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高三模擬文科數(shù)學試題之導數(shù)及其應用(3)

來源:網絡資源 2018-10-19 20:35:43

  25.解:(1)f(x)的定義域(0,+∞),

  f′(x)=1+ - = ,

  令f′(x)=0,得x2-ax+1=0,

 、佼0<a≤2時,△=a2-4≤0,此時f′(x)≥0恒成立,

  ∴f(x)在定義域(0,+∞)上單調遞增;

 、诋攁>2時,△=a2-4>0,x2-ax+1=0的兩根為:

  x1= ,x2= ,且x1,x2>0.

  當x∈(0, )時,f′(x)>0,f(x)單調遞增;

  當x∈( , )時,f′(x)<0,f(x)單調遞減;

  當x∈( ,+∞)時,f′(x)>0,f(x)單調遞增;

  綜上,當0<a≤2時,f(x)的遞增區(qū)間為(0,+∞),無遞減區(qū)間;

  當a>2時,f(x)的遞增區(qū)間為(0, ),( ,+∞),

  遞減區(qū)間為( , ).

  (2)由(1)知,f(x)的兩個極值點x1,x2是方程x2-ax+1=0的兩個根,

  則 ,所以x2= ,a=(x1+ ),

  ∴g(x1)-g(x2)=x1- lnx1-( - ln )

  =x1- -alnx1=x1- -(x1+ )lnx1.

  設h(x)=(x- )-(x+ )lnx,x∈(0,e],

  則(g(x1)-g(x2))min=h(x)min,

  ∵h′(x)=(1+ )-[(1- )lnx+(x+ ) ]= ,

  當x∈(0,e]時,恒有h′(x)≤0,∴h(x)在(0,e]上單調遞減;

  ∴h(x)min=h(e)=- ,

  ∴(g(x1)-g(x2))min=- .

  26.解:(1)a=0時,f(x)=x2-2lnx,(x>0),

  f′(x)=2x- = ,

  令f′(x)>0,解得:x>1,令f′(x)<0,解得:x<1,

  ∴f(x)在(0,1)遞減,在(1,+∞)遞增,

  ∴f(x)極小值=f(1)=1,無極大值;

 。2)令g(x)=f(x)+ax2=(a+1)x2-2lnx-2ax,x∈(1,+∞),

  g′(x)=2(a+1)x- -2a= ,

  ①當- ≤1即a≤-2,或a≥-1時,

  g′(x)>0在(1,+∞)恒成立,

  g(x)在(1,+∞)遞增,

  ∴g(x)>g(1)=1-a,

  若1-a≥0,即a≤1時,g(x)>0在(1,+∞)恒成立,

  即程f(x)+ax2=0無實數(shù)根,

  若1-a<0,即a>1時,存在x0,使得g(x0)=0,

  即程f(x)+ax2=0有1個實數(shù)根,

 、诋- >1即-2<a<-1時,

  令g′(x)>0,解得:0<x<- ,

  令g′(x)<0,解得:x>- ,

  ∴g(x)在(1,- )遞增,在(- ,+∞)遞減,

  而g(1)=1-a>0,故g(x)>0在(1,- )上恒成立,

  x→+∞時,g(x)=(a+1)x2-2lnx-2ax→-∞,

  ∴存在x0,使得g(x0)=0,

  即方程f(x)+ax2=0在(- ,+∞)上有1個實數(shù)根,

  綜上:a≤-2或-1≤a≤1時,方程無實數(shù)根,-2<a<-1或a>1時,方程有1個實數(shù)根.

  27.解:(Ⅰ)函數(shù)h(x)=f[g(x)]=3|x+a|-3 的圖象關于直線x=2對稱,則h(4-x)=h(x)?|x+a|=|4-x+a|恒成立?a=-2;

 。á颍┖瘮(shù)y=g[f(x)]=|3x+a|-3的零點個數(shù),就是函數(shù)G(x)=|3x+a|與y=3的交點,

 、佼0≤a<3時,G(x)=|3x+a|=3x+a與y=3的交點只有一個,即函數(shù)y=g[f(x)]的零點個數(shù)為1個(如圖1);

 、诋攁≥3時,G(x)=|3x+a|=3x+a與y=3沒有交點,即函數(shù)y=g[f(x)]的零點個數(shù)為0個(如圖1);

 、-3≤a<0時,G(x)=|3x+a|與y=3的交點只有1個(如圖2);

 、墚攁<-3時,G(x)=|3x+a|與y=3的交點有2個(如圖2);

  28.解:(1)∵f′(x)=x2-2ax+(a2-1),

  又x=1為f(x)的極值點,∴f′(1)=0,即a2-2a=0.

  ∴a=0或2;

  (2)∵(1,f(1))是切點,∴1+f(1)-3=0.∴f(1)=2.

  即 .

  ∵切線方程x+y-3=0的斜率為-1,

  ∴f′(1)=-1,即a2-2a+1=0,

  得a=1, .

  ∵ ,

  ∴f′(x)=x2-2x,可知x=0和x=2是y=f(x)的兩個極值點.

  ∵ , ,f(-2)=-4,f(4)=8.

  ∴y=f(x)在區(qū)間[-2,4],上的最大值為8.最小值為-4.

  29.解:(1)當a=-1時,f(x)=x2+x-lnx,

  f′(x)=2x-1- = .

  當x∈(0,1)時,f′(x)<0,f(x)為減函數(shù);當x∈(1,+∞)時,f′(x)>0,f(x)為增函數(shù).

  ∴f(x)≥f(1)=0.

  由f(x)= ,得b=xf(x),

  又x>0,∴b≥0.

  即b的最小值為0;

 。2)F(x)=f(x)oe-x,

  F′(x)= .

  設h(x)= .

  則h′(x)=-2x+ ,可知h′(x)在(0,1]上為減函數(shù).

  從而h′(x)≥h′(1)=2-a.

  ①當2-a≥0,即a≤2時,h′(x)≥0,h(x)在區(qū)間(0,1]上為增函數(shù),

  ∵h(1)=0,∴h(x)≤0在區(qū)間(0,1]上恒成立,即F′(x)≤0在區(qū)間(0,1]上恒成立.

  ∴F(x)在區(qū)間(0,1]上是減函數(shù),故a≤2滿足題意;

  ②當2-a<0,即a>2時,設函數(shù)h′(x)的唯一零點為x0,則h(x)在(0,x0)上單調遞增,在(x0,1)上單調遞減.

  又∵h(1)=0,∴h(x0)>0.

  ∴F(x)在(x0,1)上單調遞增,

  ∵h(e-a)<0,∴F(x)在(0,e-a)上遞減,這與F(x)在區(qū)間(0,1]上是單調函數(shù)矛盾.

  ∴a>2不合題意.

  綜合①②得:a≤2.

  30.解:(1)因為F(x)=ex+sinx-ax,所以F'(x)=ex+cosx-a,

  因為x=0是F(x)的極值點,所以F'(0)=1+1-a=0,a=2.

  又當a=2時,若x<0,F(xiàn)'(x)=ex+cosx-a<1+1-2=0,

  所以F'(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),所以F'(x)>F'(0)=1+1-2=0,所以x=0是F(x)的極小值點,

  所以a=2符合題意,所以|PQ|=et+sint-2t.令h(x)=ex+sinx-2x,即h'(x)=ex+cosx-2,

  因為h''(x)=ex-sinx,當x>0時,ex>1,-1≤sinx≤1,

  所以h''(x)=ex-sinx>0,所以h'(x)=ex+cosx-2在(0,+∞)上遞增,

  所以h'(x)=ex+cosx-2>h'(0)=0,∴x∈[0,+∞)時,h(x)的最小值為h(0)=1,所以|PQ|min=1.

 。2)令?(x)=F(x)-F(-x)=ex-e-x+2sinx-2ax,

  則?'(x)=ex-e-x+2cosx-2a,S(x)=?''(x)=ex-e-x-2sinx,

  因為S'(x)=ex+e-x-2cosx≥0當x≥0時恒成立,所以函數(shù)S(x)在[0,+∞)上單調遞增,∴S(x)≥S(0)=0當x∈[0,+∞)時恒成立;

  故函數(shù)?'(x)在[0,+∞)上單調遞增,所以?'(x)≥?'(0)=4-2a在x∈[0,+∞)時恒成立.

  當a≤2時,?'(x)≥0,?(x)在[0,+∞)單調遞增,即?(x)≥?(0)=0.

  故a≤2時F(x)≥F(-x)恒成立.

  當a>2時,因為?'(x)在[0,+∞)單調遞增,

  所以總存在x0∈(0,+∞),使?(x)在區(qū)間[0,x0)上?'(x)<0,即?(x)在區(qū)間[0,x0)上單調遞減,而?(0)=0,

  所以當x∈[0,x0)時,?(x)<0,這與F(x)-F(-x)≥0對x∈[0,+∞)恒成立矛盾,

  所以a>2不符合題意,故符合條件的a的取值范圍是(-∞,2].

  31.解:(1)g(x)=(x-1)f(x)=(x-1)(ex-1)-ax,x∈(0,1),

  g′(x)=xex-a-1,

  由函數(shù)g(x)在(0,1)上有且只有一個極值點,等價于g′(x)=xex-a-1在(0,1)上有且僅有一個變號零點,

  令H(x)=xex-a-1,x∈[0,1],

  H′(x)=ex(x+1),由x∈[0,1],H′(x)>0,

  H(x)在[0,1]單調遞增,

  ∴H(0)=-a-1<0,H(1)=e-a-1>0,

  解得:-1<a<e-1,

  ∴當-1<a<e-1時,函數(shù)g(x)在(0,1)上有且只有一個極值點;

  (2)證明:f(x)lnx=(ex-1- )lnx,只需證: olnx[(x-1)(ex-1)-ax]≥0 在 (0,1)∪(1,+∞) 上恒成立,

  由x∈(0,1)∪(1,+∞)時, olnx>0恒成立,

  ∴只需證:(x-1)(ex-1)-ax≥0 在(0,+∞)恒成立,

  設g(x)=(x-1)(ex-1)-ax,x∈[0,+∞),

  由g(0)=0  恒成立,

  ∴只需證:g(x)≥0 在[0,+∞),恒成立g′(x)=xex-1-a,

  g″(x)=(x+1)ex>0恒成立,

  ∴g′(x)單調遞增,g′(x)≥g′(0)=-1-a≥0,

  ∴g(x)單調遞增,g(x)≥g(0)=0,

  ∴g(x)≥0 在[0,+∞)恒成立,

  ∴f(x)lnx>0對于任意x∈(0,1)∪(1,+∞)成立.

  32.(本小題滿分12分)

  解:(1)當 時,

  所以f'(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1)

  當x∈(-∞,-1)時,f'(x)>0;當x∈(-1,0)時,f'(x)<0;

  當x∈(0,+∞)時,f'(x)>0

  故f(x)在(-∞,-1),(0,+∞)單調遞增,在(-1,0)單調遞減. …(4分)

 。2)若f(x)在(-1,0)內無極值,則f(x)在(-1,0)上單調,

  又f'(x)=(x+1)ex-2ax-1

  ①若f(x)在(-1,0)上遞減,則f'(x)≤0,對x∈(-1,0)恒成立,

  于是有 ,令 ,

  下面證明h(x)在(-∞,0)上單調遞增: ,令r(x)=(r-1)ex+1,則r'(x)=(x-1)ex+ex=xex

  當x<0時,r'(x)<0,r(x)單調遞減,r(x)>r(0)=0,h'(x)>0h(x)在(-∞,0)單調遞增.

  當x∈(-1,0)時,由g(x)=ex+h(x)是增函數(shù),得g(x)>g(-1)=1.

  由2a≤g(x),得 ;

 、谌鬴(x)在(-1,0)上單調遞增,則f'(x)≥0,對x∈(-1,0)恒成立,

  于是2a≥g(x),當x∈(-1,0)時,由ex>x+1得 ,

  從而增函數(shù)g(x)=ex+h(x)<2,這樣2a>2,a>1.綜上得 .…(8分)

  證明:(3)用數(shù)學歸納法證明 ①當n=1時,ex>x+1,不等式成立;

  ②假設n=k時不等式成立,即 ,

  當n=k+1時,令

  顯然?(0)=0,由歸納假設, 對x>0成立,

  所以?(x)在(0,+∞)上單調遞增,當x>0時,?(x)>?(0)=0,即當n=k+1

  時,不等式也成立.

  綜合①②n∈N+,x>0時, . …(12分)

  33.解:(1)函數(shù)f(x)=ex-ax+a,f'(x)=ex-a,

 、佼攁≤0時,則f'(x)>0,則函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)是單調增函數(shù).

 、诋攁>0時,令f'(x)=0,則x=lna,

  若x<lna,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,lna)上是單調減函數(shù);

  若x>lna,f'(x)>0,所以f(x)在(lna,+∞)上是單調增函數(shù).

 。2)由(1)可知當a>0時,函數(shù)y=f(x)其圖象與x軸交于兩點,則有 ,則 ,則xi>1(i=1,2).

  于是 ,在等腰三角形ABC中,顯然C=90°,所以 ,即y0=f(x0)<0,

  由直角三角形斜邊的中線性質,可知 ,

  所以 ,即 ,

  所以 ,

  即 .

  因為x1-1≠0,則 ,

  又 ,所以 ,

  即 ,則(a-1)(t-1)=2.

  所以at-(a+t)=1.

  34.解:(1)存在x∈R,使f(x)<bog(x),即存在x∈R,x2-bx+b<0,

  則△>0,即b2-4b>0,

  所以b的取值范圍為(-∞,0)∪(4,+∞);

 。2)由題意可知x2-mx+1≥0在區(qū)間[2,5]上恒成立,

  即 在區(qū)間[2,5]上恒成立,

  由于 在[2,5]上單調遞增,所以當x=2時, 有最小值 ,

  所以 .即實數(shù)m的取值范圍為(- ].

  35.解:(1)由題意得:x>0,a=1,b=3時,f(x)=x2-3x+lnx,

  f′(x)=2x-3+ = ,

  令f′(x)>0,解得:0<x< 或x>1,

  故f(x)在(0, ),(1,+∞)遞增;

 。2)b=0時,f(x)=ax2+lnx,

  不等式f(x)≤0在[1,+∞)恒成立,

  即a≤- 在區(qū)間[1,+∞)恒成立,

  令h(x)=- ,則h′(x)=- ,

  令h′(x)>0,解得:x> ,

  令h′(x)<0,解得:1<x< ,

  故f(x)在(1, )遞減,在( ,+∞)遞增,

  故h(x)min=h( )=- ,

  故a≤- ;

  (3)證明:a=1時,f(x)=x2-bx+lnx,f′(x)= ,(x>0),

  由題意得x1,x2(x1<x2)是方程2x2-bx+1=0的兩個根,

  記g(x)=2x2-bx+1,則g( )= >0,

  ∵b> ,∴g( )= ( -b)<0,g(2)=9-2b<0,

  ∴x1∈( , ),x2∈(2,+∞),且f(x)在[x1,x2]遞減,

  故f(x1)-f(x2)>f( )-f(2)= - -3ln2,

  ∵b> ,∴f(x1)-f(x2)> o - -3ln2= -3ln2.

  36.解:(1)a=2時,f(x)=2x3-6x2,

  f′(x)=6x2-12x,f′(1)=-6,f(1)=-4,

  故f(x)在x=1處的切線方程為:y=-6x+2;

 。2)對任意的x1∈[0,2],總存在x2∈[0,1],使得f(x1)≥f'(x2)成立,

  得f(x1)min≥f′(x2)min,f′(x)=6x(x-a),

  ①a≤0時,f(x)在[0,2]遞增,故f(x)在[0,2]的最小值是0,

  f′(x)在[0,1]的最小值是0,f(x1)min≥f′(x2)min成立;

 、0<a<2時,f(x)在[0,a]遞減,在[a,2]遞增,

  故f(x)在[0,2]的最小值是f(a)=-a3,f′(x)在[0,1]的最小值是f′( )=- a2,

  由f(x1)min≥f′(x2)min得:-a3≥- a2,得0<a≤ ;

  ③a≥2時,f(x)在[0,2]遞減,故f(x)在[0,2]的最小值是f(2)=16-12a,

  f′(x)在[0,1]的最小值是f′(1)=6-6a,

  由f(x1)min≥f′(x2)min得:16-12a≥6-6a,無解,

  綜上,a的范圍是(-∞, ].

  37.解:(1)f′(x)= ,

  ∵f(x)在x=1時取極值,故f′(1)=0,解得:a=0,

  a=0時,f′(x)= ,

  f(x)在x=1時取極值,

  故a=0;

 。2)∵函數(shù)f(x)在區(qū)間[2,4]上是單調遞增函數(shù),

  ∴f′(x)≥0在區(qū)間[2,4]上恒成立,

  即(x-1)ex+a≥0在區(qū)間[2,4]上恒成立,

  記g(x)=(x-1)ex+a,則g(x)min≥0,

  g′(x)=xex,∵x∈[2,4],∴g′(x)>0,

  故g(x)在[2,4]遞增,

  故g(x)min=g(2)=e2+a≥0,

  解得:a≥-e2,

  故實數(shù)a的范圍是:a≥-e2.

  38.解:(1)函數(shù)f(x)=(x2-4)(x-a)(a∈R),∴f'(x)=2x(x-a)+x2-4=3x2-2ax-4.

  ∵f'(-1)=0,∴3+2a-4=0,解得 ,

  ∴ .則 R.

  f'(x)=3x2-x-4=(3x-4)(x+1),令f'(x)=0,解得 .

  由f'(x)>0得 或x<-1,此時函數(shù)單調遞增,

  由f'(x)<0得 ,此時函數(shù)單調遞減,

  即函數(shù)的單調遞增區(qū)間為 ,單調遞減區(qū)間為 .

 。2)當-2≤x≤2時,函數(shù)f(x)與f'(x)的變化如下表:

  x    [-2,-1)    -1

  f'(x)    +    0    -    0

  f(x)    單調遞增    極大值    單調遞減    極小值    單調遞增

  由表格可知:當x=-1時,函數(shù)f(x)取得極大值, ,

  當 時,函數(shù)f(x)取得極小值, ,

  又f(-2)=0,f(2)=0,可知函數(shù)f(x)的最大值為 ,最小值為 .

  39.解:(1)g'(x)=3x2+2ax-1,

  由題意3x2+2ax-1<0的解集為 ,

  即3x2+2ax-1=0的兩根分別是 ,1,

  代入得a=-1,

  ∴g(x)=x3-x2-x+2.            ….(3分)

 。2)由(1)知,g(-1)=1,

  ∴g'(x)=3x2-2x-1,g'(-1)=4,

  ∴點P(-1,1)處的切線斜率k=g'(-1)=4,

  ∴函數(shù)y=g(x)的圖象在點P(-1,1)處的切線方程為y-1=4(x+1),

  即4x-y+5=0.                   …(6分)

 。3)由題意知2xlnx≤3x2+2ax+1對x∈(0,+∞)上恒成立,

  可得 對x∈(0,+∞)上恒成立,…(7分)

  設 ,

  則 ,

  令h'(x)=0,得x=1, (舍),

  當0<x<1時,h'(x)>0;當x>1時,h'(x)<0,

  ∴當x=1時,h(x)取得最大值,h(x)max=-2,∴a≥-2.…(10分)

  令φ(a)=aea,則φ'(a)=ea+aea=ea(a+1),

  所以φ(a)在[-2,-1]遞減,在(-1,+∞)遞增,

  ∵ , ,當x→+∞時,φ(x)→+∞,

  所以要把方程aea-m=0恰有兩個不等實根,只需 .…(12分)

  40.解:(Ⅰ)f(x)=eax+bx,那么f'(x)=aeax+b,

  由 ,得 ,化簡得(ea-2)(a+1)=0

  由a<0得a=-1,b=6,∴f(x)=e-x+6x…(3分)

  即f'(x)=-e-x+6=0,得x=-ln6,

  ∴f(x)在(-∞,-ln6)單調遞減,在(-ln6,+∞)單調遞增,

  ∴ ,無極大值.…(5分)

 。á颍ゝ(x)>x2+3在x∈[1,m]上恒成立,等價于e-x-x2+6x-3>0在x∈[1,m]上恒成立.

  設g(x)=e-x-x2+6x-3,則g'(x)=-e-x-2x+6

  設h(x)=g'(x)=-e-x-2x+6,則h'(x)=e-x-2,…(6分)

  ∵1≤x≤m,有h'(x)<0,∴h(x)在區(qū)間[1,m]上是減函數(shù),

  又∵h(1)=4-e-1>0,h(2)=2-e-2>0,h(3)=-e-3<0,

  ∴存在x0∈(2,3),使得h(x0)=g'(x0)=0,

  當1≤x<x0時,有g'(x)>0,當x>x0時,有g'(x)<0.

  ∴y=g(x)在區(qū)間[1,x0]上遞增,在區(qū)間(x0,m)上遞減,

  又∵g(1)=e-1+2>0,g(2)=e-2+5>0,g(3)=e-3+6>0,

  g(4)=e-4+5>0,g(5)=e-5+2>0,g(6)=e-6-3<0.

  ∴當1≤x≤5時,恒有g(x)>0;當x≥6時,恒有g(x)<0;

  ∴正整數(shù)m的最大值為5.…(12分)

  41.解:(1)f′(x)=

  由題設f′(1)=1,

  ∴ ,

  ∴a=0.

  (2) ,?x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1),即4lnx≤m(3x- -2)

  設g(x)=4lnx-m(3x- -2),即?x∈[1,|+∞),g(x)≤0,

  ∴g′(x)= -m(3+ )= ,g′(1)=4-4m

  ①若m≤0,g′(x)>0,g(x)≥g(1)=0,這與題設g(x)≤0矛盾

 、谌鬽∈(0,1),當x∈(1, ),g′(x)>0,g(x)單調遞增,g(x)≥g(1)=0,與題設矛盾.

 、廴鬽≥1,當x∈(1,+∞),),g′(x)≤0,g(x)單調遞減,g(x)≤g(1)=0,即不等式成立

  綜上所述,m≥1.

  42.解:(1)當a=0時,f(x)=lnx,f(1)=0,

  求導f′(x)= ,f′(1)=1,

  f(x)在x=1處的切線斜率k=1,則y-0=1×(x-1),整理得:y=x-1,;

  ∴函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程y=x-1;…(3分)

  (2)f(x)=lnx+a(x2-3x+2),定義域為(0,+∞) ,設g(x)=2ax2-3ax+1,

 、佼攁=0時,g(x)=1,故f'(x)>0,

  ∴f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),所以無極值點.…(4分)

 、诋攁>0時,△=9a2-8a,

  若0<a≤ 時△≤0,g(x)≥0,故f'(x)≥0,故f(x)在(0,+∞)上遞增,所以無極值點.

  若a> 時△>0,設g(x)=0的兩個不相等的實數(shù)根為x1,x2,且x1<x2,

  且 ,而g(0)=1>0,則 ,

  所以當x∈(0,x1),g(x)>0,f'(x)>0,f(x)單調遞增;

  當x∈(x1,x2),g(x)<0,f'(x)<0,f(x)單調遞減;

  當x∈(x2,+∞),g(x)>0,f′(x)>0,f(x)單調遞增.

  所以此時函數(shù)f(x)有兩個極值點;…(7分)

  ③當a<0時△>0,設g(x)=0的兩個不相等的實數(shù)根為x1,x2,且x1<x2,

  但g(0)=1>0,所以x1<0<x2,

  所以當x∈(0,x2),g(x)>0,f'(x)>0,f(x)單調遞増;

  當x∈(x2,+∞),g(x)<0,f′(x)<0,f(x)單調遞減.

  所以此時函數(shù)f(x)只有一個極值點.

  綜上得:

  當a<0時f(x)有一個極值點;

  當0≤a≤ 時f(x)的無極值點;

  當a> 時,f(x)的有兩個極值點.…(9分)

 。3)方法一:當0≤a≤ 時,由(2)知f(x)在[1,+∞)上遞增,

  所以f(x)≥f(1)=0,符合題意; …(10分)

  當 <a≤1時,g(1)=1-a≥0,x2≤1,f(x)在[1,+∞)上遞增,所以f(x)≥f(1)=0,符合題意;    …(12分)

  當a>1時,g(1)=1-a<0,x2>1,所以函數(shù)f(x)在(1,x2)上遞減,所以f(x)<f(1)=0,不符合題意;          …(14分)

  當a<0時,由(1)知lnx≤x-1,于是f(x)=lnx+a(x2-3x+2)≤x-1+a(x2-3x+2)

  當 時,x-1+a(x2-3x+2)<0,此時f(x)<0,不符合題意.

  綜上所述,a的取值范圍是0≤a≤1.…(16分)

  方法二:g(x)=2ax2-3ax+1,注意到對稱軸為 ,g(1)=1-a,

  當0≤a≤1時,可得g(x)≥0,故f(x)在[1,+∞)上遞增,所以f(x)≥f(1)=0,符合題意;

  當a>1時,g(1)=1-a<0,x2>1,所以函數(shù)f(x)在(1,x2)上遞減,此時f(x)<f(1)=0,不符合題意;

  當a<0時,由(1)知lnx≤x-1,于是f(x)=lnx+a(x2-3x+2)≤x-1+a(x2-3x+2)

  當 時,x-1+a(x2-3x+2)<0,此時f(x)<0,不符合題意.

  綜上所述,s的取值范圍是0≤a≤1.…(16分)

  43.解:(1)函數(shù)f(x)=ex-ax+a,求導,f'(x)=ex-a.

 、佼攁≤0時,f'(x)>0,則函數(shù)f(x)為R上的單調遞增函數(shù).

 、诋攁>0時,令f'(x)=0,則x=lna.

  若x<lna,則f'(x)<0,f(x)在(-∞,lna)上是單調減函數(shù);

  若x>lna,則f'(x)>0,f(x)在(lna,+∞)上是單調增函數(shù).

 。2)證明:由(Ⅰ)可知,不妨設1<x1<x2,

  由 兩式相減得 .

  要證x1+x2<2lna,即證 ,

  也就是證 ,

  即 ,即證 ,

  又x2-x1>0,只要證 (*).

  令 ,則(*)式化為  et-e-t>2t,

  設g(t)=(et-e-t)-2t(t>0)

  ,g'(t)=(et+e-t)-2>0,所以g(t)在(0,+∞)上單調遞增,所以g(t)>g(0)=0.

  ∴x1+x2<2lna.

  44.解:(Ⅰ) ,x>0,求導 ,

  令y′=0,解得:x= ,或x=2,

  當y′>0,解得:0<x< ,或x>2,當y′<0,解得: <x<2,…(3分)

  ∴函數(shù)y=2f(x)-5g(x)在 上遞增,在 上遞減,在(2,+∞)上遞增.…(5分)

  (Ⅱ) , ,

  設p(x)=x2-mx+1,設兩個極值點A(x1,y1),B(x2,y2),…(6分)

  ∵函數(shù)有兩個大于零極值點,

  ∴△=m2-4>0,得m>2且x1+x2=m,x1x2=1,

  AB斜率 = …(8分)  ,

  由題意函數(shù)存在零點即 有解,兩根均為正且x1x2=1,…(9分)

  若x1<x2,則0<x1<1,x2>1,消元得 整理得

  令 ,則 ,

  ∴q(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調遞增,

  ∴q(x)>q(1)=0,

  ∴函數(shù)y=h(m)+2m-2沒有零點.…(12分)
 

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