數(shù)f(x)至多一個零點，不符合題意，舍去.綜上可知a?(0, + ¥).(II)由若x1,x2是f (x)的兩個零點，則a >0,不妨令x1 < x2，則x1 <1 < x2要證 x1 + x2 V2,只要證 x1V2- x2，, % >1,2- x2<1,當 a>0時，f(x)在(-¥,1)上遞減，且 f(x1) = 0, f(1)<0所以，只要證 f(2-x2)<0,f (2 - x2) = -

28、x2e2-x2 + a(1- x2)2，又 f (x2) = (x2 - 2)ex2 + a(x2 - 1)2 = 0f (2- x2) = - x2e2- x2 - (x2 - 2)ex22- xx2- x 2- x xxe - e令 y = - xe - (x- 2)e ,(x> 1) y = - e + xe - e - (x- 2)e = (x- 1)x，e. x>1 , x-1>0 , e2 <e2x,y < 0y = - xe2 x- (x-2)ex在(1,+的上遞減，當 x =1時，y = 0' x >1 , y < 0 ,即 f

29、 (2- x2) <0成立，x1 + x2 < 2 成立.【2016新課標2】討論函數(shù)f (x) = -ex的單調(diào)性，并證明當x>0時，(x-2)ex +x + 2 >0; x + 2x(2)證明：當a?0,1)時，函數(shù)g(x>e - ax- a(x>0)有最小值.設(shè)g(x)的最小值為h(a),求函數(shù) xh(a)的值域.【解析】cA2 xf x )二e2+4 x e，-22+2 (x+2)J (x+2).當 xW (g, -2 )U(-2,+ 8)時，f x)>0 :f(x)在(q, -2 陰(-2, + 8)上單調(diào)遞增x - 2 x.x>0 時

30、，7T2eAf(°)=11.'x -2 >x +x +2 >0ex -a x2 -2x ex -ax -ax xex -2ex ax 2ax-2x 2 I L ex ax 23xaw 10, 1 )由(1)知,ex的值域為(T,只有一解.tW(0, 2當 xW(0, t)時 g (x) <0 , g(x)單調(diào)減;當xW(t,")時g'(x)>0 , g(x)單調(diào)增et -a t 1t2ett 1 號 et在t氣0, 2時,et t 12"t 2>0,：k(t )單調(diào)遞增【2016新課標3 21.設(shè)函數(shù)f (x) = a

31、cos2x + (a1)(cosx+1),其中a>0,記|f (x)|的最大值為 A,求 f'(x); (2)求 A;證明 |f'(x)| SA【解析】(1) f '(x) = - 2 osin2x ( a 1)sinx(2)當 時，|f '(x)| =| osin2x+(a- 1)(cosx+1)| 尋 2( a 1) = 3 a- 2=f (0)因此A= 3 a 2當 0V & 1 時，將 f (x)變形為 f (x) = 2 acos2x+ ( a 1)cosx 1令 g(t) = 2a4+ (a 1)t 1 則 A 是 |g(t)| 在1

32、, 1上的最大值，g(1) = & g(1) =3 a 2且當t =時，g(t)取得極小值，極小值為g(小)=(-1一 弋"14a4a，8a8a.1 a ，一 1 .1令1v-V 1,解得 aV W(舍去)，a>-, 4 a35(i)當 0Va 時，g(t)在(一1, 1)內(nèi)無極值點，|g( 1)| = % |g(1)=23 a,g(-1)l<|g(1)l.1(ii)當aV 1 時，由5g(14/)一|g( 1)|. A= 2 3 ag(-1)-g(1)=2(1-a)>0, g(-1)>g(1)>g(J4)，又_(1 - o)(1 +7 a)f2

33、3 a,綜上，A = o2 + 6 a+ 18 aL 3 a 2 ,8 ac 10 V a噌1 d T< a< 151> 0 ：A =a2+ 6 a+ 18 a由(1)得|f '(x)|= |-2 osin2x-(a- 1)sinx| 百及十 | a 1|.1 , _當 0V aV£時|f'(x)|爐 a<2- 4 aV 2(2 3a)=2A5w 1a ” , 1 , 3當 a< 1 時，A=+T>1, .Jf '(x)|4去 a<2A588a 4 ” i "當 a>l 時|f '(x)|1&l

34、t;6 a 4=2A,|f'(x)| <A【2017 新課標 1 21.已知函數(shù) f (x) = ae2x +(a- 2)ex - x(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍。【解析】(1) f (x)的定義域為(_oo,+=c), (x) = 2ae2x+(a-2)ex-1 = (aex-1)(2ex+1),(i )若aM0,則f (x)<0,所以f(x)在(,依)單調(diào)遞減.(ii )若 a>0,則由 f'(x) =0得 x =-ln a .當 xw(-co,Ina)時，(x) <0 ；當 xw (-n a +>時，

35、f'(x) >0 ,所以 f (x)在(,In a)單 調(diào)遞減，在(ln a,收)單調(diào)遞增.(2) ( i )若a W0,由(1)知，f (x)至多有一個零點.1(五)右2A0,由(1)知，當x = lna時，f(x)取得最小值，最小值為f (ln a) =1 + ln a . a當a=1時，由于f(lna) =0 ,故f(x)只有一個零點；一一，一 1當a = (1,y)時，由于1+lnaA0,即f(lna)>0,故f(x)沒有零點；a一 一， 1 一 一一一當 aW(0,1)時，1+lnac0,即 f (-ln a) <0.a422又 f (2)=ae +(a2)

36、e +2 >-2e +2>0,故 f (x)在(,ln a)有一個零點.3設(shè)正整數(shù) n0 滿足 n0 Aln( 1), WJ f (n0) =e (ae +a2)n0e -n0 >2 - n0 > 0 .a3.，* 一，由于ln(-1) aln a ,因此f (x)在( ln a,y)有一個手點.a綜上，a的取值范圍為(0,1)?！?017新課標2】21.已知函數(shù)f (x) =ax3 ax xln x,且f (x)至0。(1)求 a；(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點xo,且e c f(xo) <20【解析】(1) 因為 f (x) =ax2 - ax - x

37、lnx=x (ax- a - lnx) (x>0),貝1J f (x) >0等價于 h (x) =ax - a - lnx >Q因為h' (x) =a-,且當 0Vx工時 h' (x) v 0、當時 h' (x) > 0,所以(2)所以t （x）在區(qū)間（0,）上單調(diào)遞減，在（+8）上單調(diào)遞增,h (x) min=h (工)，又因為 h (1) =a- a - ln1=0 ,所以=1 ,解得 a=1 ;證明：由(1)可知 f (x) =x2 - x - xlnx, f'(x) =2x2 lnx,令 f' (x) =0 ,可得 2x

38、2 lnx=0 ,記 t (x) =2x 2 lnx,貝U t ' (x) =2 x令 t ' (x) =0,解得：x=所以 t ( x) min =t (=ln2- 1v0,從而 t (x) =0 有解，即 f (x)=0 存在兩根 xo, x2,且不妨設(shè)f '（晚（0, Xo）上為正、在（xo, x2）上為負、在（x2, +8）上為正, 所以f （x）必存在唯一極大值點 Xo,且2xo - 2 - lnxo=0,所以 f(xo) = v 士 Xo Xolnx0= v Z Xo+2xo _ 2 v 2=x0 v 町KO町 叼由 xoV，f知 f (xo) V (xo富

39、 2) max=-2°2所以f (x)在(0, xo)上單調(diào)遞增，在(xo,所以 f (xo) > f (工)=-3； e 綜上所述，f (x)存在唯一的極大值點xo,且e 2<f (xo) v2 2.【2。17新課標3】21.已知函數(shù)f(x) =x1 alnx .(1)若f (x) > o ,求a的值；(2)設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù) n,+上(1+_L)<圖，求m的最小值2222，【解析】(1) f (x) =x -1 a1n x , x >o ,則 f 卜)=1 _a =xa ,且 f (1) =o x x當a<o時，f ,x)>o

40、, f (x)在(o , 十°o)上單調(diào)增，所以0 Mx <1時，f (x)<o ,不滿足題意；當 a >。時，當 o <x <a 時，f (x) <o ,則 f (x)在(o,a)上單調(diào)遞減；當 x>a 時，f'(x) >o ,則 f (x)在(a,n)上單調(diào)遞增。若a<1, f (x)在(a,1)上單調(diào)遞增:當x)(a,1)時f (x) <f (1)=o矛盾若a >1, f (x)在(1,a)上單調(diào)遞減:當x w (1,a)時f (x) < f (1) = o矛盾若a=1, f (x)在(o,1)上單

41、調(diào)遞減，在(1,y)上單調(diào)遞增：f (x) > f (1) = o滿足題意綜上所述a =1。(2)當a=1時f(x)=x1 -1nx>0即inx& x-1 ,則有1n(x+1)< x當且僅當x = o時等號成立11.* 1n(1 H 二 2k，k N1 111111一方面：1n(1 +)+1n(1 +) +. +1n(1 + ) <- + +. + =1<1 ,2 222 222即(1 +-)(1).(1n-) <e °另一方面：(1 1)(1 4).(1 ;)(1 1)(1 42)(1 4)二135 2222222641 11當 n>

42、;3 時，(1 +-)(1 +-2).(1+) =(2,e)2 22- m WN*, (1十：)(1+/).(1+去)<m , ：m的最小值為3?！?。18新課標1】21.已知函數(shù)f (x )= x + a ln x . x(1)討論f (x)的單調(diào)性；(2)若f (x盧在兩個極值點xi , x2,證明:f(X)f(x2 )<a_2 .x1 -x2【解析】1a(1) f(x)的定義域為(0, y), f x) = -1+- = xx2,x - ax 12x 若a W2,則f (x)E0,當且僅當a =2, x=1時f'(x)=0,所以f (x)在(0,收)單調(diào)遞 減.z.

43、x -M- a 人 1cc,日a a a 4 _a + J a 4(ii)右 a>2, v f(x)=0 伶， x=或 x =22“ a - v a2 -4a， a2 -4,當 xW(0,)U(，)時，f '(x) <0 ;22(0,”,尸(2,a - a2 - 4、.a_*4,代)單調(diào)遞減，在(2_ 4,)單調(diào)遞增.)時,f r(x)>0.所以 f(x)在(2)由于由于f(X)-f(x2)1x1 -x2x1x2In X ln x2力 In x1 一 In x22ln x?1 + a二 -2 + a= -2 + a,x1 -x2x1 -x2° Y一 x2x2

44、由(1)知，f(x)存在兩個極值點當且僅當 a>2.f (x)的兩個極值點x1, x2滿足x2 -ax + 1 = 0 ,所以x1x2 =1 ,不妨設(shè)X < x2,則x2Al.所以f(x1) f(x2)<a_2等價于 ±_x2 +2ln x2 <0 . x1 -x2x21設(shè)函數(shù)g(x) = x +2ln x ,由(1)知，g(x)在(0,)單調(diào)遞減，又g(1) = 0，從而當x之(1,收) x時，g(x) <0.所以工x2 +2ln x2 <0,即 f(x1)-f(x2) <a2.X2x1 -x2【2018新課標2 21.已知函數(shù)f(x)=e

45、xax2。(1)若a =1 ,證明：當x之0時，f(x) >1 ;(2)若f(x)在(0,依)只有一個零點，求a?！窘馕觥?1)當 a=1 時，f (x)，等價于(x2 +1)e« -1<0 .設(shè)函數(shù) g(x) =(x2 +1)e« -1 ,則 g' (x) = -(x2 -2x +1)e' = -(x 1)2e".當x#1時，g'(x)<0,所以g(x)在(0,收)單調(diào)遞減.而 g(0)=0,故當 x 之0時，g(x)<0,即 f(x)>1.(2)設(shè)函數(shù) h(x) =1-ax2e”.f(x)在(0,收)只有一個零點當且僅當h(x)在(0, F)只有一個零點.(i)當 aw0 時，h(x)0, h(x)沒有零點；(ii)當 a >0時，h'(x)=ax(x2)e”.當 xw (0,2)時，h'(x) <0 ；當 xw(2,")時，h'(x)>0 .所以h(x)在(0,2)單調(diào)遞減，在(2,依)單