高三数学辅导精讲精练18.doc

2014届高三数学辅导精讲精练181已知函数f(x)x28lnx，g(x)x214x.(1)求函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若函数f(x)与g(x)在区间(a，a1)上均为增函数，求a的取值范围；(3)若方程f(x)g(x)m有唯一解，试求实数m的值解析(1)因为f(x)2x，所以切线的斜率kf(1)6.又f(1)1，故所求的切线方程为y16(x1)即y6x7.(2)因为f(x)，又x>0，所以当x>2时，f(x)>0；当0<x<2时，f(x)<0.即f(x)在(2，)上单调递增，在(0,2)上单调递减又g(x)(x7)249，所以g(x)在(，7)上单调递增，在(7，)上单调递减欲使函数f(x)与g(x)在区间(a，a1)上均为增函数，则解得2a6.(3)原方程等价于2x28lnx14xm，令h(x)2x28lnx14x，则原方程即为h(x)m.因为当x>0时原方程有唯一解，所以函数yh(x)与ym的图像在y轴右侧有唯一的交点又h(x)4x14，且x>0，所以当x>4时，h(x)>0；当0<x<4时，h(x)<0.即h(x)在(4，)上单调递增，在(0,4)上单调递减，故h(x)在x4处取得最小值，从而当x>0时原方程有唯一解的充要条件是mh(4)16ln224.2(2013·衡水调研)设函数f(x)x22x2ln(1x)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当x1，e1时，是否存在整数m，使不等式m<f(x)m22me2恒成立？若存在，求整数m的值；若不存在，则说明理由解析(1)由1x>0，得函数f(x)的定义域为(1，)f(x)2x2.由f(x)>0，得x>0；由f(x)<0，得1<x<0.函数f(x)的单调递增区间是(0，)，单调减区间是(1,0)(2)由(1)知，f(x)在1,0上单调递减，在0，e1上单调递增f(x)minf(0)0.又f(1)1，f(e1)e2e，且e23>1，x1，e1时，f(x)maxe2e.不等式m<f(x)m22me2恒成立，即1m<0.m是整数，m1.存在整数m1，使不等式m<f(x)m22me2恒成立3已知函数f(x)axln(x)，xe,0)，其中e是自然对数的底数，aR.(1)当a1时，确定f(x)的单调性和极值；(2)当a1时，证明：f(x)>；(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值为3，如果存在，求出a的值；如果不存在，请说明理由解析(1)f(x)xln(x)，f(x)1，当ex<1时，f(x)<0，此时f(x)单调递减；当1<x<0时，f(x)>0，此时f(x)单调递增f(x)的极小值为f(1)1.(2)由(1)知f(x)在区间e,0)上有唯一的极小值1，即f(x)在区间e,0)上的最小值为1，即f(x)min1.所证不等式即f(x)>.令h(x)， 则h(x).当ex<0时，h(x)0，故h(x)在e,0)上单调递减h(x)maxh(e)<1f(x)min.当a1时，f(x)>.(3)假设存在实数a，使f(x)axln(x)的最小值为3.f(x)a(xe,0)若a，由于xe,0)，则f(x)a0.函数f(x)axln(x)在e,0)上是增函数f(x)minf(e)ae13，解得a<，与a矛盾，舍去若a<，则当ex<时，f(x)a<0，此时f(x)axln(x)是减函数当<x<0时，f(x)a>0，此时f(x)axln(x)是增函数f(x)minf()1ln()3，解得ae2.由知，存在实数ae2，使f(x)的最小值为3.4(2013·山东济宁一模)已知函数f(x)xlnx，g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：对任意的m，n(0，e，都有f(m)g(n)>.(注：e2.718 28是自然对数的底数)解析(1)f(x)xlnx(x>0)，f(x)1(x>0)由f(x)>0，得x>1，由f(x)<0，得0<x<1.f(x)的单调递增区间是(1，)，单调递减区间是(0,1)(2)由(1)知，当x(0，e时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，e上单调递增当x1时，f(x)minf(1)1.g(x)(x>0)，g(x)(x>0)当x(0，e时，g(x)0，g(x)在(0，e上单调递增当x(0，e时，g(x)maxg(e).对任意的m，n (0，e，f(m)g(n)f(m)ming(n)max1>.即证得，对任意的m，n(0，e，都有f(m)g(n)>.5(2013·汕头质量测评)设函数f(x)x3x2(a21)x，其中a>0.(1)若函数yf(x)在x1处取得极值，求a的值；(2)已知函数f(x)有3个不同的零点，分别为0、x1、x2，且x1<x2，若对任意的xx1，x2，f(x)>f(1)恒成立，求a的取值范围解析(1)f(x)x22x(a21)，因为yf(x)在x1处取得极值，所以f(1)0.即(1)22(1)(a21)0.解得a±2.经检验得a2.(2)由题意得f(x)x(x2xa21)x(xx1)(xx2)所以方程x2xa210有两个相异的实根x1，x2.故1(a21)>0，解得a<(舍去)或a>且x1x23.又因为x1<x2，所以2x2>x1x23，故x2>>1.若x11<x2，则f(1)(1x1)(1x2)0，而f(x1)0不符合题意若1<x1<x2，对任意的xx1，x2，有xx10，xx20，所以f(x)x(xx1)(xx2)0.又f(x1)0，所以f(x)在x1，x2上的最小值为0.于是对任意的xx1，x2，f(x)>f(1)恒成立的充要条件为f(1)a2<0，解得<a<.综上得<a<，即a的取值范围为(，)6(2013·西安市质检)设函数f(x)x3x2(m21)x(xR)，其中m>0.(1)当m1时，求曲线yf(x)在(1，f(1)点处的切线的方程；(2)求函数f(x)的单调区间与极值；(3)已知函数g(x)f(x)有三个互不相同的零点，求m的取值范围解析(1)当m1时，f(x)x3x2，f(x)x22x，故f(1)1.所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为1.切线方程为3x3y10.(2)f(x)x22xm21，令f(x)0，得到x1m或x1m.因为m>0，所以1m>1m.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1m)1m(1m,1m)1m(1m，)f(x)00f(x)极小值极大值f(x)在(，1m)和(1m，)内减函数，在(1m，1m)内增函数函数f(x)在x1m处取得极大值f(1m)，且f(1m)m3m2.函数f(x)在x1m处取得极小值f(1m)，且f(1m)m3m2.(3)由(2)知，函数g(x)在x1m处取得极大值g(1m)f(1m)，且g(1m)m3m2.函数g(x)在x1m处取得极小值g(1m)f(1m)，且g(1m)m3m2.根据三次函数的图像与性质，函数g(x)f(x)有三个互不相同的零点，只需要即所以m的取值范围是.7(2013·沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln21且x>0时，ex>x22ax1.解析(1)由f(x)ex2x2a，xR，知f(x)ex2，xR.令f(x)0，得xln2.于是当x变化时f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln2)ln2(ln2，)f(x)0f(x)2(1ln2a)故f(x)的单调递减区间是(，ln2)，单调递增区间是(ln2，)f(x)在xln2处取得极小值，极小值为f(ln2)eln22ln22a2(1ln2a)(2)设g(x)exx22ax1，xR.于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当a>ln21时，g(x)最小值g(ln2)2(1ln2a)>0.于是对任意xR，都有g(x)>0，所以g(x)在R内单调递增于是当a>ln21时，对任意x(0，)，都有g(x)>g(0)而g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)>0.即exx22ax1>0，故ex>x22ax1.8(2013·西北五校)已知函数f(x)ax2(2a1)x2lnx(aR)(1)若曲线yf(x)在x1和x3处的切线互相平行，求a的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)x22x，若对任意x1(0,2，均存在x2(0,2，使得f(x1)<g(x2)，求a的取值范围解析f(x)ax(2a1)(x>0)(1)由f(1)f(3)，解得a.(2)f(x)(x>0)当a0时，x>0，ax1<0，在区间(0,2)上f(x)>0；在区间(2，)上f(x)<0.故f(x)的单调递增区间(0,2)，单调递减区间是(2，)当0<a<时，>2，在区间(0,2)和上f(x)>0；在区间上f(x)<0，故f(x)的单调递增区间是(0,2)和(，)，单调递减区间是.当a时，f(x)，故f(x)的单调递增区间是(0，)当a>时，0<<2，在区间和(2，)上f(x)>0；在区间上f(x)<0，故f(x)的单调递增区间是和(2，)，单调递减区间是.(3)由已知，在(0,2上有f(x)max<g(x)max.由已知，g(x)max0，由(2)可知，当a时，f(x)在(0,2上单调递增，故f(x)maxf(2)2a2(2a1)2ln22a22ln2.所以，2a22ln2<0，解得a>ln21.故ln21<a.当a>时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，故f(x)maxf()22lna.由a>可知lna>ln>ln1,2lna>2，2lna<2.所以，22lna<0，f(x)max<0.综上所述，a>ln21.1(2011·天津文)已知函数f(x)4x33tx26t2xt1，xR，其中tR.(1)当t1时，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)当t0时，求f(x)的单调区间；(3)证明：对任意t(0，)，f(x)在区间(0,1)内均存在零点解析(1)当t1时，f(x)4x33x26x，f(0)0，f(x)12x26x6，f(0)6.所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y6x.(2)f(x)12x26tx6t2.令f(x)0，解得xt或x.因为t0，以下分两种情况讨论：若t<0，则<t.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，)(，t)(t，)f(x)f(x)所以，f(x)的单调递增区间是(，)，(t，)；f(x)的单调递减区间是(，t)若t>0，则t<.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，t)(t，)(，)f(x)f(x)所以，f(x)的单调递增区间是(，t)，(，)；f(x)的单调递减区间是(t，)(3)由(2)可知，当t>0时，f(x)在(0，)内单调递减，在(，)内单调递增以下分两种情况讨论：当1，即t2时，f(x)在(0,1)内单调递减f(0)t1>0，f(1)6t24t36×44×23<0.所以对任意t2，)，f(x)在区间(0,1)内均存在零点当0<<1，即0<t<2时，f(x)在(0，)内单调递减，在(，1)内单调递增若t(0,1，f()t3t1t3<0，f(1)6t24t36t4t32t3>0.所以f(x)在(，1)内存在零点若t(1,2)，f()t3(t1)<t31<0，f(0)t1>0.所以f(x)在(0，)内存在零点所以，对任意t(0,2)，f(x)在区间(0,1)内均存在零点综上，对任意t(0，)，f(x)在区间(0,1)内均存在零点2(2011·江西文)设f(x)x3mx2nx.(1)如果g(x)f(x)2x3在x2处取得最小值5，求f(x)的解析式；(2)如果mn<10(m，nN*)，f(x)的单调递减区间的长度是正整数，试求m和n的值(注：区间(a，b)的长度为ba)解析(1)由题得g(x)x22(m1)x(n3)(xm1)2(n3)(m1)2，已知g(x)在x2处取得最小值5，所以即m3，n2.即得所要求的解析式为f(x)x33x22x.(2)因为f(x)x22mxn，且f(x)的单调递减区间的长度为正整数，故f(x)0一定有两个不同的根，从而4m24n>0，即m2>n.不妨设为x1，x2，则|x2x1|2为正整数故m2时才可能有符合条件的m，n，当m2时，只有n3符合要求，当m3时，只有n5符合要求，当m4时，没有符合要求的n.综上所述，只有m2，n3或m3，n5满足上述要求3已知函数f(x)exax，g(x)exlnx.(e2.718 28)(1)设曲线yf(x)在x1处的切线与直线x(e1)y1垂直，求a的值；(2)若对于任意实数x0，f(x)>0恒成立，试确定实数a的取值范围；(3)当a1时，是否存在实数x01，e，使曲线C：yg(x)f(x)在点xx0处的切线与y轴垂直？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由解析(1)由题知，f(x)exa.因此曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线l的斜率为ea，又直线x(e1)y1的斜率为，(ea)1.a1.(2)当x0时，f(x)exax>0恒成立，若x0，a为任意实数，f(x)exax>0恒成立若x>0，f(x)exax>0恒成立，即当x>0时，a>恒成立设Q(x).Q(x).当x(0,1)时，Q(x)>0，则Q(x)在(0,1)上单调递增，当x(1，)时，Q(x)<0，则Q(x)在(1，)上单调递减当x1时，Q(x)取得最大值Q(x)maxQ(1)e.要使x0时，f(x)>0恒成立，a的取值范围为(e，)(3)依题意，曲线C的方程为yexlnxexx.令M(x)exlnxexx，M(x)exlnxex1(lnx1)ex1.设h(x)lnx1，则h(x).当x1，e时，h(x)0.故h(x)在1，e上为增函数，因此h(x)在区间1，e上的最小值为h(1)ln10.所以h(x)lnx10.当x01，e时，.曲线yexlnxexx在点xx0处的切线与y轴垂直等价于方程M(x0)0在x1，e上有实数解而M(x0)>0，即方程M(x0)0无实数解故不存在实数x01，e，使曲线yM(x)在点xx0处的切线与y轴垂直4已知x>，函数f(x)x2，h(x)2elnx(e为自然常数)(1)求证：f(x)h(x)；(2)若f(x)h(x)且g(x)h(x)恒成立，则称函数h(x)的图像为函数f(x)，g(x)的“边界”已知函数g(x)4x2pxq(p，qR)，试判断“函数f(x)，g(x)以函数h(x)的图像为边界”和“函数f(x)，g(x)的图像有且仅有一个公共点”这两个条件能否同时成立？若能同时成立，请求出实数p、q的值；若不能同时成立，请说明理由解析(1)证明：记u(x)f(x)h(x)x22elnx，则u(x)2x，令u(x)>0，因为x>，所以x>.所以函数u(x)在(，)上单调递减，在(，)上单调递增u(x)minu()f()h()ee0，即u(x)0，所以f(x)h(x)(2)由(1)知，f(x)h(x)对x>恒成立，当且仅当x时等号成立记v(x)h(x)g(x)2elnx4x2pxq，则“v(x)0恒成立”与“函数f(x)，g(x)的图像有且仅有一个公共点”同时成立，即v(x)0对x>恒成立，当且仅当x时等号成立所以函数v(x)在x时取极小值注意到v(x)8xp，由v()0，解得p10.此时v(x)，由x>知，函数v(x)在(，)上单调递减，在(，)上单调递增，即v(x)minv()h()g()5eq0，q5e，综上，两个条件能同时成立，此时p10，q5e.5(2012·山东卷)已知函数f(x)(k为常数，e2.718 28是自然对数的底数)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)(x2x)f(x)，其中f(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x>0，g(x)<1e2.解析(1)由f(x)，得f(x)，x(0，)由于曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线与x轴平行，所以f(1)0，因此k1.(2)由(1)得f(x)(1xxlnx)，x(0，)令h(x)1xxlnx，x(0，)，当x(0,1)时，h(x)>0；当x(1，)时，h(x)<0.又ex>0，所以当x(0,1)时，f(x)>0；当x(1，)时，f(x)<0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，)(3)因为g(x)(x2x)f(x)，所以g(x)(1xxlnx)，x(0，)因此，对任意x>0，g(x)<1e2等价于1xxlnx<(1e2)由(2)中h(x)1xxlnx，x(0，)，所以h(x)lnx2(lnxlne2)，x(0，)因此，当x(0，e2)时，h(x)>0，h(x)单调递增；当x(e2，)时，h(x)<0，h(x)单调递减所以h(x)的最大值为h(e2)1e2.故1xxlnx1e2.设(x)ex(x1)因为(x)ex1exe0，所以当x(0，)时，(x)>0，(x)单调递增，(x)>(0)0.故当x(0，)时，(x)ex(x1)>0，即>1.所以1xxlnx1e2<(1e2)因此，对任意x>0，g(x)<1e2.6(2011·山东文)某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为 立方米，且l2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关已知圆柱形部分每平方米建筑费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c>3)千元设该容器的建造费用为y千元(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；(2)求该容器的建造费用最小时的r.解析(1)设容器的容积为V，由题意知Vr2lr3，又V，故lr(r)由于l2r，因此0<r2.所以建造费用y2rl×34r2c2r×(r)×34r2c，因此y4(c2)r2，0<r2.(2)由(1)得y8(c2)r(r3)，0<r<2.由于c>3，所以c2>0.当r30时，r.令m，则m>0.所以y(rm)(r2rmm2)当0<m<2即c>时，当rm时，y0；当r(0，m)时，y<0；当r(m,2)时，y>0.所以rm是函数y的极小值点，也是最小值点当m2即3<c时，当r(0,2)时，y<0，函数单调递减，所以r2是函数y的最小值点综上所述，当3<c时，建造费用最小时r2；当c>时，建造费用最小时r.7(2013·江南十校)设M是满足下列条件的函数f(x)构成的集合：“方程f(x)x0有实数根；函数f(x)的导数f(x)满足0<f(x)<1.”(1)若函数f(x)为集合M中的任一元素，试证明方程f(x)x0只有一个实根；(2)判断函数g(x)3(x>1)是否是集合M中的元素，并说明理由；(3)“对于(2)中函数g(x)定义域内的任一区间m，n，都存在x0m，n，使得g(n)g(m)(nm)g(x0)”，请利用函数ylnx的图像说明这一结论解析(1)令h(x)f(x)x，则h(x)f(x)1<0，即h(x)在区间(1，)上单调递减所以，使h(x)0，即f(x)x0成立的x至多有一解又由题设知方程f(x)x0有实数根，所以，方程f(x)x0只有一个实数根(2)由题意知，g(x)(0,1)，满足条件令F(x)g(x)x3(x>1)，则F(e)>0，F(e2)2<0.又F(x)在区间e，e2上连续，所以F(x)在e，e2上存在零点x0，即方程g(x)x0有实数根x0e，e2，故g(x)满足条件.综上可知，g(x)M.(3)由(1)知：g(n)g(m)(nm)(lnnlnm)，而(nm)g(x0)(nm)()，所以原式等价于.该等式说明函数ylnx(x>1)上任意两点A(m，lnm)和B(n，lnn)的连线段AB(如图所示)，在曲线ylnx(mxn)上都一定存在一点P(x0，lnx0)，使得该点处的切线平行于AB，根据ylnx(x>1)图像知该等式一定成立8(2013·郑州质检)已知函数f(x)xln(xa)在x1处取得极值(1)求实数a的值；(2)若关于x的方程f(x)2xx2b在，2上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围答案(1)0(2)ln2b<2解析(1)对f(x)求导，得f(x)1.由题意，得f(1)0，即10，a0.(2)由(1)得f(x)xlnx.f(x)2xx2b，即x23xlnxb0.设g(x)x23xlnxb(x>0)，则g(x)2x3.令g(x)0，得x1，x21.当x变化时，g(x)、g(x)的变化情况如下表：x(0，)(，1)1(1,2)2g(x)00g(x)极大值极小值b2ln2当x1时，g(x)的极小值为g(1)b2.又g()bln2，g(2)b2ln2.方程f(x)2xx2b在，2上恰有两个不相等的实数根，即解得ln2b<2.9已知函数f(x)ax22x1，g(x)ln(x1)(1)求函数yg(x)x在0,1上的最小值；(2)当a时，函数t(x)f(x)g(x)的图像记为曲线C，曲线C在点(0,1)处的切线为l，是否存在a使l与曲线C有且仅有一个公共点？若存在，求出所有a的值；否则，说明理由(3)当x0时，g(x)f(x)恒成立，求a的取值范围解析(1)y1，因为0x1，所以y0.所以yg(x)x在0,1上单调递减当x1时，y取最小值为ln21.故yg(x)x在0,1的最小值为ln21.(2)函数t(x)的定义域为(1，)，t(x)2ax2，t(0)1.所以在切点P(0,1)处的切线l的斜率为1.因此切线方程为yx1.因此切线l与曲线C有唯一的公共点，所以，方程ax2xln(x1)0有且只有一个实数解显然，x0是方程的一个解令(x)ax2xln(x1)，则(x)2ax1.当a时，(x)0，于是，(x)在(1，)上单调递增，即x0是方程唯一的实数解当a>时，由(x)0，得x10，x21(1,0)在区间(1，x2)上，(x)>0，在区间(x2,0)上，(x)<0.所以，函数(x)在x2处有极大值(x2)，且(x2)>(0)0.而当x1时，(x)，因此，(x)0在(1，x2)内也有一个解，矛盾综上，得a.(3)令h(x)g(x)ln(x1)ax2x，h(x)ax1(x>1)若a0，当x0，)时，h(x)0，则h(x)在0，)上单调递减，故h(x)h(0)0，不合题意；若a1，当x0，)时，h(x)0，则h(x)在0，)上单调递增，故h(x)h(0)0，符合题意；若0<a<1，当x时，h(x)0，则h(x)在单调递减，故h()<h(0)0，不合题意；若a<0，当x0，)时，h(x)0，则h(x)在0，)单调递减，故h(1)<h(0)0，不合题意综上：a的取值范围是a1.