高中数学哪部本书最难-热搜题高中数学1
2017年高考数学《不等式》真题汇编
xx
1.(2017北京)已知函数
f(x)?3?()
,则
f(x)
(A)
1
3
(A)是奇函数,且在R上是增函数
(C)是奇函数,且在R上是减函数
(B)是偶函数,且在R上是增函数
(D)是偶函数,且在R上是减函数
2.(2017北京)已知函数
f(x)?e
x
cosx?x
(Ⅰ)求曲线
y?f(x)
在点
(0,f(0))
处的切线方程;
(Ⅱ)求函数
f(x)
在区间
[0,
x
?
2
]
上的最大值和最小值.
解:(Ⅰ)
f(x)?ecosx?x
∴
f
?
(x)?e(cosx?sinx)?1
∴曲线<
br>y?f(x)
在点
(0,f(0))
处的切线斜率为
k?e(cos0
?sin0)?1?0
切点为
(0,1)
,∴曲线
y?f(x)<
br>在点
(0,f(0))
处的切线方程为
y?1
(Ⅱ)
f
?
(x)?e(cosx?sinx)?1
,
令
g(x)?f
?
(x)
,则
g
?
(x)?e(co
sx?sinx?sinx?cosx)??2esinx
当
x?[0,
x
x
x
0
x
?
2
]
,可得
g
?(x)??2e
x
sinx?0
,
即有
g(x)
在<
br>[0,
所以
f(x)
在
[0,
?
2
]
上单调递减,可得
g(x)?g(0)?0
,
]
上单调递减,
?
2
所以函数
f(x)
在区间
[0,
?
2
]
上的最大值为
f(0)?e
0
cos0?0?1
;
最小
值为
f()?e
2
cos
?
?
?
22
?<
br>?
2
??
?
2
3.(2017全国卷Ⅰ
)函数
f(x)
在
(??,??)
单调递减,且为奇函数.若
f(1
)??1
,则满足
?1?f(x?2)?1
的
x
的取值范围是(D)
A.
[?2,2]
B.
[?1,1]
C.
[0,4]
D.
[1,3]
1
4.(2017全国卷Ⅰ)如图,圆形纸片的圆心为
O
,半径为5 c
m,该纸片上的等边三角形
ABC
的
中心为
O
。
D
、
E
、
F
为圆
O
上的点,△
DBC
,△<
br>ECA
,△
FAB
分别是以
BC
,
CA
,<
br>AB
为底边的等腰
三角形。沿虚线剪开后,分别以
BC
,
CA
,
AB
为折痕折起△
DBC
,△
ECA
,△
FAB
,使得
D
、
E
、
F
重合,得到三棱锥。当
△
ABC
的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm)的最大值为_______
3
415cm
3
2xx
f(x)?ae?(a?2)e?x
5.(2017全国卷Ⅰ)已知函数
(1)讨论
f(x)
的单调性;
(2)若
f(x)
有两个零点,求
a
的取值范围.
解:(
1)
f(x)
的定义域为
(??,??)
,
f
?
(
x)?2ae
2x
?(a?2)e
x
?1?(ae
x
?1)
(2e
x
?1)
(i)若
a?0
,则
f
?
(x)?0
,所以
f(x)
在
(??,??)
单调递减
(ii)若
a?0
,则由
f
?
(x)?0
的
x??lna
当
x?(??,?lna)
时,
f
?
(x)?0
;
当
x?(?lna,??)
时,
f
?
(x)?0
所以
f(x)
在
(??,?lna)
单调递减,在
(?ln
a,??)
单调递增。
(2)(i)若
a?0
,由(1)知,
f(x)
至多有一个零点 <
br>(ii)若
a?0
,由(1)知,当
x??lna
时,
f(x
)
取得最小值,最小值为
f(?lna)?1?
当
a?1
时,由于<
br>f(?lna)?0
,故
f(x)
只有一个零点;
当
a?(
1,??)
时,由于
1?
当
a?(0,1)
时,
1?
1
?lna
a
1
?lna?0
,即
f(?ln
a)?0
,故
f(x)
没有零点;
a
1
?lna?0
,即
f(?lna)?0
又
a
2
又
f(?2)?ae
?4
?(a?2)e
?2
?2??2e
?2
?2?0
,故
f(x
)
在
(??,?lna)
有一个零点。
设正整数
n
0
满足
n
0
?ln(?1)
,
则
f(n
0
)?e
n
0
(ae
n
0
?a?2)?n
0
?e
n
0
?n
0
?2
n
0
?n
0
?0
由于
ln(?1)??
lna
,因此
f(x)
在
(?lna,??)
有一个零点
综上,
a
的取值范围为
(0,1)
3
a
3
a
y?
6.(2017全国卷Ⅰ)函数
sin2x
1?
cosx
的部分图像大致为(C)
7.(2017全国卷Ⅰ)已知函数
f
(x)?lnx?ln(2?x)
,则(
C
)
A.
f(x)
在(
0,2
)单调递增
B.
f(x)
在(
0,2
)单调递减
D.y=
f(x)
的图像关于点(
1,0
)对称
C.y=
f(x)
的图像关于直线
x=1
对称
8.(2017全国卷Ⅰ)已知函数
f(x)
=e
x
(e
x
﹣a)﹣a
2
x.
(1)讨论
f(x)
的单调性;
(
2
)若
f(x)?0
,求
a
的取值范围.
2xx2xx
解:(1)函数
f(x)
的定义域为
(??,??),f?
(x)?2e?ae?a?(2e?a)(e?a)
2x
①若
a?0
,则
f(x)?e
,在
(??,??)
单调递增
3
②若
a?0
,则由
f
?(x)?0
得
x?lna
当
x?(??,lna)
时,
f
?
(x)?0
;
当
x?(lna,??)
时,
f
?
(x)?0
;
故
f(x)
在
(??,lna)
单调递减,在
(lna,?
?)
单调递增
③若
a?0
,则由
f
?
(x)?0
得
x?ln(?)
当
x?(??,ln(?))
时,f
?
(x)?0
;
当
x?(ln(?),??)
时,
f
?
(x)?0
;
故
f(x)
在
(??
,ln(?))
单调递减,在
(ln(?),??)
单调递增
2x
(2)①若
a?0
,则
f(x)?e
,所以
f(x)?0
a
2
a
2
a
2
a
2
a
2
②若
a?0
,则由(1)得,当
x?lna
时,
f(x)<
br>取得最小值,
2
最小值为
f(lna)??alna
,从而当且仅当
?alna?0
,即
a?1
时,
f(x)?0
2
③若
a?0
,则由(1)得,当
x?ln(?)
时,
f(x
)
取得最小值,
最小值为
f(ln(?))?a[?ln(?)]
, 3
3a
从而当且仅当
a[?ln(?)]?0
,即
a??2e<
br>4
时,
f(x)?0
42
2
a
2
a
2
2
3
4
a
2
综上,
a
的取值
范围是
[?2e,1]
9.(2017全国卷Ⅱ)若
x??2<
br>是函数
f(x)?(x?ax?1)e
则
f(x)
的极小值为(C)
A.
?1
B.
?2e
C.
5e
D.1
?3?3
3
4
2x?1`
的极值点,
4
p>
10.(2017全国卷Ⅱ)已知函数
f
?
x
?
?ax?ax?xlnx
,且
f
?
x
?
?0
。
2
(1)求
a
的值;
(2)证明:
f
?
x
?
存在唯一的极大值点
x
0
,且
e
解:(1)<
br>f(x)
的定义域为
(0,??)
设
g(x)?ax?a?
lnx
,则
f(x)?xg(x),f(x)?0
等价于
g(x)?0
因为
g(1)?0,g(x)?0
,故
g
?
(1)?0
,
?2
?f
?
x
0
?
?2
?2
.
1
,g
?
(1)?a?1
,得
a?1
x
1
若
a?1
,则
g
?
(x)?1?
x
而
g
?
(x)?a?
当
0?x?1
时,g
?
(x)?0,g(x)
单调递减;
当
x?1
时,
g
?
(x)?0,g(x)
单调递增
所以
x?1
是
g(x)
的极小值点,故
g(x)?g(1)
?0
,综上,
a?1
(2)由(1)知
f(x)?x?x?xln
x,f
?
(x)?2x?2?lnx
设
h(x)?2x?2?ln
x
,则
h
?
(x)?2?
2
1
x
当
x?(0,)
时,
h
?
(x)?0
;当
x?(
,??)
时,
h
?
(x)?0
.
1
2
1
2
11
22
111
?2
)
有唯一零点1,又
h(e)?0,h()?0,h(1)?0
,所以
h(x)
在
(0,)有唯一零点
x
0
,在
[,??
222
所以
h(
x)
在
(0,)
单调递减,在
(,??)
单调递增.
且当
x?(0,x
0
)
时,
h(x)?0
;当
x?(x
0
,1)
时,
h(x)?0
;当
x?(1,??)
时,
h(x)?0
.
因为
f
?
(x)?h(x)
,所以
x?x
0
是
f(x)
的唯一极大值点.
由
f
?
(x
0
)?0
得
lnx
0
?2(x<
br>0
?1)
,故
f(x
0
)?x
0
(1?x<
br>0
)
.
由
x
0
?(0,1)
得
f
(x
0
)?
1
.
4
?1?1
因为
x?x
0
是
f(x)
在
(0,1)
的最大值点,由
e?(
0,1),f
?
(e)?0
得
f(x
0
)?f(e
?1
)?e
?2
.所以
e
?2
?f(x
0
)?2
?2
5
11.(2017全国卷Ⅱ)
函数
f(x)?ln(x
2
?2x?8)
的单调递增区间是(D)
A.(-
?
,-2)
12.(2017全国卷Ⅱ)设函数<
br>f(x)?(1?x
2
)e
x
.
(1)讨论
f(x)
的单调性;
(2)当
x?0
时,f(x)?ax?1
,求
a
的取值范围.
解:(1)
f
?
(x)?(1?2x?x
2
)e
x
令
f
?
(x)?0
得
x??1?2,x??1?2
当
x?(??,?1?2)
时,
f
?
(x)?0
;
当
x?(?1?2,?1?2)
时,
f
?
(x)?0
;
当
x?(?1?2,??)
时,
f
?
(x)?0
.
所以
f(x)
在
(??,?1?2),(?1?2,??)
单调递减
,在
(?1?2,?1?2)
单调递增.
(2)
f(x)?(1?x)(1
?x)e
x
,当
a?1
时,
设函数
h(x)?(1?x)
e,h
?
(x)??xe?0(x?0)
,
因此
h(x)
在
[0,??)
单调递减,而
h(0)?1
,故
h(x)?1
,
所以
f(x)?(x?1)h(x)?x?1?ax?1
当
0?a?1
时,
设函数
g(x)?e?x?1,g
?<
br>(x)?e?1?0(x?0)
,所以
g(x)
在
[0,??)
单调递增,
而
g(0)?0
,故
e?x?1
222<
br>当
0?x?1
时,
f(x)?(1?x)(1?x)
,
(1?
x)(1?x)?ax?1?x(1?a?x?x)
,
x
B.
(-
?
,-1) C.(1,+
?
) D.
(4,+
?
)
xx
xx
取
x
0
?
5?4a?1
,则
x
0
?(0,1),(1?x
0
)(1
?x
0
)
2
?ax
0
?1?0
,故
f(x
0
)?ax
0
?1
2
5?1
,则
x
0
?(0,1),f(x
0
)?(1?x
0
)(1?x
0
)
2
?1?ax
0
?1
2
6
当
a?0
时,取
x
0
?
综上,
a
的取值范围是
[1,??)
.
13.(2017全国卷Ⅲ)已知函数
f(x)?x
2
?2x?a(e
x?1
?e
?x?1
)
有唯一零点,则
a?
(C)
A.
?
1
2
B.
1
3
C.
1
2
D.1
?
x?1,x?0,
1
14.(2017全国卷Ⅲ)设函数
f(x)?
?
x
则满足
f(x)?f(x?)?1
的
x
的取值范围
2<
br>?
2, x?0
是________
(?
1
,??)
4
15.(2017全国卷Ⅲ)函数
y?1?x?
sinx
的部分图
像大致为(D)
x
2
A. B.
C. D.
16
.(2017全国卷Ⅲ)已知函数
f(x)?x?2x?a(e
A.
?
2x?
1
?e
?x?1
)
有唯一零点,则
a
=(C)
D.1
1
2
B.
1
3
2
C.
1
2
17.(2017全国卷Ⅲ)已知函数f(x)?lnx?ax?
?
2a?1
?
x.
(1)讨论
f(x)
的单调性;
(2)当
a?0
时,证明
f(x)??
3
?2
.
4a
1(x?1)(2ax?1)
?2ax?2a?1?
xx解:(1)f(x)的定义域为
(0,??)
,
f
?
(x)?<
br>若
a?0
,则当
x?(0,??)
时,
f
?
(x)?0
,故
f(x)
在
(0,??)
单调递增
7
11
)
时,
f
?
(x)?0;当
x?(?,??)
时,
f
?
(x)?0
2a2a
11
)
单调递增,在
(?,??)
单调递减。 故
f(x)
在
(0,?
2a2a
1
(2)由(1)知,当a?0
时,
f(x)
在
x??
取得最大值,最大值为
2a
111
f(?)?ln(?)?1?
2a2a4a
3
11311
?2
等价于
ln(?)?1????2
,即
ln(?)?
?1?0
所以
f(x)??
4a2a4a4a2a2a
1
设
g(x)?lnx?x?1
,则
g
?
(x)??1
x<
br>若
a?0
,则当
x?(0,?
当
x?(0,1)
时,
g
?
(x)?0
;当
x?(1,??)
,
g
?
(x)?0
。
所以
g(x)
在(0,1)单调递增,在
(1,??)
单调递减。
故当
x?1
时,
g(x)
取得最大值,最大值为
g(1)?
0
,所以当
x?0
时,
g(x)?0
从而当
a?0
时,
ln(?
18.(2017山东)已知
当
x?
?
0,1
?
时,函数
y?
?
mx?
1
?
的图象与
y?
2
113
)??1?0
,即f(x)???2
2a2a4a
x?m
的图象有且只有
一个交点,则正实数
m
的取值范围是(B)
(A)
?
0,
1
?
?
?
23,??
(B)
?
0,1
?<
br>?
?
3,??
?
?
?
(C)
0,
2
?
?
?
23,??
(D)
0,2
?
?<
br>?
3,
??
?
?
??
?
?
?
19.(2017山东)若函数<
br>e
x
f(x)
(
e?2.71828?
是自然对数的底数)在
f
?
x
?
的定义域上单调递
增,则称函数
f?
x
?
具有
M
性质.下列函数中所有具有
M
性
质的函数的序号为.①④
①
f
?
x
?
=2
-x
②
f
?
x
?
?3
?x
③
f
?
x
?
?x
3
④
f
?
x
?
?x
2
?2
8
20.(2017山东)已知函数
f
?
x
?
?x
2
?2cosx
,其中
e?2.71828?
g
?
x
?
?e
x
?
cosx?sinx?2x
?2
?
,
是自然对数的底数.
(Ⅰ)求曲线
y?f
?x
?
在点
(
?
,f(x))
处的切线方程;
(Ⅱ)令
h
?
x
?
?g
?
x
?
?
af
?
x
??
a?R
?
,讨论
h
?
x
?
的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
解:(Ⅰ)由题意
f
(
?
)?
?
2
?2
,又
f
?
?<
br>x
?
?2x?2sinx
,
所以
f
?
?<
br>?
?
?2
?
,因此,曲线
y?f
?
x
?
在点
?
?
,f
?
?
?
?
处的
切线方程为
y?
?
?
2
?2
?
?2
?<
br>?
x?
?
?
,即
y?2
?
x?
?
2
?2
.
(Ⅱ)由题意得
h
?
x
?
?e
2
?
cosx?sinx?2x?2
?
?ax
2
?2cosx
,
因为
h
?
?
x
?
?e
x
?
cosx?sinx?2x?2
?
?e
x
?
?sinx?cosx
?2
?
?a
?
2x?2sinx
?
??
?2e
x
?
x?sinx
?
?2a
?
x?sinx
?
?2e
x
?a
?
x?sinx
?
, <
br>令
m
?
x
?
?x?sinx
,则
m
?
?
x
?
?1?cosx?0
。所以
m
?
x
?
在
R
上单调递增.
所以 当
x?0
时,<
br>m(x)?0
;当
x?0
时,
m
?
x
??0
(1)当
a?0
时,
e
x
?a?0
,
当
x?0
时,
h
?
(x)?0,h(x)
单调递减,
当
x?0
时,
h
?
(x)?0,h(x)
单调递增,
所以 当
x?0
时,
h(x)
取到极小值,极小值是
h(0
)??2a?1
;
(2)当
a?0
时,
h
?
?<
br>x
?
?2e
x
?e
lna
由
h
?
?
x
?
?0
得
x
1
?lna
,
x
2
=0
①当
0?a?1
时,
lna?0
,
当
x?
?
??,lna
?
时,
e
x
?e
lna
?0,h
?
?
x
?
?0
,
h
?
x
?
单调递增;
当
x?
?
lna,0
?
时
,
e
x
?e
lna
?0,h
?
?
x
?
?0
,
h
?
x
?
单调递减;
当x?
?
0,??
?
时,
e
x
?e
ln
a
?0,h
?
?
x
?
?0
,
h
?
x
?
单调递增.
所以
当
x?lna
时
h
?
x
?
取得极大值.
??
??
?
x?sinx
?
9
p>
极大值为
h
?
lna
?
??a
?
ln
2
a?2lna?sin
?
lna
?
?cos
?
lna
?
?2
?
,
??
??
当x?0
时
h
?
x
?
取到极小值,极小值是
h
?
0
?
??2a?1
;
②当
a?1
时,
lna?0
,
所以 当
x??
??,??
?
时,
h
?
?
x
??0
,函数
h
?
x
?
在
?
??,??
?
上单调递增,无极值;
③当
a?1
时,
lna?0,所以当
x?
?
??,0
?
时,
e
x
?e
lna
?0,h
?
?
x
?
?0
,h
?
x
?
单调递增;
当
x?
?
0,
lna
?
时,
e
x
?e
lna
?0,h
?
?
x
?
?0
,
h
?
x
?
单调递减;
当
x?
?
lna,??
?
时,
ex
?e
lna
?0,h
?
?
x
?
?0
,
h
?
x
?
单调递增.
所以当
x?0<
br>时
h
?
x
?
取到极大值,极大值是
h
?
0
?
??2a?1
;
当
x?lna
时
h
?
x
?
取得极小值,极小值是
h
?<
br>lna
?
??a
?
ln
2
a?2lna?sin?
lna
?
?cos
?
lna
?
?2
?
??
??
综上所述:
当
a?0
时,
h
?
x
?
在
?
??,0
?
上单调递减,在
?
0,??
?
上单调递增,
函数
h
?
x
?
有极小值,极小值是
h
?
0
?
??2a?1;
当
0?a?1
时,函数
h
?
x
?
在
?
??,lna
?
和
?
0,lna
?
和
?
0,??
?
上单调递增,在
?
lna,0
?上单调递减,
2
函数
h
?
x
?
有极大值,也有
极小值,极大值是
h
?
lna
?
??a
?
?
lna?2lna?sin
?
lna
?
?cos
?
lna
?
?2
?
?
极小值是
h
?
0
?
??2a?1
;
当<
br>a?1
时,函数
h
?
x
?
在
?
??
,??
?
上单调递增,无极值;
当
a?1
时,函数
h?
x
?
在
?
??,0
?
和
?
lna,??
?
上单调递增,
在
?
0,lna
?
上单调递减,函数
h
?
x
?
有极大值,也有极小值,极大值是
h
?
0
?
??2a?1
;
2
极小值是
h
?
lna
?
??a
?
ln
?
a?2ln
a?sin
?
lna
?
?cos
?
lna
?
?2
?
?
.
23.(2017山东)已知f(x)是定义在R
上的偶函数,且
f(x?4)?f(x?2)
.
若当
x?[?3,0]
时,
f(x)?6
,则
f(919)?
6
10
?x
24.(2017山东)已知函数
f(x)?
1
3
1
2
x?ax,a?R
,
32
(1)当a?2
时,求曲线
y?f(x)
在点
(3,f(3))
处的切线
方程;
(2)设函数
g(x)?f(x)?(x?a)cosx?sinx
,讨论<
br>g(x)
的单调性并判断有无极值,有极值
时求出极值.
解:(1)由题意
f
?
(x)?x
2
?ax
,所以
当
a?2
时,
f(3)?0,f
?
(x)?x
2
?
2x
所以
f
?
(3)?3
因此,曲线
y?f(x)
在点
(3,f(3))
处的切线方程是
y?3(x?3)
,即
3x?y?9?0
(2)因为
g(x)?f(x)?(x?a)co
sx?sinx
,所以
g
?
(x)?f
?
(x)?cosx
?(x?a)sinx?cosx
?x(x?a)?(x?a)sinx?(x?a)(x?sinx)
令
h
(x)?x?sinx
,则
h
?
(x)?1?cosx?0
,所以<
br>h(x)
在R上单调递增
因为
h(0)?0
,所以当
x?0
时,
h(x)?0
;当
x?0
时,
h(x)?0
11
?
x<
br>2
?x?3,x?1,
?
25.(2017天津)已知函数
f(x)?
?
设
a?R
,
2
?
x?,x?1.
x<
br>?
若关于x的不等式
f(x)?|
(A)
[?
x
?a
|
在R上恒成立,则a的取值范围是(A)
2
(B)
[?
47
,2]
16
4739
,]
1616
39
]
16
432
(C)
[?23,2]
(D)
[?
23,
26.(2017天津)设
a?Z
,已知定义在R上的函数
f(x)?
2x?3x?3x?6x?a
在区间
(1,2)
内有一个零点
x
0<
br>,
g(x)
为
f(x)
的导函数.
(Ⅰ)求
g(x)
的单调区间;
(Ⅱ)设
m?[1,x
0
)?(x
0
,2]
,函数
h(x)?g(x)(m?x
0<
br>)?f(m)
,求证:
h(m)h(x
0
)?0
;
(Ⅲ)求证:存在大于0的常数
A
,使得对于任意的正整数
p,q
,且
p
?[1,x
0
)?(x
0
,2],
满足
q|
p1
?x
0
|?
.
qAq
4
12
(Ⅰ)解:由
f(x)?2x
4
?3x
3
?3x
2
?6x?a
,可得
g(x)
?f
?
(x)?8x
3
?9x
2
?6x?6
, <
br>进而可得
g
?
(x)?24x
2
?18x?6
.令<
br>g
?
(x)?0
,解得
x??1
,或
x?
当
x变化时,
g
?
(x),g(x)
的变化情况如下表:
x
1
.
4
(??,?1)
+
↗
1
(?1,)
4
-
↘
1
(,??)
4
+
↗
g
?
(x)
g(x)
所以,
g(x)
的单调递增区间是
(??,?1)
,
(,??)
,单调递减区间是<
br>(?1,)
.
(Ⅱ)证明:由
h(x)?g(x)(m?x
0
)?f(m)
,得
h(m)?g(m)(m?x
0
)?f(m)
,
1
4
1
4
h(x
0
)?g(x
0
)(m?x
0
)?f(m)
.
令函数
H
1
(x)
?g(x)(x?x
0
)?f(x)
,则
H
1
?
(
x)?g
?
(x)(x?x
0
)
.
由(Ⅰ)知,当
x?[1,2]
时,
g
?
(x)?0
,
故当
x
?[1,x
0
)
时,
H
1
?
(x)?0
,
H
1
(x)
单调递减;
当
x?(x
0
,
2]
时,
H
1
?
(x)?0
,
H
1
(x)
单调递增.
因此,当
x?[1,x
0
)?(x
0
,2]
时,
H
1
(x)?H
1
(x
0)??f(x
0
)?0
,
可得
H
1
(m)?0,即h(m)?0
.
令函数
H
2
(x)?g(x
0
)(x?x
0
)?f(x)
,则
H
2
?
(x)?g
?
(x
0
)?g(
x)
.
由(Ⅰ)知,
g(x)
在
[1,2]
上单调递增,
故当
x?[1,x
0
)
时,
H
2
?
(x)?0
,
H
2
(x)
单调递增;
当
x?(
x
0
,2]
时,
H
2
?
(x)?0
,H
2
(x)
单调递减.
因此,当
x?[1,x
0)?(x
0
,2]
时,
H
2
(x)?H
2(x
0
)?0
,
可得
H
2
(m)?0,即h(x
0
)?0
.
所以,
h(m)h(x
0
)?0
.
13
(III)对于任意的正整数
p
,
q
,且
p
?[1,x
0
)?(x
0
,2]
,
q
令
m?
p
,函数
h(x)?g(x)(m?x
0
)?f(m
)
.
q
由(II)知,当
m?[1,x
0
)
时,
h(x)
在区间
(m,x
0
)
内有零点;
当m?(x
0
,2]
时,
h(x)
在区间
(x
0
,m)
内有零点.
所以
h(x)
在
(1,2)
内
至少有一个零点,不妨设为
x
1
,则
h(x
1
)?g(x<
br>1
)(
由(I)知
g(x)
在
[1,2]
上单调递增
,故
0?g(1)?g(x
1
)?g(2)
,
pp
?x
0
)?f()?0
.
qq
pp
f()|f()|
p|2p
4
?3p
3
q?3p
2
q
2
?6pq
3
?aq
4
|
qq
|??<
br>于是
|?x
0
|?|
.
4
qg(x
1)g(2)g(2)q
因为当
x?[1,2]
时,
g(x)?0
,故
f(x)
在
[1,2]
上单调递增,
所以
f(x)<
br>在区间
[1,2]
上除
x
0
外没有其他的零点,而
p
p
?x
0
,故
f()?0
.
q
q
432234
又因为
p
,
q
,
a
均为整数,所以
|2p?3pq?3pq?6pq?aq|
是正整数,
432234
从而
|2p?3pq?3pq?6pq?aq|?1
.
所以
|
p1p1
?x
0
|?|?x|?
A?g(2)
.所以,只要取,就有.
0
qg(2)q
4
qAq<
br>4
?
|x|?2,x?1,
x
?
a?R
f(x)?|
?a|
在 27.(2017天津)已知函数
f(x)?
?
设,若关于的不等
式
2
2
x?,x?1.
?
x
?
R
上恒成立
,则
a
的取值范围是( A )
(A)
[?2,2]
(B)
[?23,2]
(D)
[?23,23]
(C)
[?2,23]
14
28.(2017天津)设
a,b?R
,
|a|?1
.已知函数
f(x)?x
3
?6x
2
?3a(a?4)x?b
,
g(x
)?e
x
f(x)
(Ⅰ)求
f(x)
的单调区间; (Ⅱ)已知函数
y?g(x)
和
y?e
x
的图象在公共点(x
0
,y
0
)处有相同的切线,
(ⅰ)求证:
f(x)
在
x?x
0
处的导数等于0; (ⅱ)若关于
x
的不等式
g(x)?e
x
在区间
[x<
br>0
?1,x
0
?1]
上恒成立,求
b
的取值范围.
(Ⅰ)解:由
f(x)?x
3
?6x
2
?3a(a?4)x
?b
可得
f
?
(x)?3x?12x?3a(a?4)?3(x?
a)[x?(4?a)]
令
f
?
(x)?0
,解得
x?a
,或
x?4?a
,由
|a|?1
,得
a?4?a<
br>
当
x
变化时,
f
?
(x),f(x)
的变
化情况如下表:
2
x
f
?
(x)
f(x)
(??,a)
+
(a,4?a)
-
(4?a,??)
+
?
?
?
所以,
f(x)
的单调递增区间为
(??,a)
,
(4?a,??)
,单调递减区间为
(a,4?a)
x
0
?
g(x)?e,
?
0
x
(Ⅱ)(ⅰ)证明:因为g
?
(x)?e(f(x)?f
?
(x))
,由题意知
?
,
x
0
?
?
g
?
(x
0)?e,
xx
?
?
f(x
0
)?1,
?
f(x
0
)e
0
?e
0
,
所以
?
x
,解得,所以,
f(x)
在
x?x
0
处的导数等于0
?
x
00
?
?
f
?
(x
0
)?0
?
e(f(x
0
)?f
?
(x
0
))?e,
x
(ⅱ)解:因为
g(x)?e
,
x?[x
0<
br>?1,x
0
?1]
,由
e?0
,可得
f(x)?1<
br>.
x
又因为
f(x
0
)?1
,
f'(x<
br>0
)?0
,故
x
0
为
f(x)
的极大值点,
由(Ⅰ)知
x
0
?a
.
另一方面,由于
|a|?1
,故
a?1?4?a
,
由(Ⅰ
)知
f(x)
在
(a?1,a)
内单调递增,在
(a,a?1)内单调递减,
故当
x
0
?a
时,
f(x)?f(a)
?1
在
[a?1,a?1]
上恒成立,
从而
g(x)?e
在
[x
0
?1,x
0
?1]
上恒成立.
x
15
由
f(a)?a
3
?6
a
2
?3a(a?4)a?b?1
,得
b?2a?6a?1
,
?1?a?1
。
32
令
t(x)?2x
3
?6x
2
?1
,
x?[?1,1]
,所以
t'(x)?6x
2<
br>?12x
,
令
t'(x)?0
,解得
x?2
(舍去
),或
x?0
.
因为
t(?1)??7
,
t(1)??3
,
t(0)?1
,因此
t(x)
的值域为
[?7,1].
所以,
b
的取值范围是
[?7,1]
.
1
,其中
e
是自然数对数的底数,
x
e
1
2
若
f(a?1)?f(2a)?0
,则实数
a
的取值范围是[?1,]
2
29.(2017江苏)已知函数
f(x)?x?2x?
e?
3x
?
x
2
,x?D,
30.(2017江苏)设f(x)
是定义在R且周期为1的函数,在区间[0,1)上,
f(x)?
?
?
x,x?D
其中集合
D?{x|x?
31.(2
017江苏)已知函数
f(x)?x?ax?bx?1(a?0,b?R)
有极值,且导函数<
br>f
?
(x)
的极
值点是
f(x)
的零点。(极值点是
指函数取极值时对应的自变量的值)
(1) 求b关于a的函数关系式,并写出定义域;
(2) 证明:
b?3a
;
(3) 若
f(x)
,
f
?
(x)
这两个函数的所有极值之和不小于
?
32
2<
br>2
n?1
,n?N
*
}
,则方程
f(x)?lgx?
0
的解的个数是8
n
32
7
,求
a
的取值范围。
2
a
2
a
2
解:(1)由
f(x)?x?ax?b
x?1
,得
f
?
(x)?3x?2ax?b?3(x?)?b?
<
br>33
a
2
a
当
x??
时,
f
?(x)
有极小值
b?
,因为
f
?
(x)
的极值
点是
f(x)
的零点,
3
3
aa
3
a
3
ab
2a
2
3
???1?0
,又
a?0
,
故
b??
所以
f(?)??
32793
9a
a
2
1
?(27?a
3
)?0
,即
a?3
因为
f(x)
有极值,故
f
?
(x)?0
有实根,从而
b?<
br>39a
16
当
a?3
时,
f?
(x)?0(x??1)
,故
f(x)
在
R
上是增函
数,
f(x)
没有极值;
?a?a
2
?3b?a?a
2<
br>?3b
当
a?3
,
f
?
(x)?0
有两个相
异的实根
x
1
?
,x
2
?
33
列表如下:
x
f
?
(x)
f(x)
(??,x
1
)
+
↗
x
1
0
极大值
(x
1
,x
2
)
-
↘
x
2
0
极小值
(x
2
,??)
+
↗
故
f(x)<
br>的极值点是
x
1
,
x
2
,从而
a?3
2a
2
3
?
,定义域为
(3,??)
因此
b?
9a
(2)由(1)知,
b2aa3
??
9
aaa
232t
2
?27
2t3
?
,则
g
?
(t)??
2
?
设
g(t)?
2
9t
9t9t
当
t?(
3636
,??)
时,g
?
(t)?0
,从而
g(t)
在
(,??)
上单调递增
22
b
?3
a
因为
a?3
,所以
aa?33
,故
g(aa)?g(33)?3
,即
因此
b?3a
2
24a
2
?6b
22
(3)由(1
)知,
f(x)
的极值点是
x
1
,
x
2
,
且
x
1
?x
2
??a,x
1
?x
2
?
39
332
从而
f(x
1
)?f(x
2
)?x
1
?ax
1
2
?bx
1
?1?
x
2
?ax
2
?bx
2
?1
?
x
1
x
12
22
(3x
1
2
?3ax1
?b)?
2
(3x
2
?3ax
2
?b)?(
x
1
2
?x
2
)?b(x
1
?x
2
)?2
3333
4a
3
?6ab4ab
??2?0
27
9
记
f(x),f
?
(x)
所有极值之和为
h(a)
,
17
a
2
13
13
??
a
2
?
,所以
h(a)??a
2
?,a?3
因为
f
?
(x)
的极值为
b?
9a
39a
23
a?
2
?0
,于是
h(a)
在
(3,??)
上单调递减
9a
7
因为
h(6)??
,于是
h(a)?
h(6)
,故
a?6
2
因为
h
?
(a)
??
因此
a
的取值范围为
(3,6]
32.(
2017江苏)若函数
f(x)?x
2
?ax?b
在区间[0,1]上的最大
值是M,最小值是m,
则M – m
(
B
)
A.与a有关,且与b有关
C.与a无关,且与b无关
33.(20
17江苏)函数
y?f(x)
的导函数
y?f
?
(x)
的图
像如图所示,则函数
y?f(x)
的图像
可能是(D)
B.与a有关,但与b无关
D.与a无关,但与b有关
34.(2017江苏)已知α
?
R,函数
f(x)?
|x?
值范围是___________.
(??,]
35.(2017
江苏)已知函数
f(x)?(x?2x?1)e(x?
(Ⅰ)求
f(x)
的导
函数;
?x
4
?a|?a
在区间[1,4]上的最大值是5,则α的取x
9
2
1
)
2
+?)
上的取值范围. (Ⅱ)求
f(x)
在区间
[,<
br>解:(Ⅰ)因为
(x?2x?1)
?
?1?
1
2
1<
br>,(e
?x
)
?
??e
?x
2x?1
18
1
(1?x)(2x?1?2)e
?x
1
?x?x
)e?(x?2x?1)e
?
所以
f
?
(x)?(1?
(x?)
2
2x?1
2x?
1
5
(1?x)(2x?1?2)e
?x
(Ⅱ)由
f
?(x)??0
,解得
x?1
或
x?
2
2x?1
因为
x
f
?
(x)
f(x)
1
2
1
(,1)
2
-
1
0
5
(1,)
2
+
5
2
0
5
(,??)
2
-
1
?
1
e
2
2
↘
0
↗
1
?
5
e
2
2
↘
1
?
1
11
2?x
又
f(x)?(2x?1?1)e?0
,所以
f(x)
在区间
[,??)
上的取值范围是
[0,e
2
]
22
2
19
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