10.
x有两
(2009全国卷U理)(本小题满分12分)设函数fxx2aln1
个极值点捲、X2,且人X2
(I)求a的取值范围,并讨论fx的单调性;
(II)证明:
X2
12ln2
4
16
/42
x(0
),求证
1,x1
In
x1x
N且n
2,求证:
111
23n
11.
(1)已知:
(2)已知:
n
1;
—7
x
lnn
18/42
12.(2009全国卷I理)本小题满分12分。
设函数fxx33bx23cx在两个极值
点Xi、X2,且Xi[1,0],X2[1,2].
(I)求b、c满足的约束条件,并在下面的坐标平面内,画出满足这些条件的点b,c的区域;
(II)证明:
10fx2
13.已知函数f(x)X2x1,,是方程f(x)=O的两个根(),f'(x)是f(x)
的导数;设ai1,an1anf(an)(n=1,2,)
f'(an)
(1)求,的值;
(2)证明:
对任意的正整数n,都有an>a;
(3)记bIn—(n=1,2,……),求数列{bn}的前n项和Sn。
ana
21
/42
14.(2009福建卷理)(本小题满分14分)已知函数f(x)-x3ax2bx,且
3
f'(-)0,求:
(1)试用含a的代数式表示b,并求f(x)的单调区间;
(2)令a1,设函数f(x)在为必(冷X2)处取得极值,记点M(x1,f(xj),
N(X2,f(X2)),P(m,f(m)),XimX2,请仔细观察曲线f(x)在点P处的切线
与线段MP的位置变化趋势,并解释以下问题:
(I)若对任意的m(x1,x2),
15.设二次函数f(x)x2
线段MP与曲线f(x)均有异于M,P的公共点,试确定t的最小值,并证明你的结论;(II)若存在点Q(n,f(n)),x*m,使得线段PQ与曲线f(x)有异于P、Q的公共点,请直接写出m的取值范围(不必给出求解过程)
axa,方程f(x)x0的两根Xi和x?
满
足.0x1x21
(I)求实数a的取值范围;
(II)试比较f(0)f
(1)f(0)与丄的大小.并说明理由.
16
16.
2009宁夏海南卷理()本小题满分12分)已知函数f(x)
(x33x2
ax
b)e
(1)如ab3,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)在(,),(2,)单调增加,在(,2),(,)单调减少,证明V
6.
26
/42
17.已知函数f(x)x3ax2b
(1)若函数yf(x)图象上任意不同两点连线的斜率都小于1,贝U
.3a,3;
⑵若x[0,1],函数yf(x)图象上任一点切线的斜率为k,求k|1时a的取值范围。
参考答案:
解:
函数f(x)的导函数为f'(x)3ax22bxc3a2b
(2分)
(I)由图可知
函数f(x)的图象过点(0,3),且f'
(1)0
3a2bc3a2b0
(4分)
(II)依题意f'
(2)3且f
(2)5
8a
4b6a4b35
解得
a
1,b
6所以f(x)x6x9x3
/Q
(8分)
(III)f
(x)
3x2
12x9.可转化为:
x36x29x3
x24x35xm有三个不等
实根,
即:
gx
x37x28xm与x轴有三个交点;
12a4b3a2b3
x
2
3
2
3
2,4
3
4
4,
gx
+
0
-
0
+
gx
增
极大值
减
极小值
增
2
gx3x14x83x2x4,
(10分)
16m.
g
m,
g4
327
当且仅当g
2
68
3
27
故而,16
m
68为
27
2.
解:
(I)f'(x)
a(1
x)(
x0)
m0且g416m0时,有三个交点,
(12分)
(2分)
当a
当a
当a=1时,
(II)f'(4)
x
0时,f(x)的单调增区间为0,1,减区间为1,
0时,f(x)的单调增区间为1,,减区间为0,1;
f(x)不是单调函数
3a3/口
得a2,f(x)21nx
42
m22
(2)x2x,g'(x)x
2
(5分)
2x
1
g(x)
g(x)在区间(1,3)上不是单调函数
(m
4)x
2(6分)
g'
(1)
g'(3)
0,
0.
(8分)
且g'(0)
3,
19(10分)m
亍
19
殳,3)
3
(12分)
3.
解:
(I)f(0)
2a3
f(x)3x22ax(2a3)(x1)(3x2a3),
2a3
由f(x)0x1或x,因为当x1时取得极大值,
3
2a3所以丝工1a3,所以a的取值范围是:
(,3);
3
(4分)
(II)由下表:
x
(,1)
1
2—3(1,F
2—3
3
2—3
(3,)
f(x)
+
0
-
0
-
f(x)
递增
极大值
a2
递减
极小值
—62(2—3)
27'丿
递增
a62
依题意得:
(2a3)2
27
2
(2a3)
9
,解得:
a9
所以函数f(x)的解析式是
f(x)
x39x215x
(A
(III)对任意的实数,都有2
2sin
2,22sin
2,
(10分)
在区间[-2,2]有:
f
(2)
836
3074,f
(1)
7,f
(2)
836302
f(x)的最大值是f
(1)7,f(x)的最小值是f
(2)8363074
函数f(x)在区间[2,2]上的最大值与最小值的差等于81,
所以|f(2sin)f(2sin)|81.
(14分)
4.
函数y
g(x)取极小值g(
aa
丁忖,无极大值.
(6分)
2ae
由(I)ea
g
(1)10,
(i)当
2
(ii)当主
2
g(ea)e
1,即0
a
2
2a
e2a
(ea
a)(e
a)
(8分)
1,即a
2时,函数y
g(x)在区间(1,ea)不存在零点
x
v2—
(0—)
2
v2a
2
V2——,)
2
g(x)
-
0
+
g(x)
单调递减
极小值
单调递增
若a(1ln-)0,即2a2e时,函数yg(x)在区间(1,ea)不存在零点
22
aa小
若一(1In)0,即a2e时,函数yg(x)在区间(1,ea)存在一个零点xe;
22
若a(iIn-)0,即a2e时,函数yg(x)在区间(1,ea)存在两个零点;
22
综上所述,yg(x)在(1,e)上,我们有结论:
当0a2e时,函数f(x)无零点;
当a2e时,函数f(x)有一个零点;
当a2e时,函数f(x)有两个零点.
(12分)
解:
(I)当k
1时,f(x)
2x
),令f(x)0,得x2,
0,当x(2,)时,f(x)0,
f(x)定义域为(1,+
••当x(1,2)时,f(x)
•f(x)在(1,2)内是增函数,在(2,)上是减函数•••当x2时,f(x)取最大值f
(2)0
(II)①当k0时,函数yln(x1)图象与函数
•函数f(x)有零点,不合要求;
yk(x1)1图象有公共点,
(2分)
(4分)
(8分)
1
②当k0时,f(x)
x1
k1
令f(x)0,得x,•x
k
1
•-f(x)在(1,1)内是增函数,
k
1kkx
x1
k1
r
鼻1k、
k(x)
k
x1
(6分)
在[1
1
•••f(x)的最大值是f
(1)
k
•••函数f(x)没有零点,•lnk0,因此,若函数f(x)没有零点,则实数
Ink,
6.
(1)f(x)的定义域为
(0,
),f'(x)
(i)若a
11.即a
2,则
)时,f
(x)0,x(1
丄,)上是减函数,
k
k1,
k的取值范围
a1
x
k(1,
2
xax
1
k,
)时,f(x)
(10分)
(x1)(x1a)
2分
f'(x)©
-故f(x)在(0,)单调增加.
(ii)若a
当x
(1,
1,故1
(iii)若a1
11,而a
(0,a1)及x(1,
)单调增加.
1,即a2,同理可得f(x)在(1,a
x
a2,则当x(a1,1)时,f'(x)0.
)时,f'(x)0,故f(x)在(a1,1)单调减少,在(0,a-1),
1)单调减少,在(0,1),(a1,)
5.
单调增加.
12
(II)考虑函数g(x)f(x)x-xax(a1)lnxx.
2
由g'(x)x(a"?
2..xax1(a1)1C,a11)2.
由于a
a5,故g'(x)0,即g(x)在(0,
)单调增加,从而当X1X2
0时有
g(xd
g(X2)0,即f(xjf(X2)
X1X20,
故f(X1)
—f(X2)1,当0x1x2
f(x-i)
时,有
f(X2)
f(X2)
f(x1)1
X1
X2
X1
X2
X2
X1
11ex1
7•解:
(I)f(x)e0,得x-
xxe
当x变化时,f(x)与f(x)变化情况如下表:
X
1
(0,-)
e
1e
1
(一,)e
f(X)
+
0
一
f(X)
:
单调递增
极大值
单调递减
.••当x1时,f(x)取得极大值讨2,没有极小值;(4分)
1InX2In为e(X2xjx2为
一e,…
XoX2X1Xo
X1
即X0In-2
(X2X1)
0,设g(x)
xIn匹
X1
(X2
X1)
X1
g(xj
x1In
生(X2
X1
X1),
g(xj
/
X1
In鱼
X1
1
0,
g(xj是X1的增函数,
IX!
X2,•
g(xj
gX)
x2In
X2
X2
(X2
X2)
0;
g(x2)
x2In
迪(X2
X1
X1),
g(x2);
In$
X1
1
0,
g(X2)是X2的增函数,
tx1
X2,•
gg)
g(xj
x1In
X1
(X1X1)
0,
•函数
g(x)
.X2xIn—
(X2
X1)在(儿必)内有零点
X0,
(II)(方法1)•••f(xo)kAB,
X1
(10分)
••函数g(x)
x2x1
X
x2
-In在(X1,X2)内有唯一零点
X1
X0,命题成立
1
Inx2Inx1
e(x2X1)
(方法2)t
f(X0)
kAB,•e
X0
X2
X1
即xInx2
XInx1
X1X20,X0
(XZ),且X0唯一
(12分)
再设h(x)
x2,贝yg(x1)x1Inx2x.Inx1x1x2,
xInx2xInxxx2,0x
X2,二h(x)
Inx2Inx0
设g(x)xlnx2xlnx1x1
又t生1,InX20,函数g(x)xln^(X2xj在(人必)是增函数,X1X1X]
二h(x)xInx2xInxxx2在0xx2是增函数
•••g(xjh(xjh(X2)0,同理g(X2)0
(10分)
(12分)
二方程xlnx2xln为x-ix20在xo(x^x?
)有解
•••一次函数在(冷必)g(x)(Inx2lnx,)x为x2是增函数
•••方程xlnx2xlnXix-x?
0在xo(x-,x?
)有唯一解,命题成立
注:
仅用函数单调性说明,没有去证明曲线C不存在拐点,不给分.
8.解:
(I)log2(2xx24)0,即2xx241(2分)
得函数f(x)的定义域是(1,3),(4分)
(II)g(x)F(1,log2(x2ax2bx1))x3ax2bx1,
设曲线C在x0(4x01)处有斜率为一8的切线,
又由题设log2(x3
ax2bx1)0,g(x)
3x22axb,
3x:
2ax°b
8①
•••存在实数b使得
4X。
1
②
有解,
(6分)
x;ax2bx°1
1③
由①得b
83x
02ax°,代入③得
2x。
2
ax080,
由咬
ax08
0有解,
(8分)
4
x。
1
方法1:
a2(冷)
-,因为4
X。
1
,所以2(x°)
8
[8,10),
(冷)
(x。
)
当a10时,存在实数b,使得曲线C在x0(4x01)处有斜率为—8的切线
(10分)
(I)解:
函数f(x)的定义域是(-1,s),
f'(x)
1,令f'(x)
0,解得x=0,当-1时,f'(x)0,当x>0时,f'(x)0,又f(0)=0,故当且仅当x=0时,f(x)取得最大值,最大值
abab2a2b
(II)证法一:
g(a)g(b)2g()alnablnb(ab)lnaInbln
22abab
由(I)的结论知ln(1x)x0(x1,且x0),由题设02a2b
2a
ba
ba
因此In-
In(1
)——
a
b
2a
2a
2b
ab
ab
In
In(1
)
ab
2b
2b
2a
2b
baa
b
所以aIn
bIn
——0
ab
ab
2
2
2a
ab
2a
,2b
’ab「2b八、’2b“、’小
又——
aIn
bIn
aInbIn(ba)In(ba)In2
ab
2b
ab
ab
2babab
综上0
g(a)
g(b)2g(a
b)(b
a)In2
2
ax
ax
则F(x)g(x)2[吋]
Inx
axIn
当00,因此F(x)在(0,a)内为减
(II)证法二:
g(x)xlnx,g(x)1'设F(x)g(a)g(x)2g(〒),
函数从而,当x=a时,F(x)有极小值
0g(a)g(b)g(^^)
2
设G(x)F(x)(xa)ln2,则g'(x)InxInIn2Inxln(ax)当x>0
2
时,G'(x)0,因此G(x)在(0,+a)为减函数,因为G(a)=0,b>a,所以G(b)<0.即
ab
g(a)g(b)2g^—)(ba)ln2
2
10•解:
(I)
2x
2x22x
1x
a(x
1)
令g(x)2x22xa,其对称轴为x
-。
由题意知为、X2是方程g(x)0的两个均大于1
2
的不相等的实根,其充要条件为
⑴当x(1,xJ时,fx
⑵当x(x1,x2)时,fx
⑶当x(x2,)时,fX
(II)由(I)g(0)a0,
fx2x2aln1x2
22
设hxx(2x2x)ln1
48a0,得0a1g
(1)a02
0,f(x)在(1,xJ内为增函数;
0,f(x)在(x「X2)内为减函数;
0,f(x)在(X2,)内为增函数;
12x20,a(2x2+2x2)
2
x22(2x22+2x2)ln1x2
1
x(x-),
2
则hx2x2(2x1)ln1x2x2(2x1)ln1x
当x(1,0)时,hxh(-)—
故fx2
h(X2)
12In2
4
224
1
(1)令1t,由x>0,「.t>1,x
11.x
1
原不等式等价于11lntt1
t
令f(t)=t-1-lnt,
1
)递增
•-f(t)1-当t(1,)时,有f(t)0,「.函数f(t)在t(1,
•••f(t)>f
(1)即t-11t1
另令g(t)lnt1”,则有g(t)厂0
•g(t)在(1,)上递增,•g(t)>g
(1)=0
1
•lnt1-
t
综上得
1
ln
X1
1
X1
X
X
(2)
由
(1)
令
x-1,2,-
-(n-1)
并相加得
1
1
1
2
3
n
1
ln
ln
ln
1-
2
3
n
1
2
n1
2
1
1
1
1
1
即得
ln
1
-
2
3
n
2
n1
12.分析(I)这一问主要考查了二次函数根的分布及线性规划作可行域的能力。
大部分考生有思路并
能够得分。
fx3x26bx3c由题意知方程fx0有两个根
X1、X2且X1[1,0],X2[1,2].则有f10,f00,f10,f20故有
2b-c-\<(}右图中阴影部分即是满足这些条件的点b,c的区域。
c<0
26-I-0+HO
4b+v+4>036/42
(II)这一问考生不易得分,有一定的区分度。
主要原因是含字母较多,不易找到突破口。
此题主要
利用消元的手段,消去目标fx2
3
X2
2
3bx23cx2中的b,(如果消c会较繁琐)再利用x2的
范围,并借助(I)
中的约束条件得
2,0]进而求解,有较强的技巧性