高中数学历年高考真题全国卷理

精品文档
06
年全国卷理

（
20
）（本 小题１２分）设函数
f(x)?(x?1)ln(x?1).
若对所有的
x?0,都有
f(x)?ax
成立，求实数
a
的取
值范围。

20．解法一：
令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，
对函数g(x)求导数：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a
－
令g′(x)＝0，解得x＝e
a
1
－1， ……5分
(i)当a≤1时，对所有x＞0，g′(x)＞0，所以g(x)在[0，＋∞)上是增函数，
又g(0)＝0，所以对x≥0，都有g(x)≥g(0)，
即当a≤1时，对于所有x≥0，都有 f(x)≥ax． ……9分
－－
( ii)当a＞1时，对于0＜x＜e
a
1
－1，g′(x)＜0，所以g(x)在(0 ，e
a
1
－1)是减函数，
－
又g(0)＝0，所以对0＜x＜e
a
1
－1，都有g(x)＜g(0)，
即当a＞1时，不是对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立．
综上，a的取值范围是（－∞，1]． ……12分
解法二：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，
于是不等式f(x)≥ax成立即为g(x)≥g(0)成立． ……3分
对函数g(x)求导数：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a
－
令g′(x)＝0，解得x＝e
a
1
－1， ……6分
－
当x＞ e
a
1
－1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，
－
当－1＜x＜e
a
1
－1，g′(x)＜0，g(x)为减函数， ……9分
－
所以要对所有x≥0都有g(x)≥g(0)充要条件为e
a
1
－1≤0．
由此得a≤1，即a的取值范围是（－∞，1]． ……12分

06
年全国卷理


22．（本小题满分12分）
已知函数
f(x)?x?x
．
（1）求曲线
y?f(x)
在点
M(t，f(t))
处的切线方程；
（2）设
a?0
，如果过点
(a，b)
可作曲线
y?f(x )
的三条切线，证明：
?a?b?f(a)
．
22．解：（1）求函数f(x)
的导数；
f
?
(x)?3x?1
．
曲线
y?f(x)
在点
M(t，f(t))
处的切线方程为：

2
3
y?f(t)?f
?
(t)(x?t)
， 即
y?(3t
2
?1)x?2t
3
．
（2）如果有一条切线过点
(a，b)
，则存在
t
，使
b?(3t
2
?1)a?2t
3
．
于是，若过点
(a，b)
可作曲线
y?f(x)
的三条切线，则方程

2t
3
?3at
2
?a?b?0
有三个相异的实数根．
2
32
记
g(t)?2t?3at?a?b
，则
g
?
(t)?6t?6at

?6t(t?a)
．
当
t
变化时，
g(t)，g
?
(t)
变化情况如下表：
t

a

(??，0)

(0，a)

(a，??)

0
g
?
(t)

?

?

0 0
?

g(t)
极小值
b?f(a)

极大值
a?b

Z

]

Z

由
g(t)
的单调性，当极大值
a?b?0
或极小值
b?f(a)?0
时，方程
g(t)?0
最多有 一个实数根；
3a
当
a?b?0
时，解方程
g(t)?0
得
t?0，t?
，即方程
g(t)?0
只有两个相异的实数根；
2
a
当
b?f(a)?0
时，解方程
g(t)?0
得
t??，t?a
，即方程
g(t)?0
只有两个相异的实数根．
2
?
a?b?0，
综上，如果过
(a，b)
可作曲线
y?f(x)三条切线，即
g(t)?0
有三个相异的实数根，则
?

b?f(a)?0.
?

.

精品文档
即
?a?b?f(a)
．
07
年全国卷理

19．（本小题 满分12分）已知函数
f(x)?x?ax?x?1
，
a?R
．
32
?
2
?
3
322
19. 解：（1）
f(x)?x?ax?x?1
求导：
f
?
(x)?3x?2ax?1

2
当
a
≤
3
时，
?≤
0
，
f
?
(x)
≥
0
，
f(x)
在
R
上递增
2
?
?
内是减函数，求
a
的取值范围． （Ⅰ） 讨论函数
f(x)
的单调区间；（Ⅱ）设函数
f(x)
在区间
??，
1
?
3
?
?a?a
2
?3
当a
?
3
，
f
?
(x)?0
求得两根为
x?

3
??
?a?a
2
?3?a?a
2
?3
?
?a?a
2
?3
?
，
即
f(x)< br>在
?
??，
?
递增，
??
递减，
????
333
????
?
?a?a
2
?3
?
，? ?
??
递增
??
3
??
?
?a?a
2< br>?32
≤
?
?
7
?
33
2
（2）< br>?
，且
a
?
3
解得：
a
≥

4
1
?
?a?a
2
?3
≥
?
?
33
?
07
年全国卷理

22．（本小题满分12分）设函数
f(x)?x?xlnx
．数列
?
a
n
?
满足
0 ?a
1
?1
，
a
n?1
?f(a
n
)．
（Ⅰ）证明：函数
f(x)
在区间
(0，1)
是增函数； （Ⅱ）证明：
a
n
?a
n?1
?1
；
1)
，整数
k
≥
（Ⅲ）设
b?(a
1
，
22. 解析：
a
1
?b
．证明：
a
k?1
?b
． a
1
lnb
（Ⅰ）证明：
f(x)?x?xlnx
，
f '
?
x
?
??lnx,当x?
?
0,1
?
时，f'
?
x
?
??lnx?0

故函数
f
?
x
?
在区间(0,1)上是增函数；
（Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，
0?a
1
?1
，
a
1
lna
1
?0
，
a
2
?f(a1
)?a
1
?a
1
lna
1
?a
1< br>
由函数
f(x)
在区间
(0，1)
是增函数，且函数
f(x)
在
x?1
处连续，则
f(x)
在区间
(0，1]
是增函数，
a
2
?f(a
1
)?a
1
?a
1
lna
1
?1
，即
a
1
?a
2
?1
成立；
（ⅱ）假设当
x?k(k?N*)
时，
ak
?a
k?1
?1
成立，即
0?a
1
≤
a
k
?a
k?1
?1

那么当
n?k?1
时，由
f(x)
在区间
(0，1]
是增函数，
0?a
1< br>≤
a
k
?a
k?1
?1
得
f(a
k
)?f(a
k?1
)?f(1)
.而
a
n?1
? f(a
n
)
，则
a
k?1
?f(a
k
), a
k?2
?f(a
k?1
)
，
a
k?1
?a
k?2
?1
，也就是说当
n?k?1
时，
a
n
?a
n?1
?1
也成立；
根据（ⅰ）、（ⅱ）可得对任意的正整数
n
，
a
n
?a
n?1
?1
恒成立.
（Ⅲ）证明：由
f(x)?x?xlnx
．
a
n?1
?f (a
n
)
可得
k
?a
1
?b?
?
a
i
lna
i

a?b?a?b?alna
k?1kkk
i?1
1， 若存在某
i< br>≤
k
满足
a
i
≤b
，则由⑵知：
a
k?1
?b?a
i
?b
≥0

?b?a?b?alna
2， 若对任意
i
≤
k
都有
a
i
?b
，则
a

k?1kkk
.

精品文档
?a
1
?b?
?
a
i< br>lna
i
?a
1
?b?
?
a
i
ln b?a
1
?b?(
?
a
i
)lnb
?
< br>a?b?kalnb
11
i?1i?1i?1
kkk
?0
，即
a
k?1
?b
成立.
?a?b?kalnb?a?b?(a?b)
1111
08
年全国卷理

sinx
．
2?co sx
（Ⅰ）求
f(x)
的单调区间；（Ⅱ）如果对任何
x
≥
0
，都有
f(x)
≤
ax
，求
a
的取值范围． < br>(2?cosx)cosx?sinx(?sinx)2cosx?1
?
22．解：（Ⅰ ）
f
?
(x)?
． ·················· 2分
(2?cosx)
2
(2?cosx)
2
2π2π1
当
2 kπ?
（
k?Z
）时，
cosx??
，即
f
?(x)?0
；
?x?2kπ?
332
2π4π1
当
2 kπ?
（
k?Z
）时，
cosx??
，即
f
?(x)?0
．
?x?2kπ?
332
2π2π
??
， 2kπ?
因此
f(x)
在每一个区间
?
2kπ?
?
（
k?Z
）是增函数，
33
??
2π4π
??
2 kπ?
····························· 6分
f(x)在每一个区间
?
2kπ?，
?
（
k?Z
）是减函数．
33
??
（Ⅱ）令
g(x)?ax?f(x)
，则
22． （本小题满分12分）设函数
f(x)?
2cosx?123
11
?
1
?
g
?
(x)?a??a??
．
?3??a?
??
22
(2?cosx)2?cosx(2?cosx)
3
?
2? cosx3
?
1
故当
a
≥
时，
g
?
(x)
≥
0
．
3
又
g(0)?0
，所以当x
≥
0
时，
g(x)
≥
g(0)?0
，即f(x)
≤
ax
． ························ 9分
1
当
0?a?
时，令
h(x)?sinx?3ax
，则h
?
(x)?cosx?3a
．故当
x?
?
0，arc cos3a
?
时，
h
?
(x)?0
．
3
因此
h(x)
在
?
0，
arccos3a)
时，
h (x)?h(0)?0
，即
sinx?3ax
．
arccos3a
?
上单调增加．故当
x?(0，
2
sinxsinx
??ax
．
2?cosx3
π
?
π
?
1
?
1< br>?
??
?
． ·当
a
≤
0
时，有
f
??
??0
≥
ag
．因此，
a
的取值范围是
?
，
·········· 12分
2
?
2
?
2
?
3
?
于是，当
x?(0，arccos3a)
时，f(x)?
09
年全国卷理

2
22.(本小题满分12分)设 函数
f
?
x
?
?x?aIn
?
1?x
?< br>有两个极值点
x
1
、x
2
，且
x
1
?x
2

（I）求
a
的取值范围，并讨论
f
?x
?
的单调性；（II）证明：
f
?
x
2
?< br>?
1?2In2
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
4
a2x
2
?2x?a
?(x??1)
22解: （I）
f
?
?
x
?
?2x?
1?x1?x
12
令
g(x)?2x?2x?a
，其对称轴为
x??
。由题 意知
x
1
、x
2
是方程
g(x)?0
的两个均大于
?1
的不相
2
?
??4?8a?0
1
等的实根，其 充要条件为
?
，得
0?a?

2
?
g(?1)?a ?0
⑴当
x?(?1,x
1
)
时，
f
?
?
x
?
?0,?f(x)
在
(?1,x
1
)
内为增函数；
⑵当
x?(x
1
,x
2
)
时，f
?
?
x
?
?0,?f(x)
在
(x
1
,x
2
)
内为减函数；
⑶当
x?(x
2,??)
时，
f
?
?
x
?
?0,?f(x)在
(x
2,
??)
内为增函数；
.

精品文档
（II）由（I）
g(0)?a?0,??
1?x
2
?0
，
a??(2x
2
2
+2x
2
)

2
?f
?
x
2
?
?x< br>2
2
?aln
?
1?x
2
?
?x
2
2
?(2x
2
2
+2x
2
)ln
?
1?x
2
?

1
2
则
h
?
?< br>x
?
?2x?2(2x?1)ln
?
1?x
?
?2x ??2(2x?1)ln
?
1?x
?

设
h
?x
?
?x?(2x?2x)ln
?
1?x
?
(x??)
，
22
11
,0)
单调递增；
22
⑵当
x?(0,??)
时，
h
?
?
x
?
?0
，
h(x)
在
(0,??)
单调递减。
⑴当
x?(?,0 )
时，
h
?
?
x
?
?0,?h(x)
在< br>[?
111?2ln21?2In2
。故
f
?
x
2< br>?
?h(x
2
)?
．
?当x?(?,0)时,h
?
x
?
?h(?)?
2244
10
年全国卷理

(20)(本小题满分12分)已知函数
f(x)?(x?1)lnx?x?1
.
（Ⅰ）若
xf'(x)?x?ax?1
，求
a
的取值范围；（Ⅱ）证 明：
(x?1)f(x)?0
.
2
x?11
?lnx?1?ln x?
，
xf
?
(x)?xlnx?1
,
x
?2
题设
xf
?
(x)?x?ax?1
等价于
lnx?x ?a
.
1
令
g(x)?lnx?x
，则
g
?(x)??1

x
当
0＜x＜1
，
g
'
(x)＞0
；当
x≥1
时，
g
'
(x)≤0
，< br>x?1
是
g(x)
的最大值点，
g(x)≤g(1)??1

综上，
a
的取值范围是
?
?1,??
?
. 20.解：（Ⅰ）
f
?
(x)?
(Ⅱ)有（Ⅰ）知，
g(x)≤ g(1)??1
即
lnx?x?1≤0
.
当
0＜x＜1
时 ，
f(x)?(x?1)lnx?x?1?xlnx?(lnx?x?1)≤0
；
当
x≥1
时，

f(x)?lnx?(xlnx?x?1)

?lnx?x(lnx?
所以
(x?1)f(x)≥0

11
年全国卷理

22.（本小题满分12分）
（Ⅰ）设函 数
f
?
x
?
?ln
?
1?x
?
?
22 .（本小题满分12分）
111
?1)?lnx?x(ln??1)
≥0

xxx
2 x
，证明：当
x?0
时，
f
?
x
?
?0< br>
x?2
2
?
x?2
?
?2x
1x
2
???0
， 证明：（Ⅰ）
x?0
时，
f
?
?< br>x
?
?
22
1?x
?
x?2
??
x ?1
??
x?2
?
于是
f
?
x
?
在
?
0,??
?
上单调增，所以
f
?
x
?
?f
?
0
?
?0


.