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      江蘇省2014年高考數(shù)學(xué)壓軸題答案

      時(shí)間:2019-05-13 21:54:28下載本文作者:會(huì)員上傳
      簡(jiǎn)介:寫寫幫文庫(kù)小編為你整理了多篇相關(guān)的《江蘇省2014年高考數(shù)學(xué)壓軸題答案》,但愿對(duì)你工作學(xué)習(xí)有幫助,當(dāng)然你在寫寫幫文庫(kù)還可以找到更多《江蘇省2014年高考數(shù)學(xué)壓軸題答案》。

      第一篇:江蘇省2014年高考數(shù)學(xué)壓軸題答案

      江蘇省2014年高考數(shù)學(xué)壓軸題答案

      14、由siA?n2siB?n2siCn,得a?2b?2c,c?1(a?2b)2,122a?b?(a?2b)2222a?b?c3a2?2b2?22ab26ab?22ab?2cosC?????2ab2ab8ab8ab4

      答案是6?2 420、(2)

      1n(n?1)d?1?(m?1)d,2

      1n?1n(n?1)n(n?1)m?[n?1?n(n?1)d?d]?d???1,?m,n?N?,且?N?,2d22

      n?1?Z,又d<0, ?d??1 ??n?N?,dan?1?(n?1)d,Sn?n?(3){an}是等差數(shù)列,設(shè){an}的公差為d?,則an?a1?(n?1)d?.令bn?na1,cn?a1?(n?1)d??na1?(d?a1)(n?1),則an?bn?cn.下面證明 {bn}和{cn}都是“H”型數(shù)列:當(dāng)n=1時(shí),顯然成立;當(dāng)n?2時(shí),{bn}的前nn(n?1)a1?bn(n?1)22

      n(n?1)n(n?1)?n]?(d??a1){[?1]?1}?cn(n?1),?1222,{cn}的前n項(xiàng)和為(d??a1)[

      故{bn}和{cn}都是“H”型數(shù)列。從而命題得證。

      第二篇:高考數(shù)列壓軸題匯總(附答案解析)

      高考數(shù)列壓軸題

      一.解答題(共50小題)

      1.?dāng)?shù)列{an}滿足a1=1,a2=+,…,an=++…+(n∈N*)

      (1)求a2,a3,a4,a5的值;

      (2)求an與an﹣1之間的關(guān)系式(n∈N*,n≥2);

      (3)求證:(1+)(1+)…(1+)<3(n∈N*)

      2.已知數(shù)列{xn}滿足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*),證明:當(dāng)n∈N*時(shí),(Ⅰ)0<xn+1<xn;

      (Ⅱ)2xn+1﹣xn≤;

      (Ⅲ)≤xn≤.

      3.?dāng)?shù)列{an}中,a1=,an+1=(n∈N*)

      (Ⅰ)求證:an+1<an;

      (Ⅱ)記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,求證:Sn<1.

      4.已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足an2+an=3a2n+1+2an+1,a1=1.

      (1)求a2的值;

      (2)證明:對(duì)任意實(shí)數(shù)n∈N*,an≤2an+1;

      (3)記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,證明:對(duì)任意n∈N*,2﹣≤Sn<3.

      5.已知在數(shù)列{an}中,.,n∈N*

      (1)求證:1<an+1<an<2;

      (2)求證:;

      (3)求證:n<sn<n+2.

      6.設(shè)數(shù)列{an}滿足an+1=an2﹣an+1(n∈N*),Sn為{an}的前n項(xiàng)和.證明:對(duì)任意n∈N*,(I)當(dāng)0≤a1≤1時(shí),0≤an≤1;

      (II)當(dāng)a1>1時(shí),an>(a1﹣1)a1n﹣1;

      (III)當(dāng)a1=時(shí),n﹣<Sn<n.

      7.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,Sn=2an+1,其中Sn為{an}的前n項(xiàng)和(n∈N*).

      (Ⅰ)求S1,S2及數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式;

      (Ⅱ)若數(shù)列{bn}滿足,且{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,求證:當(dāng)n≥2時(shí),.

      8.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,(n∈N*),(Ⅰ)

      證明:;

      (Ⅱ)

      證明:.

      9.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和為Sn,已知a1=,an+1=,其中n∈N*.

      (1)證明:an<2;

      (2)證明:an<an+1;

      (3)證明:2n﹣≤Sn≤2n﹣1+()n.

      10.?dāng)?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),且an+1=an+﹣1(n∈N*),{an}的前n項(xiàng)和是Sn.

      (Ⅰ)若{an}是遞增數(shù)列,求a1的取值范圍;

      (Ⅱ)若a1>2,且對(duì)任意n∈N*,都有Sn≥na1﹣(n﹣1),證明:Sn<2n+1.

      11.設(shè)an=xn,bn=()2,Sn為數(shù)列{an?bn}的前n項(xiàng)和,令fn(x)=Sn﹣1,x∈R,a∈N*.

      (Ⅰ)若x=2,求數(shù)列{}的前n項(xiàng)和Tn;

      (Ⅱ)求證:對(duì)?n∈N*,方程fn(x)=0在xn∈[,1]上有且僅有一個(gè)根;

      (Ⅲ)求證:對(duì)?p∈N*,由(Ⅱ)中xn構(gòu)成的數(shù)列{xn}滿足0<xn﹣xn+p<.

      12.已知數(shù)列{an},{bn},a0=1,(n=0,1,2,…),Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.

      求證:(Ⅰ)an+1<an;

      (Ⅱ);

      (Ⅲ).

      13.已知數(shù)列{an}滿足:a1=,an=an﹣12+an﹣1(n≥2且n∈N).

      (Ⅰ)求a2,a3;并證明:2﹣≤an≤?3;

      (Ⅱ)設(shè)數(shù)列{an2}的前n項(xiàng)和為An,數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Bn,證明:=an+1.

      14.已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為非負(fù)數(shù),其前n項(xiàng)和為Sn,且對(duì)任意的n∈N*,都有.

      (1)若a1=1,a505=2017,求a6的最大值;

      (2)若對(duì)任意n∈N*,都有Sn≤1,求證:.

      15.已知數(shù)列{an}中,a1=4,an+1=,n∈N*,Sn為{an}的前n項(xiàng)和.

      (Ⅰ)求證:n∈N*時(shí),an>an+1;

      (Ⅱ)求證:n∈N*時(shí),2≤Sn﹣2n<.

      16.已知數(shù)列{an}滿足,a1=1,an=﹣.

      (1)求證:an≥;

      (2)求證:|an+1﹣an|≤;

      (3)求證:|a2n﹣an|≤.

      17.設(shè)數(shù)列{an}滿足:a1=a,an+1=(a>0且a≠1,n∈N*).

      (1)證明:當(dāng)n≥2時(shí),an<an+1<1;

      (2)若b∈(a2,1),求證:當(dāng)整數(shù)k≥+1時(shí),ak+1>b.

      18.設(shè)a>3,數(shù)列{an}中,a1=a,an+1=,n∈N*.

      (Ⅰ)求證:an>3,且<1;(Ⅱ)當(dāng)a≤4時(shí),證明:an≤3+.

      19.已知數(shù)列{an}滿足an>0,a1=2,且(n+1)an+12=nan2+an(n∈N*).

      (Ⅰ)證明:an>1;

      (Ⅱ)證明:++…+<(n≥2).

      20.已知數(shù)列{an}滿足:.

      (1)求證:;

      (2)求證:.

      21.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,且an+12+an2=2(an+1an+an+1﹣an﹣).

      (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

      (2)求證:++…+<;

      (3)記Sn=++…+,證明:對(duì)于一切n≥2,都有Sn2>2(++…+).

      22.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=,n∈N*.

      (1)求證:≤an≤1;

      (2)求證:|a2n﹣an|≤.

      23.已知數(shù)列{an]的前n項(xiàng)和記為Sn,且滿足Sn=2an﹣n,n∈N*

      (Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

      (Ⅱ)證明:+…(n∈N*)

      24.已知數(shù)列{an}滿足:a1=,an+1=+an(n∈N*).

      (1)求證:an+1>an;

      (2)求證:a2017<1;

      (3)若ak>1,求正整數(shù)k的最小值.

      25.已知數(shù)列{an}滿足:an2﹣an﹣an+1+1=0,a1=2

      (1)求a2,a3;

      (2)證明數(shù)列為遞增數(shù)列;

      (3)求證:<1.

      26.已知數(shù)列{an}滿足:a1=1,(n∈N*)

      (Ⅰ)求證:an≥1;

      (Ⅱ)證明:≥1+

      (Ⅲ)求證:<an+1<n+1.

      27.在正項(xiàng)數(shù)列{an}中,已知a1=1,且滿足an+1=2an(n∈N*)

      (Ⅰ)求a2,a3;

      (Ⅱ)證明.a(chǎn)n≥.

      28.設(shè)數(shù)列{an}滿足.

      (1)證明:;

      (2)證明:.

      29.已知數(shù)列{an}滿足a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),令bn=an+1.

      (Ⅰ)求證:{bn}是等比數(shù)列;

      (Ⅱ)記數(shù)列{nbn}的前n項(xiàng)和為Tn,求Tn;

      (Ⅲ)求證:﹣<+…+.

      30.已知數(shù)列{an}中,a1=3,2an+1=an2﹣2an+4.

      (Ⅰ)證明:an+1>an;

      (Ⅱ)證明:an≥2+()n﹣1;

      (Ⅲ)設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Sn,求證:1﹣()n≤Sn<1.

      31.已知數(shù)列{an}滿足a1=,an+1=,n∈N*.

      (1)求a2;

      (2)求{}的通項(xiàng)公式;

      (3)設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn,求證:(1﹣()n)≤Sn<.

      32.?dāng)?shù)列{an}中,a1=1,an=.

      (1)證明:an<an+1;

      (2)證明:anan+1≥2n+1;

      (3)設(shè)bn=,證明:2<bn<(n≥2).

      33.已知數(shù)列{an}滿足,(1)若數(shù)列{an}是常數(shù)列,求m的值;

      (2)當(dāng)m>1時(shí),求證:an<an+1;

      (3)求最大的正數(shù)m,使得an<4對(duì)一切整數(shù)n恒成立,并證明你的結(jié)論.

      34.已知數(shù)列{an}滿足:,p>1,.

      (1)證明:an>an+1>1;

      (2)證明:;

      (3)證明:.

      35.?dāng)?shù)列{an}滿足a1=,an+1﹣an+anan+1=0(n∈N*).

      (Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

      (Ⅱ)求證:a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an<1.

      36.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=an2+p.

      (1)若數(shù)列{an}就常數(shù)列,求p的值;

      (2)當(dāng)p>1時(shí),求證:an<an+1;

      (3)求最大的正數(shù)p,使得an<2對(duì)一切整數(shù)n恒成立,并證明你的結(jié)論.

      37.已知數(shù)列{an}滿足a1=a>4,(n∈N*)

      (1)求證:an>4;

      (2)判斷數(shù)列{an}的單調(diào)性;

      (3)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,求證:當(dāng)a=6時(shí),.

      38.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=.

      (Ⅰ)求證:an+1<an;

      (Ⅱ)求證:≤an≤.

      39.已知數(shù)列{an}滿足:a1=1,.

      (1)若b=1,證明:數(shù)列是等差數(shù)列;

      (2)若b=﹣1,判斷數(shù)列{a2n﹣1}的單調(diào)性并說(shuō)明理由;

      (3)若b=﹣1,求證:.

      40.已知數(shù)列{an}滿足,(n=1,2,3…),Sn=b1+b2+…+bn.

      證明:(Ⅰ)an﹣1<an<1(n≥1);

      (Ⅱ)(n≥2).

      41.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=,n∈N*,記S,Tn分別是數(shù)列{an},{a}的前n項(xiàng)和,證明:當(dāng)n∈N*時(shí),(1)an+1<an;

      (2)Tn=﹣2n﹣1;

      (3)﹣1<Sn.

      42.已知數(shù)列{an}滿足a1=3,an+1=an2+2an,n∈N*,設(shè)bn=log2(an+1).

      (I)求{an}的通項(xiàng)公式;

      (II)求證:1+++…+<n(n≥2);

      (III)若=bn,求證:2≤<3.

      43.已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1=3,n∈N*.

      (1)求證:1<an≤3,n∈N*;

      (2)若對(duì)于任意的正整數(shù)n,都有成立,求M的最小值;

      (3)求證:a1+a2+a3+…+an<n+6,n∈N*.

      44.已知在數(shù)列{an}中,,n∈N*.

      (1)求證:1<an+1<an<2;

      (2)求證:;

      (3)求證:n<sn<n+2.

      45.已知數(shù)列{an}中,(n∈N*).

      (1)求證:;

      (2)求證:是等差數(shù)列;

      (3)設(shè),記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,求證:.

      46.已知無(wú)窮數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=,=n∈N*.

      (Ⅰ)證明:0<an<1;

      (Ⅱ)

      記bn=,Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,證明:對(duì)任意正整數(shù)n,Tn.

      47.已知數(shù)列{xn}滿足x1=1,xn+1=2+3,求證:

      (I)0<xn<9;

      (II)xn<xn+1;

      (III).

      48.?dāng)?shù)列{an}各項(xiàng)均為正數(shù),且對(duì)任意n∈N*,滿足an+1=an+can2(c>0且為常數(shù)).

      (Ⅰ)若a1,2a2,3a3依次成等比數(shù)列,求a1的值(用常數(shù)c表示);

      (Ⅱ)設(shè)bn=,Sn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,(i)求證:;

      (ii)求證:Sn<Sn+1<.

      49.設(shè)數(shù)列滿足|an﹣|≤1,n∈N*.

      (Ⅰ)求證:|an|≥2n﹣1(|a1|﹣2)(n∈N*)

      (Ⅱ)若|an|≤()n,n∈N*,證明:|an|≤2,n∈N*.

      50.已知數(shù)列{an}滿足:a1=1,an+1=an+.(n∈N*)

      (Ⅰ)證明:≥1+;

      (Ⅱ)求證:<an+1<n+1.

      高考數(shù)列壓軸題

      參考答案與試題解析

      一.解答題(共50小題)

      1.?dāng)?shù)列{an}滿足a1=1,a2=+,…,an=++…+(n∈N*)

      (1)求a2,a3,a4,a5的值;

      (2)求an與an﹣1之間的關(guān)系式(n∈N*,n≥2);

      (3)求證:(1+)(1+)…(1+)<3(n∈N*)

      【解答】解:(1)a2=+=2+2=4,a3=++=3+6+6=15,a4=+++=4+4×3+4×3×2+4×3×2×1=64,a5=++++=5+20+60+120+120=325;

      (2)an=++…+=n+n(n﹣1)+n(n﹣1)(n﹣2)+…+n!

      =n+n[(n﹣1)+(n﹣1)(n﹣2)+…+(n﹣1)!]

      =n+nan﹣1;

      (3)證明:由(2)可知=,所以(1+)(1+)…(1+)=?…

      ==+++…+=+++…+

      =+++…+≤1+1+++…+

      =2+1﹣+﹣+…+﹣=3﹣<3(n≥2).

      所以n≥2時(shí)不等式成立,而n=1時(shí)不等式顯然成立,所以原命題成立.

      2.已知數(shù)列{xn}滿足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*),證明:當(dāng)n∈N*時(shí),(Ⅰ)0<xn+1<xn;

      (Ⅱ)2xn+1﹣xn≤;

      (Ⅲ)≤xn≤.

      【解答】解:(Ⅰ)用數(shù)學(xué)歸納法證明:xn>0,當(dāng)n=1時(shí),x1=1>0,成立,假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)成立,則xk>0,那么n=k+1時(shí),若xk+1<0,則0<xk=xk+1+ln(1+xk+1)<0,矛盾,故xn+1>0,因此xn>0,(n∈N*)

      ∴xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1,因此0<xn+1<xn(n∈N*),(Ⅱ)由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得xnxn+1﹣4xn+1+2xn=xn+12﹣2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1),記函數(shù)f(x)=x2﹣2x+(x+2)ln(1+x),x≥0

      ∴f′(x)=+ln(1+x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,∴f(x)≥f(0)=0,因此xn+12﹣2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)≥0,故2xn+1﹣xn≤;

      (Ⅲ)∵xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,∴xn≥,由≥2xn+1﹣xn得﹣≥2(﹣)>0,∴﹣≥2(﹣)≥…≥2n﹣1(﹣)=2n﹣2,∴xn≤,綜上所述≤xn≤.

      3.?dāng)?shù)列{an}中,a1=,an+1=(n∈N*)

      (Ⅰ)求證:an+1<an;

      (Ⅱ)記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,求證:Sn<1.

      【解答】證明:(Ⅰ)∵>0,且a1=>0,∴an>0,∴an+1﹣an=﹣an=<0.

      ∴an+1<an;

      (Ⅱ)∵1﹣an+1=1﹣=,∴=.

      ∴,則,又an>0,∴.

      4.已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足an2+an=3a2n+1+2an+1,a1=1.

      (1)求a2的值;

      (2)證明:對(duì)任意實(shí)數(shù)n∈N*,an≤2an+1;

      (3)記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,證明:對(duì)任意n∈N*,2﹣≤Sn<3.

      【解答】解:(1)an2+an=3a2n+1+2an+1,a1=1,即有a12+a1=3a22+2a2=2,解得a2=(負(fù)的舍去);

      (2)證明:an2+an=3a2n+1+2an+1,可得an2﹣4a2n+1+an﹣2an+1+a2n+1=0,即有(an﹣2an+1)(an+2an+1+1)+a2n+1=0,由于正項(xiàng)數(shù)列{an},即有an+2an+1+1>0,4a2n+1>0,則有對(duì)任意實(shí)數(shù)n∈N*,an≤2an+1;

      (3)由(1)可得對(duì)任意實(shí)數(shù)n∈N*,an≤2an+1;

      即為a1≤2a2,可得a2≥,a3≥a2≥,…,an≥,前n項(xiàng)和為Sn=a1+a2+…+an≥1+++…+

      ==2﹣,又an2+an=3a2n+1+2an+1>a2n+1+an+1,即有(an﹣an+1)(an+an+1+1)>0,則an>an+1,數(shù)列{an}遞減,即有Sn=a1+a2+…+an<1+1+++…+

      =1+=3(1﹣)<3.

      則有對(duì)任意n∈N*,2﹣≤Sn<3.

      5.已知在數(shù)列{an}中,.,n∈N*

      (1)求證:1<an+1<an<2;

      (2)求證:;

      (3)求證:n<sn<n+2.

      【解答】證明:(1)先用數(shù)學(xué)歸納法證明1<an<2.

      ①.n=1時(shí),②.假設(shè)n=k時(shí)成立,即1<ak<2.

      那么n=k+1時(shí),成立.

      由①②知1<an<2,n∈N*恒成立..

      所以1<an+1<an<2成立.

      (2),當(dāng)n≥3時(shí),而1<an<2.所以.

      由,得,所以

      (3)由(1)1<an<2得sn>n

      由(2)得,6.設(shè)數(shù)列{an}滿足an+1=an2﹣an+1(n∈N*),Sn為{an}的前n項(xiàng)和.證明:對(duì)任意n∈N*,(I)當(dāng)0≤a1≤1時(shí),0≤an≤1;

      (II)當(dāng)a1>1時(shí),an>(a1﹣1)a1n﹣1;

      (III)當(dāng)a1=時(shí),n﹣<Sn<n.

      【解答】證明:(Ⅰ)用數(shù)學(xué)歸納法證明.

      ①當(dāng)n=1時(shí),0≤an≤1成立.

      ②假設(shè)當(dāng)n=k(k∈N*)時(shí),0≤ak≤1,則當(dāng)n=k+1時(shí),=()2+∈[]?[0,1],由①②知,.

      ∴當(dāng)0≤a1≤1時(shí),0≤an≤1.

      (Ⅱ)由an+1﹣an=()﹣an=(an﹣1)2≥0,知an+1≥an.

      若a1>1,則an>1,(n∈N*),從而=﹣an=an(an﹣1),即=an≥a1,∴,∴當(dāng)a1>1時(shí),an>(a1﹣1)a1n﹣1.

      (Ⅲ)當(dāng)時(shí),由(Ⅰ),0<an<1(n∈N*),故Sn<n,令bn=1﹣an(n∈N*),由(Ⅰ)(Ⅱ),bn>bn+1>0,(n∈N*),由,得.

      ∴=(b1﹣b2)+(b2﹣b3)+…+(bn﹣bn+1)=b1﹣bn+1<b1=,∵≥,∴nbn2,即,(n∈N*),∵==,∴b1+b2+…+bn[()+()+…+()]=,即n﹣Sn,亦即,∴當(dāng)時(shí),.

      7.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,Sn=2an+1,其中Sn為{an}的前n項(xiàng)和(n∈N*).

      (Ⅰ)求S1,S2及數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式;

      (Ⅱ)若數(shù)列{bn}滿足,且{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,求證:當(dāng)n≥2時(shí),.

      【解答】解:(Ⅰ)數(shù)列{an}滿足Sn=2an+1,則Sn=2an+1=2(Sn+1﹣Sn),即3Sn=2Sn+1,∴,即數(shù)列{Sn}為以1為首項(xiàng),以為公比的等比數(shù)列,∴Sn=()n﹣1(n∈N*).

      ∴S1=1,S2=;

      (Ⅱ)在數(shù)列{bn}中,Tn為{bn}的前n項(xiàng)和,則|Tn|=|=.

      而當(dāng)n≥2時(shí),即.

      8.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,(n∈N*),(Ⅰ)

      證明:;

      (Ⅱ)

      證明:.

      【解答】(Ⅰ)

      證明:∵①,∴②

      由②÷①得:,∴

      (Ⅱ)

      證明:由(Ⅰ)得:(n+1)an+2=nan

      令bn=nan,則③

      ∴bn﹣1?bn=n④

      由b1=a1=1,b2=2,易得bn>0

      由③﹣④得:

      ∴b1<b3<…<b2n﹣1,b2<b4<…<b2n,得bn≥1

      根據(jù)bn?bn+1=n+1得:bn+1≤n+1,∴1≤bn≤n

      =

      =

      一方面:

      另一方面:由1≤bn≤n可知:.

      9.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和為Sn,已知a1=,an+1=,其中n∈N*.

      (1)證明:an<2;

      (2)證明:an<an+1;

      (3)證明:2n﹣≤Sn≤2n﹣1+()n.

      【解答】證明:(1)an+1﹣2=﹣2=,由于+2=+1>0,+2=2+>0.

      ∴an+1﹣2與an﹣2同號(hào),因此與a1﹣2同號(hào),而a1﹣2=﹣<0,∴an<2.

      (2)an+1﹣1=,可得:an+1﹣1與an﹣1同號(hào),因此與a1﹣1同號(hào),而a1﹣1=>0,∴an>1.

      又an<2.∴1<an<2.a(chǎn)n+1﹣an=,可得分子>0,分母>0.

      ∴an+1﹣an>0,故an<an+1.

      (3)n=1時(shí),S1=,滿足不等式.

      n≥2時(shí),==,∴,即2﹣an≥.

      ∴2n﹣Sn≥=1﹣.即Sn≤2n﹣1+.

      另一方面:由(II)可知:.,=≤.

      從而可得:=≤.

      ∴2﹣an≤,∴2n﹣Sn≤=.

      ∴Sn≥2n﹣>2n﹣.

      綜上可得:2n﹣≤Sn≤2n﹣1+()n.

      10.?dāng)?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),且an+1=an+﹣1(n∈N*),{an}的前n項(xiàng)和是Sn.

      (Ⅰ)若{an}是遞增數(shù)列,求a1的取值范圍;

      (Ⅱ)若a1>2,且對(duì)任意n∈N*,都有Sn≥na1﹣(n﹣1),證明:Sn<2n+1.

      【解答】(I)解:由a2>a1>0?﹣1>a1>0,解得0<a1<2,①.

      又a3>a2>0,?>a2,?0<a2<2?﹣1<2,解得1<a1<2,②.

      由①②可得:1<a1<2.

      下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明:當(dāng)1<a1<2時(shí),?n∈N*,1<an<2成立.

      (1)當(dāng)n=1時(shí),1<a1<2成立.

      (2)假設(shè)當(dāng)n=k∈N*時(shí),1<an<2成立.

      則當(dāng)n=k+1時(shí),ak+1=ak+﹣1∈?(1,2),即n=k+1時(shí),不等式成立.

      綜上(1)(2)可得:?n∈N*,1<an<2成立.

      于是an+1﹣an=﹣1>0,即an+1>an,∴{an}是遞增數(shù)列,a1的取值范圍是(1,2).

      (II)證明:∵a1>2,可用數(shù)學(xué)歸納法證明:an>2對(duì)?n∈N*都成立.

      于是:an+1﹣an=﹣1<2,即數(shù)列{an}是遞減數(shù)列.

      在Sn≥na1﹣(n﹣1)中,令n=2,可得:2a1+﹣1=S2≥2a1﹣,解得a1≤3,因此2<a1≤3.

      下證:(1)當(dāng)時(shí),Sn≥na1﹣(n﹣1)恒成立.

      事實(shí)上,當(dāng)時(shí),由an=a1+(an﹣a1)≥a1+(2﹣)=.

      于是Sn=a1+a2+…+an≥a1+(n﹣1)=na1﹣.

      再證明:(2)時(shí)不合題意.

      事實(shí)上,當(dāng)時(shí),設(shè)an=bn+2,可得≤1.

      由an+1=an+﹣1(n∈N*),可得:bn+1=bn+﹣1,可得=≤≤.

      于是數(shù)列{bn}的前n和Tn≤<3b1≤3.

      故Sn=2n+Tn<2n+3=na1+(2﹣a1)n+3,③.

      令a1=+t(t>0),由③可得:Sn<na1+(2﹣a1)n+3=na1﹣﹣tn+.

      只要n充分大,可得:Sn<na1﹣.這與Sn≥na1﹣(n﹣1)恒成立矛盾.

      ∴時(shí)不合題意.

      綜上(1)(2)可得:,于是可得=≤≤.(由可得:).

      故數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn≤<b1<1,∴Sn=2n+Tn<2n+1.

      11.設(shè)an=xn,bn=()2,Sn為數(shù)列{an?bn}的前n項(xiàng)和,令fn(x)=Sn﹣1,x∈R,a∈N*.

      (Ⅰ)若x=2,求數(shù)列{}的前n項(xiàng)和Tn;

      (Ⅱ)求證:對(duì)?n∈N*,方程fn(x)=0在xn∈[,1]上有且僅有一個(gè)根;

      (Ⅲ)求證:對(duì)?p∈N*,由(Ⅱ)中xn構(gòu)成的數(shù)列{xn}滿足0<xn﹣xn+p<.

      【解答】解:(Ⅰ)若x=2,an=2n,則=(2n﹣1)()n,則Tn=1×()1+3×()2+…+(2n﹣1)()n,∴Tn=1×()2+3×()3+…+(2n﹣1)()n+1,∴Tn=+2×[()2+()3+…+()n]﹣(2n﹣1)()n+1

      =+2×﹣(2n﹣1)()n+1=+1﹣()n﹣1﹣(2n﹣1)()n+1,∴Tn=3﹣()n﹣2﹣(2n﹣1)()n=3﹣;

      (Ⅱ)證明:fn(x)=﹣1+x+++…+(x∈R,n∈N+),fn′(x)=1+++…+>0,故函數(shù)f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù).

      由于f1(x1)=0,當(dāng)n≥2時(shí),fn(1)=++…+>0,即fn(1)>0.

      又fn()=﹣1++[+++…+]≤﹣+?()i,=﹣+×=﹣?()n﹣1<0,根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)的判定定理,可得存在唯一的xn∈[,1],滿足fn(xn)=0.

      (Ⅲ)證明:對(duì)于任意p∈N+,由(1)中xn構(gòu)成數(shù)列{xn},當(dāng)x>0時(shí),∵fn+1(x)=fn(x)+>fn(x),∴fn+1(xn)>fn(xn)=fn+1(xn+1)=0.

      fn+1(x)

      在(0,+∞)上單調(diào)遞增,可得

      xn+1<xn,即

      xn﹣xn+1>0,故數(shù)列{xn}為減數(shù)列,即對(duì)任意的n、p∈N+,xn﹣xn+p>0.

      由于

      fn(xn)=﹣1+xn+++…+=0,①,fn+p

      (xn+p)=﹣1+xn+p+++…++[++…+],②,用①減去②并移項(xiàng),利用

      0<xn+p≤1,可得

      xn﹣xn+p=+≤≤<=﹣<.

      綜上可得,對(duì)于任意p∈N+,由(1)中xn構(gòu)成數(shù)列{xn}滿足0<xn﹣xn+p<.

      12.已知數(shù)列{an},{bn},a0=1,(n=0,1,2,…),Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.

      求證:(Ⅰ)an+1<an;

      (Ⅱ);

      (Ⅲ).

      【解答】解:證明:(Ⅰ)=,所以an+1<an

      (Ⅱ)法一、記,則,原命題等價(jià)于證明;用數(shù)學(xué)歸納法

      提示:構(gòu)造函數(shù)在(1,+∞)單調(diào)遞增,故==+>+×=+×(﹣)=,法二、只需證明,由,故:n=1時(shí),n≥2,可證:,(3)由,得=,可得:,疊加可得,所以,13.已知數(shù)列{an}滿足:a1=,an=an﹣12+an﹣1(n≥2且n∈N).

      (Ⅰ)求a2,a3;并證明:2﹣≤an≤?3;

      (Ⅱ)設(shè)數(shù)列{an2}的前n項(xiàng)和為An,數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Bn,證明:=an+1.

      【解答】解:(I)a2=a12+a1==,a3=a22+a2==.

      證明:∵an=an﹣12+an﹣1,∴an+=an﹣12+an﹣1+=(an﹣1+)2+>(an﹣1+)2,∴an+>(an﹣1+)2>(an﹣2+)4>>(an﹣3+)8>…>(a1+)=2,∴an>2﹣,又∵an﹣an﹣1=an﹣12>0,∴an>an﹣1>an﹣2>…>a1>1,∴an2>an,∴an=an﹣12+an﹣1<2a,∴an<2a<2?22<2?22?24<…<2?22?24?…?2a1

      =2?()=?3.

      綜上,2﹣≤an≤?3.

      (II)證明:∵an=an﹣12+an﹣1,∴an﹣12=an﹣an﹣1,∴An=a12+a22+a32+…an2=(a2﹣a1)+(a3﹣a2)+…+(an+1﹣an)=an+1﹣,∵an=an﹣12+an﹣1=an﹣1(an﹣1+1),∴==,∴=,∴Bn=…+=()+()+(﹣)+…+()

      =﹣.

      ∴==.

      14.已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為非負(fù)數(shù),其前n項(xiàng)和為Sn,且對(duì)任意的n∈N*,都有.

      (1)若a1=1,a505=2017,求a6的最大值;

      (2)若對(duì)任意n∈N*,都有Sn≤1,求證:.

      【解答】解:(1)由題意知an+1﹣an≤an+2﹣an+1,設(shè)di=ai+1﹣ai(i=1,2,…,504),則d1≤d2≤d3≤…≤d504,且d1+d2+d3+…+d504=2016,∵=,所以d1+d2+…+d5≤20,∴a6=a1+(d1+d2+…+d5)≤21.

      (2)證明:若存在k∈N*,使得ak<ak+1,則由,得ak+1≤ak﹣ak+1≤ak+2,因此,從an項(xiàng)開(kāi)始,數(shù)列{an}嚴(yán)格遞增,故a1+a2+…+an≥ak+ak+1+…+an≥(n﹣k+1)ak,對(duì)于固定的k,當(dāng)n足夠大時(shí),必有a1+a2+…+an≥1,與題設(shè)矛盾,所以{an}不可能遞增,即只能an﹣an+1≥0.

      令bk=ak﹣ak+1,(k∈N*),由ak﹣ak+1≥ak+1﹣ak+2,得bk≥bk+1,bk>0,故1≥a1+a2+…+an=(b1+a2)+a2+…+an=b1+2(b2+a3)+a3+…+an,=…=b1+2b2+…+nbn+nan,所以,綜上,對(duì)一切n∈N*,都有.

      15.已知數(shù)列{an}中,a1=4,an+1=,n∈N*,Sn為{an}的前n項(xiàng)和.

      (Ⅰ)求證:n∈N*時(shí),an>an+1;

      (Ⅱ)求證:n∈N*時(shí),2≤Sn﹣2n<.

      【解答】證明:(I)n≥2時(shí),作差:an+1﹣an=﹣=,∴an+1﹣an與an﹣an﹣1同號(hào),由a1=4,可得a2==,可得a2﹣a1<0,∴n∈N*時(shí),an>an+1.

      (II)∵2=6+an,∴=an﹣2,即2(an+1﹣2)(an+1+2)=an﹣2,①

      ∴an+1﹣2與an﹣2同號(hào),又∵a1﹣2=2>0,∴an>2.

      ∴Sn=a1+a2+…+an≥4+2(n﹣1)=2n+2.

      ∴Sn﹣2n≥2.

      由①可得:=,因此an﹣2≤(a1﹣2),即an≤2+2×.

      ∴Sn=a1+a2+…+an≤2n+2×<2n+.

      綜上可得:n∈N*時(shí),2≤Sn﹣2n<.

      16.已知數(shù)列{an}滿足,a1=1,an=﹣.

      (1)求證:an≥;

      (2)求證:|an+1﹣an|≤;

      (3)求證:|a2n﹣an|≤.

      【解答】證明:(1)∵a1=1,an=﹣.

      ∴a2=,a3=,a4=,猜想:≤an≤1.

      下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.

      (i)當(dāng)n=1時(shí),命題顯然成立;

      (ii)假設(shè)n=k時(shí),≤1成立,則當(dāng)n=k+1時(shí),ak+1=≤<1.,即當(dāng)n=k+1時(shí)也成立,所以對(duì)任意n∈N*,都有.

      (2)當(dāng)n=1時(shí),當(dāng)n≥2時(shí),∵,∴.

      (3)當(dāng)n=1時(shí),|a2﹣a1|=<;

      當(dāng)n≥2時(shí),|a2n﹣an|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|.

      17.設(shè)數(shù)列{an}滿足:a1=a,an+1=(a>0且a≠1,n∈N*).

      (1)證明:當(dāng)n≥2時(shí),an<an+1<1;

      (2)若b∈(a2,1),求證:當(dāng)整數(shù)k≥+1時(shí),ak+1>b.

      【解答】證明:(1)由an+1=知an與a1的符號(hào)相同,而a1=a>0,∴an>0,∴an+1=≤1,當(dāng)且僅當(dāng)an=1時(shí),an+1=1

      下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:

      ①∵a>0且a≠1,∴a2<1,∴=>1,即有a2<a3<1,②假設(shè)n=k時(shí),有ak<ak+1<1,則

      ak+2==<1且=>1,即ak+1<ak+2<1

      即當(dāng)n=k+1時(shí)不等式成立,由①②可得當(dāng)n≥2時(shí),an<an+1<1;

      (2)若ak≥b,由(1)知ak+1>ak≥b,若ak<b,∵0<x<1以及二項(xiàng)式定理可知(1+x)n=1+Cn1x+…+Cnnxn≥nx,而ak2+1<b2+1<b+1,且a2<a3<…<ak<b<1

      ∴ak+1=a2??…,=a2?

      >a2?()k﹣1>a2?()k﹣1=a2?(1+)k﹣1,≥a2?[1+(k﹣1)],∵k≥+1,∴1+(k﹣1)≥+1=,∴ak+1>b.

      18.設(shè)a>3,數(shù)列{an}中,a1=a,an+1=,n∈N*.

      (Ⅰ)求證:an>3,且<1;

      (Ⅱ)當(dāng)a≤4時(shí),證明:an≤3+.

      【解答】證明:(I)∵an+1﹣3=﹣3=.=﹣=,∴()=>0,∴與同號(hào),又a>3,∴=a﹣>0,∴>0,∴an+1﹣3>0,即an>3(n=1時(shí)也成立).

      ∴==<1.

      綜上可得:an>3,且<1;

      (Ⅱ)當(dāng)a≤4時(shí),∵an+1﹣3=﹣3=.

      ∴=,由(I)可知:3<an≤a1=a≤4,∴3<an≤4.

      設(shè)an﹣3=t∈(0,1].

      ∴==≤,∴?…?≤,∴an﹣3≤(a1﹣3)×≤,∴an≤3+.

      19.已知數(shù)列{an}滿足an>0,a1=2,且(n+1)an+12=nan2+an(n∈N*).

      (Ⅰ)證明:an>1;

      (Ⅱ)證明:++…+<(n≥2).

      【解答】證明:(Ⅰ)由題意得(n+1)an+12﹣(n+1)=nan2﹣n+an﹣1,∴(n+1)(an+1+1)(an+1﹣1)=(an﹣1)(nan+n+1),由an>0,n∈N*,∴(n+1)(an+1+1)>0,nan+n+1>0,∴an+1﹣1與an﹣1同號(hào),∵a1﹣1=1>0,∴an>1;

      (Ⅱ)由(Ⅰ)知,故(n+1)an+12=nan2+an<(n+1)an2,∴an+1<an,1<an≤2,又由題意可得an=(n+1)an+12﹣nan2,∴a1=2a22﹣a12,a2=3a32﹣2a22,…,an=(n+1)an+12﹣nan2,相加可得a1+a2+…+an=(n+1)an+12﹣4<2n,∴an+12≤,即an2≤,n≥2,∴≤2(+)≤2(﹣)+(﹣+),n≥2,當(dāng)n=2時(shí),=<,當(dāng)n=3時(shí),+≤<<,當(dāng)n≥4時(shí),++…+<2(+++)+(++﹣)=1+++++<,從而,原命題得證

      20.已知數(shù)列{an}滿足:.

      (1)求證:;

      (2)求證:.

      【解答】證明:(1)由,所以,因?yàn)?,所以an+2<an+1<2.

      (2)假設(shè)存在,由(1)可得當(dāng)n>N時(shí),an≤aN+1<1,根據(jù),而an<1,所以.

      于是,….

      累加可得(*)

      由(1)可得aN+n﹣1<0,而當(dāng)時(shí),顯然有,因此有,這顯然與(*)矛盾,所以.

      21.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,且an+12+an2=2(an+1an+an+1﹣an﹣).

      (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

      (2)求證:++…+<;

      (3)記Sn=++…+,證明:對(duì)于一切n≥2,都有Sn2>2(++…+).

      【解答】解:(1)a1=1,且an+12+an2=2(an+1an+an+1﹣an﹣),可得an+12+an2﹣2an+1an﹣2an+1+2an+1=0,即有(an+1﹣an)2﹣2(an+1﹣an)+1=0,即為(an+1﹣an﹣1)2=0,可得an+1﹣an=1,則an=a1+n﹣1=n,n∈N*;

      (2)證明:由=<=﹣,n≥2.

      則++…+=1+++…+

      <1++﹣+﹣+…+﹣=﹣<,故原不等式成立;

      (3)證明:Sn=++…+=1++…+,當(dāng)n=2時(shí),S22=(1+)2=>2?=成立;

      假設(shè)n=k≥2,都有Sk2>2(++…+).

      則n=k+1時(shí),Sk+12=(Sk+)2,Sk+12﹣2(++…++)

      =(Sk+)2﹣2(++…+)﹣2?

      =Sk2﹣2(++…+)++2?﹣2?

      =Sk2﹣2(++…+)+,由k>1可得>0,且Sk2>2(++…+).

      可得Sk2﹣2(++…+)>0,則Sk+12>2(++…++)恒成立.

      綜上可得,對(duì)于一切n≥2,都有Sn2>2(++…+).

      22.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=,n∈N*.

      (1)求證:≤an≤1;

      (2)求證:|a2n﹣an|≤.

      【解答】證明:(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明:

      ①當(dāng)n=1時(shí),=,成立;

      ②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),有成立,則當(dāng)n=k+1時(shí),≤≤1,≥=,∴當(dāng)n=k+1時(shí),命題也成立.

      由①②得≤an≤1.

      (2)當(dāng)n=1時(shí),|a2﹣a1|=,當(dāng)n≥2時(shí),∵()()=()=1+=,∴|an+1﹣an|=||=≤|an﹣an﹣1|<…<()n﹣1|a2﹣a1|=,∴|a2n﹣a2n﹣1|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|

      ≤=

      =()n﹣1﹣()2n﹣1≤,綜上:|a2n﹣an|≤.

      23.已知數(shù)列{an]的前n項(xiàng)和記為Sn,且滿足Sn=2an﹣n,n∈N*

      (Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

      (Ⅱ)證明:+…(n∈N*)

      【解答】解:(Ⅰ)∵Sn=2an﹣n(n∈N+),∴Sn﹣1=2an﹣1﹣n+1=0(n≥2),兩式相減得:an=2an﹣1+1,變形可得:an+1=2(an﹣1+1),又∵a1=2a1﹣1,即a1=1,∴數(shù)列{an+1}是首項(xiàng)為2、公比為2的等比數(shù)列,∴an+1=2?2n﹣1=2n,an=2n﹣1.

      (Ⅱ)由,(k=1,2,…n),∴=,由=﹣,(k=1,2,…n),得﹣=,綜上,+…(n∈N*).

      24.已知數(shù)列{an}滿足:a1=,an+1=+an(n∈N*).

      (1)求證:an+1>an;

      (2)求證:a2017<1;

      (3)若ak>1,求正整數(shù)k的最小值.

      【解答】(1)證明:an+1﹣an=≥0,可得an+1≥an.

      ∵a1=,∴an.

      ∴an+1﹣an=>0,∴an+1>an.

      (II)證明:由已知==,∴=﹣,由=,=,…,=,累加求和可得:=++…+,當(dāng)k=2017時(shí),由(I)可得:=a1<a2<…<a2016.

      ∴﹣=++…+<<1,∴a2017<1.

      (III)解:由(II)可得:可得:=a1<a2<…<a2016<a2017<1.

      ∴﹣=++…+>2017×=1,∴a2017<1<a2018,又∵an+1>an.∴k的最小值為2018.

      25.已知數(shù)列{an}滿足:an2﹣an﹣an+1+1=0,a1=2

      (1)求a2,a3;

      (2)證明數(shù)列為遞增數(shù)列;

      (3)求證:<1.

      【解答】(1)解:∵a1=2,∴a2=22﹣2+1=3,同理可得:a3=7.

      (2)證明:,對(duì)n∈N*恒成立,∴an+1>an.

      (3)證明:

      故=.

      26.已知數(shù)列{an}滿足:a1=1,(n∈N*)

      (Ⅰ)求證:an≥1;

      (Ⅱ)證明:≥1+

      (Ⅲ)求證:<an+1<n+1.

      【解答】證明:(I)數(shù)列{an}滿足:a1=1,(n∈N*),可得:,?an+1≥an≥an﹣1≥…≥a1=1;

      (Ⅱ)由(Ⅰ)可得:;

      (Ⅲ),由(Ⅱ)得:,所以,累加得:,另一方面由an≤n可得:原式變形為,所以:,累加得.

      27.在正項(xiàng)數(shù)列{an}中,已知a1=1,且滿足an+1=2an(n∈N*)

      (Ⅰ)求a2,a3;

      (Ⅱ)證明.a(chǎn)n≥.

      【解答】解:(Ⅰ)∵在正項(xiàng)數(shù)列{an}中,a1=1,且滿足an+1=2an(n∈N*),∴=,=.

      證明:(Ⅱ)①當(dāng)n=1時(shí),由已知,成立;

      ②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),不等式成立,即,∵f(x)=2x﹣在(0,+∞)上是增函數(shù),∴≥

      =()k+()k﹣

      =()k+

      =()k+,∵k≥1,∴2×()k﹣3﹣3=0,∴,即當(dāng)n=k+1時(shí),不等式也成立.

      根據(jù)①②知不等式對(duì)任何n∈N*都成立.

      28.設(shè)數(shù)列{an}滿足.

      (1)證明:;

      (2)證明:.

      【解答】(本題滿分15分)

      證明:(I)易知an>0,所以an+1>an+>an,所以

      ak+1=ak+<ak+,所以.

      所以,當(dāng)n≥2時(shí),=,所以an<1.

      又,所以an<1(n∈N*),所以

      an<an+1<1(n∈N*).…(8分)

      (II)當(dāng)n=1時(shí),顯然成立.

      由an<1,知,所以,所以,所以,所以,當(dāng)n≥2時(shí),=,即.

      所以(n∈N*).

      …(7分)

      29.已知數(shù)列{an}滿足a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),令bn=an+1.

      (Ⅰ)求證:{bn}是等比數(shù)列;

      (Ⅱ)記數(shù)列{nbn}的前n項(xiàng)和為Tn,求Tn;

      (Ⅲ)求證:﹣<+…+.

      【解答】(I)證明:a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),∴a2=2×(2+1+1)=8.

      n≥2時(shí),an=2(Sn﹣1+n),相減可得:an+1=3an+2,變形為:an+1+1=3(an+1),n=1時(shí)也成立.

      令bn=an+1,則bn+1=3bn.∴{bn}是等比數(shù)列,首項(xiàng)為3,公比為3.

      (II)解:由(I)可得:bn=3n.

      ∴數(shù)列{nbn}的前n項(xiàng)和Tn=3+2×32+3×33+…+n?3n,3Tn=32+2×33+…+(n﹣1)?3n+n?3n+1,∴﹣2Tn=3+32+…+3n﹣n?3n+1=﹣n?3n+1=×3n+1﹣,解得Tn=+.

      (III)證明:∵bn=3n=an+1,解得an=3n﹣1.

      由=.

      ∴+…+>…+==,因此左邊不等式成立.

      又由==<=,可得+…+<++…+

      =<.因此右邊不等式成立.

      綜上可得:﹣<+…+.

      30.已知數(shù)列{an}中,a1=3,2an+1=an2﹣2an+4.

      (Ⅰ)證明:an+1>an;

      (Ⅱ)證明:an≥2+()n﹣1;

      (Ⅲ)設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Sn,求證:1﹣()n≤Sn<1.

      【解答】證明:(I)an+1﹣an=﹣an=≥0,∴an+1≥an≥3,∴(an﹣2)2>0

      ∴an+1﹣an>0,即an+1>an;

      (II)∵2an+1﹣4=an2﹣2an=an(an﹣2)

      ∴=≥,∴an﹣2≥(an﹣1﹣2)≥()2(an﹣2﹣2)≥()3(an﹣3﹣2)≥…≥()n﹣1(a1﹣2)=()n﹣1,∴an≥2+()n﹣1;

      (Ⅲ)∵2(an+1﹣2)=an(an﹣2),∴==(﹣)

      ∴=﹣,∴=﹣+,∴Sn=++…+=﹣+﹣+…+﹣=﹣=1﹣,∵an+1﹣2≥()n,∴0<≤()n,∴1﹣()n≤Sn=1﹣<1.

      31.已知數(shù)列{an}滿足a1=,an+1=,n∈N*.

      (1)求a2;

      (2)求{}的通項(xiàng)公式;

      (3)設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn,求證:(1﹣()n)≤Sn<.

      【解答】(1)解:∵a1=,a,n∈N+.∴a2==.

      (2)解:∵a1=,a,n∈N+.∴=﹣,化為:﹣1=,∴數(shù)列是等比數(shù)列,首項(xiàng)與公比都為.

      ∴﹣1=,解得=1+.

      (3)證明:一方面:由(2)可得:an=≥=.

      ∴Sn≥+…+==,因此不等式左邊成立.

      另一方面:an==,∴Sn≤+++…+=×<×3<(n≥3).

      又n=1,2時(shí)也成立,因此不等式右邊成立.

      綜上可得:(1﹣()n)≤Sn<.

      32.?dāng)?shù)列{an}中,a1=1,an=.

      (1)證明:an<an+1;

      (2)證明:anan+1≥2n+1;

      (3)設(shè)bn=,證明:2<bn<(n≥2).

      【解答】證明:(1)數(shù)列{an}中,a1=1,an=.

      可得an>0,an2=anan+1﹣2,可得an+1=an+>an,即an<an+1;

      (2)由(1)可得anan﹣1<an2=anan+1﹣2,可得anan+1﹣anan﹣1>2,n=1時(shí),anan+1=a12+2=3,2n+1=3,則原不等式成立;

      n≥2時(shí),anan+1>3+2(n﹣1)=2n+1,綜上可得,anan+1≥2n+1;

      (3)bn=,要證2<bn<(n≥2),即證2<an<,只要證4n<an2<5n,由an+1=an+,可得an+12=an2+4+,且a2=3,an+12﹣an2=4+>4,且4+<4+=4+=,即有an+12﹣an2∈(4,),由n=2,3,…,累加可得

      an2﹣a22∈(4(n﹣2),),即有an2∈(4n+1,)?(4n,5n),故2<bn<(n≥2).

      33.已知數(shù)列{an}滿足,(1)若數(shù)列{an}是常數(shù)列,求m的值;

      (2)當(dāng)m>1時(shí),求證:an<an+1;

      (3)求最大的正數(shù)m,使得an<4對(duì)一切整數(shù)n恒成立,并證明你的結(jié)論.

      【解答】解:(1)若數(shù)列{an}是常數(shù)列,則,得.顯然,當(dāng)時(shí),有an=1.

      …(3分)

      (2)由條件得,得a2>a1.…(5分)

      又因?yàn)椋瑑墒较鄿p得.

      …(7分)

      顯然有an>0,所以an+2﹣an+1與an+1﹣an同號(hào),而a2﹣a1>0,所以an+1﹣an>0,從而有an<an+1.…(9分)

      (3)因?yàn)椋?0分)

      所以an=a1+(a2﹣a1)+…+(an﹣an﹣1)≥1+(n﹣1)(m﹣2).

      這說(shuō)明,當(dāng)m>2時(shí),an越來(lái)越大,顯然不可能滿足an<4.

      所以要使得an<4對(duì)一切整數(shù)n恒成立,只可能m≤2.…(12分)

      下面證明當(dāng)m=2時(shí),an<4恒成立.用數(shù)學(xué)歸納法證明:

      當(dāng)n=1時(shí),a1=1顯然成立.

      假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)成立,即ak<4,則當(dāng)n=k+1時(shí),成立.

      由上可知an<4對(duì)一切正整數(shù)n恒成立.

      因此,正數(shù)m的最大值是2.…(15分)

      34.已知數(shù)列{an}滿足:,p>1,.

      (1)證明:an>an+1>1;

      (2)證明:;

      (3)證明:.

      【解答】證明:(1)先用數(shù)學(xué)歸納法證明an>1.

      ①當(dāng)n=1時(shí),∵p>1,∴;

      ②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),ak>1,則當(dāng)n=k+1時(shí),.

      由①②可知an>1.

      再證an>an+1.,令f(x)=x﹣1﹣xlnx,x>1,則f'(x)=﹣lnx<0,所以f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以f(x)<f(1)=0,所以,即an>an+1.

      (2)要證,只需證,只需證其中an>1,先證,令f(x)=2xlnx﹣x2+1,x>1,只需證f(x)<0.

      因?yàn)閒'(x)=2lnx+2﹣2x<2(x﹣1)+2﹣2x=0,所以f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以f(x)<f(1)=0.

      再證(an+1)lnan﹣2an+2>0,令g(x)=(x+1)lnx﹣2x+2,x>1,只需證g(x)>0,令,x>1,則,所以h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以h(x)>h(1)=0,從而g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)>g(1)=0,綜上可得.

      (3)由(2)知,一方面,由迭代可得,因?yàn)閘nx≤x﹣1,所以,所以ln(a1a2…an)=lna1+lna2+…+lnan=;

      另一方面,即,由迭代可得.

      因?yàn)?,所以,所?;

      綜上,.

      35.?dāng)?shù)列{an}滿足a1=,an+1﹣an+anan+1=0(n∈N*).

      (Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

      (Ⅱ)求證:a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an<1.

      【解答】解(Ⅰ):由已知可得數(shù)列{an}各項(xiàng)非零.

      否則,若有ak=0結(jié)合ak﹣ak﹣1+akak﹣1=0?ak﹣1=0,繼而?ak﹣1=0?ak﹣2=0?…?a1=0,與已知矛盾.

      所以由an+1﹣an+anan+1=0可得.

      即數(shù)列是公差為1的等差數(shù)列.

      所以.

      所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是(n∈N*).

      (Ⅱ)

      證明一:因?yàn)椋?/p>

      所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an=.

      所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an<1.

      證明二:a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an===.

      所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an<1.

      36.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=an2+p.

      (1)若數(shù)列{an}就常數(shù)列,求p的值;

      (2)當(dāng)p>1時(shí),求證:an<an+1;

      (3)求最大的正數(shù)p,使得an<2對(duì)一切整數(shù)n恒成立,并證明你的結(jié)論.

      【解答】解:(1)若數(shù)列{an}是常數(shù)列,則,;顯然,當(dāng)時(shí),有an=1

      (2)由條件得得a2>a1,又因?yàn)椋瑑墒较鄿p得

      顯然有an>0,所以an+2﹣an+1與an+1﹣an同號(hào),而a2﹣a1>0,所以an+1﹣an>0;

      從而有an<an+1.

      (3)因?yàn)?,所以an=a1+(a2﹣a1)+…(an﹣an﹣1)>1+(n﹣1)(p﹣1),這說(shuō)明,當(dāng)p>1時(shí),an越來(lái)越大,不滿足an<2,所以要使得an<2對(duì)一切整數(shù)n恒成立,只可能p≤1,下面證明當(dāng)p=1時(shí),an<2恒成立;用數(shù)學(xué)歸納法證明:

      當(dāng)n=1時(shí),a1=1顯然成立;

      假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)成立,即ak<2,則當(dāng)n=k+1時(shí),成立,由上可知對(duì)一切正整數(shù)n恒成立,因此,正數(shù)p的最大值是1

      37.已知數(shù)列{an}滿足a1=a>4,(n∈N*)

      (1)求證:an>4;

      (2)判斷數(shù)列{an}的單調(diào)性;

      (3)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,求證:當(dāng)a=6時(shí),.

      【解答】(1)證明:利用數(shù)學(xué)歸納法證明:

      ①當(dāng)n=1時(shí),a1=a>4,成立.

      ②假設(shè)當(dāng)n=k≥2時(shí),ak>4,.

      則ak+1=>=4.

      ∴n=k+1時(shí)也成立.

      綜上①②可得:?n∈N*,an>4.

      (2)解:∵,(n∈N*).

      ∴﹣=﹣2an﹣8=﹣9>(4﹣1)2﹣9=0,∴an>an+1.

      ∴數(shù)列{an}單調(diào)遞減.

      (3)證明:由(2)可知:數(shù)列{an}單調(diào)遞減.

      一方面Sn>a1+4(n﹣1)=4n+2.

      另一方面:=<,∴an﹣4<,∴Sn﹣4n<<.即Sn<4n+.

      ∴當(dāng)a=6時(shí),.

      38.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=.

      (Ⅰ)求證:an+1<an;

      (Ⅱ)求證:≤an≤.

      【解答】解:(Ⅰ)證明:由a1=1,an+1=,得an>0,(n∈N),則an+1﹣an=﹣an=<0,∴an+1<an;

      (Ⅱ)證明:由(Ⅰ)知0<an<1,又an+1=.,∴=≥,即an+1>an,∴an>an﹣1≥()2an﹣1≥…≥()2an﹣1≥()n﹣1a1=,即an≥.

      由an+1=,則=an+,∴﹣=an,∴﹣=a1=1,﹣=a2=,﹣=a3=()2…﹣=an﹣1≥()n﹣2,累加得﹣=1++()2+…+()n﹣2==2﹣()n﹣2,而a1=1,∴≥3﹣()n﹣2==,∴an≤.

      綜上得≤an≤.

      39.已知數(shù)列{an}滿足:a1=1,.

      (1)若b=1,證明:數(shù)列是等差數(shù)列;

      (2)若b=﹣1,判斷數(shù)列{a2n﹣1}的單調(diào)性并說(shuō)明理由;

      (3)若b=﹣1,求證:.

      【解答】解:(1)證明:當(dāng)b=1,an+1=+1,∴(an+1﹣1)2=(an﹣1)2+2,即(an+1﹣1)2﹣(an﹣1)2=2,∴(an﹣1)2﹣(an﹣1﹣1)2=2,∴數(shù)列{(an﹣1)2}是0為首項(xiàng)、以2為公差的等差數(shù)列;

      (2)當(dāng)b=﹣1,an+1=﹣1,數(shù)列{a2n﹣1}單調(diào)遞減.

      可令an+1→an,可得1+an=,可得an→,即有an<(n=2,3,…),再令f(x)=﹣1,可得

      在(﹣∞,1]上遞減,可得{a2n﹣1}單調(diào)遞減.

      (3)運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明,當(dāng)n=1時(shí),a1=1<成立;

      設(shè)n=k時(shí),a1+a3+…+22k﹣1<,當(dāng)n=k+1時(shí),a1+a3+…+a2k﹣1+a2k+1

      <+=,綜上可得,成立.

      40.已知數(shù)列{an}滿足,(n=1,2,3…),Sn=b1+b2+…+bn.

      證明:(Ⅰ)an﹣1<an<1(n≥1);

      (Ⅱ)(n≥2).

      【解答】證明:(Ⅰ)由得:(*)

      顯然an>0,(*)式?

      故1﹣an與1﹣an﹣1同號(hào),又,所以1﹣an>0,即an<1…(3分)

      (注意:也可以用數(shù)學(xué)歸納法證明)

      所以

      an﹣1﹣an=(2an+1)(an﹣1)<0,即an﹣1<an

      所以

      an﹣1<an<1(n≥1)…(6分)

      (Ⅱ)(*)式?,由0<an﹣1<an<1?an﹣1﹣an+1>0,從而bn=an﹣1﹣an+1>0,于是,Sn=b1+b2+…+bn>0,…(9分)

      由(Ⅰ)有1﹣an﹣1=2(1+an)(1﹣an)?,所以(**)…(11分)

      所以Sn=b1+b2+…+bn=(a0﹣a1+1)+(a1﹣a2+1)+…(an﹣1﹣an+1)=…(12分)

      =…(14分)

      ∴(n≥2)成立…(15分)

      41.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=,n∈N*,記S,Tn分別是數(shù)列{an},{a}的前n項(xiàng)和,證明:當(dāng)n∈N*時(shí),(1)an+1<an;

      (2)Tn=﹣2n﹣1;

      (3)﹣1<Sn.

      【解答】解:(1)由a1=1,an+1=,n∈N*,知an>0,故an+1﹣an=﹣an=<0,因此an+1<an;

      (2)由an+1=,取倒數(shù)得:=+an,平方得:=+an2+2,從而﹣﹣2=an2,由﹣﹣2=a12,﹣﹣2=a22,…,﹣﹣2=an2,累加得﹣﹣2n=a12+a22+…+an2,即Tn=﹣2n﹣1;

      (3)由(2)知:﹣=an,可得﹣=a1,﹣=a2,…,﹣=an,由累加得﹣=a1+a2+…+an=Sn,又因?yàn)?a12+a22+…+an2+2n+1>2n+2,所以>,Sn=an+an﹣1+…+a1

      =﹣>﹣1>﹣1;

      又由>,即>,得

      當(dāng)n>1時(shí),an<=<=(﹣),累加得Sn<a1+[(﹣1)+(﹣)+…+(﹣)]=1+(﹣1)<,當(dāng)n=1時(shí),Sn成立.

      因此﹣1<Sn.

      42.已知數(shù)列{an}滿足a1=3,an+1=an2+2an,n∈N*,設(shè)bn=log2(an+1).

      (I)求{an}的通項(xiàng)公式;

      (II)求證:1+++…+<n(n≥2);

      (III)若=bn,求證:2≤<3.

      【解答】解:(I)由,則,由a1=3,則an>0,兩邊取對(duì)數(shù)得到,即bn+1=2bn(2分)

      又b1=log2(a1+1)=2≠0,∴{bn}是以2為公比的等比數(shù)列.

      即(3分)

      又∵bn=log2(an+1),∴(4分)

      (2)用數(shù)學(xué)歸納法證明:1o當(dāng)n=2時(shí),左邊為=右邊,此時(shí)不等式成立;

      (5分)

      2o假設(shè)當(dāng)n=k≥2時(shí),不等式成立,則當(dāng)n=k+1時(shí),左邊=(6分)

      <k+1=右邊

      ∴當(dāng)n=k+1時(shí),不等式成立.

      綜上可得:對(duì)一切n∈N*,n≥2,命題成立.(9分)

      (3)證明:由得cn=n,∴,首先,(10分)

      其次∵,∴,當(dāng)n=1時(shí)顯然成立.所以得證.(15分)

      43.已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1=3,n∈N*.

      (1)求證:1<an≤3,n∈N*;

      (2)若對(duì)于任意的正整數(shù)n,都有成立,求M的最小值;

      (3)求證:a1+a2+a3+…+an<n+6,n∈N*.

      【解答】(1)證明:由正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1=3,n∈N*.

      得+an+2=2an+1,兩式相減得(an+2﹣an+1)(an+2+an+1+1)=2(an+1﹣an),∵an>0,∴an+2﹣an+1與an+1﹣an同號(hào).

      ∵+a2=2a1=6,∴a2=2,則a2﹣a1<0,∴an+1﹣an<0,即數(shù)列{an}是單調(diào)減數(shù)列,則an≤a1=3.

      另一方面:由正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1=3,n∈N*.

      可得:+an+1=2an,得+an+1﹣2=2an﹣2,得(an+1+2)(an+1﹣1)=2(an﹣1),由an+1+2>0,易知an+1﹣1與an﹣1同號(hào),由于a1﹣1=2>0,可知an﹣1>0,即an>1.

      綜上可得:1<an≤3,n∈N*.

      (2)解:由(1)知:=,而3<an+1+2≤a2+2=4,則≤,∴.

      故M的最小值為.

      (3)證明:由(2)知n≥2時(shí),an﹣1=(a1﹣1)×××…×<=2×,又n=1時(shí),a1﹣1=2,故有an﹣1≤,n∈N*.

      即an≤,n∈N*.

      則a1+a2+a3+…+an<n+2=n+2×<n+6,n∈N*.

      44.已知在數(shù)列{an}中,,n∈N*.

      (1)求證:1<an+1<an<2;

      (2)求證:;

      (3)求證:n<sn<n+2.

      【解答】證明:(1)先用數(shù)學(xué)歸納法證明1<an<2

      1°.n=1時(shí)

      2°.假設(shè)n=k時(shí)成立,即1<ak<2,n=k+1時(shí),ak∈(1,2)成立.

      由1°2°知1<an<2,n∈N*恒成立.=(an﹣1)(an﹣2)<0.

      所以1<an+1<an<2成立.

      (2),當(dāng)n≥3時(shí),而1<an<2.

      所以.

      由得,=

      所以

      (3)由(1)1<an<2得sn>n

      由(2)得,=.

      45.已知數(shù)列{an}中,(n∈N*).

      (1)求證:;

      (2)求證:是等差數(shù)列;

      (3)設(shè),記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,求證:.

      【解答】證明:(1)當(dāng)n=1時(shí),滿足,假設(shè)當(dāng)n=k(k≥1)時(shí)結(jié)論成立,即≤ak<1,∵ak+1=,∴,即n=k+1時(shí),結(jié)論成立,∴當(dāng)n∈N*時(shí),都有.

      (2)由,得,∴,∴==﹣1,即,∴數(shù)列是等差數(shù)列.

      (3)由(2)知,∴,∴==,∵當(dāng)n≥2時(shí),12n2+18n﹣(7n2+21n+14)=(5n+7)(n﹣2)≥0,∴n≥2時(shí),∴n≥2時(shí),又b1=,b2=,∴當(dāng)n≥3時(shí),==

      46.已知無(wú)窮數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=,=n∈N*.

      (Ⅰ)證明:0<an<1;

      (Ⅱ)

      記bn=,Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,證明:對(duì)任意正整數(shù)n,Tn.

      【解答】(Ⅰ)證明:①當(dāng)n=1時(shí)顯然成立;

      ②假設(shè)當(dāng)n=k(k∈N*)時(shí)不等式成立,即0<ak<1,那么:當(dāng)n=k+1時(shí),>,∴0<ak+1<1,即n=k+1時(shí)不等式也成立.

      綜合①②可知,0<an<1對(duì)任意n∈N*成立.﹣﹣﹣﹣

      (Ⅱ),即an+1>an,∴數(shù)列{an}為遞增數(shù)列.

      又=,易知為遞減數(shù)列,∴也為遞減數(shù)列,∴當(dāng)n≥2時(shí),==

      ∴當(dāng)n≥2時(shí),=

      當(dāng)n=1時(shí),成立;

      當(dāng)n≥2時(shí),Tn=b1+b2+…+bn<=

      綜上,對(duì)任意正整數(shù)n,47.已知數(shù)列{xn}滿足x1=1,xn+1=2+3,求證:

      (I)0<xn<9;

      (II)xn<xn+1;

      (III).

      【解答】證明:(I)(數(shù)學(xué)歸納法)

      當(dāng)n=1時(shí),因?yàn)閤1=1,所以0<x1<9成立.

      假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),0<xk<9成立,則當(dāng)n=k+1時(shí),.

      因?yàn)椋业脁k+1<9

      所以0<xn<9也成立.

      (II)因?yàn)?<xn<9,所以.

      所以xn<xn+1.

      (III)因?yàn)?<xn<9,所以.

      從而xn+1=2+3>+3.

      所以,即.

      所以.

      又x1=1,故.

      48.?dāng)?shù)列{an}各項(xiàng)均為正數(shù),且對(duì)任意n∈N*,滿足an+1=an+can2(c>0且為常數(shù)).

      (Ⅰ)若a1,2a2,3a3依次成等比數(shù)列,求a1的值(用常數(shù)c表示);

      (Ⅱ)設(shè)bn=,Sn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,(i)求證:;

      (ii)求證:Sn<Sn+1<.

      【解答】(I)解:對(duì)任意n∈N*,滿足an+1=an+can2(c>0且為常數(shù)).∴a2=.a(chǎn)3=.

      ∵a1,2a2,3a3依次成等比數(shù)列,∴=a1?3a3,∴=a1?3(),a2>0,化為4a2=3a1(1+ca2).

      ∴4()=3a1[1+c()],a1>0,化為:3c2x2﹣cx﹣1=0,解得x=.

      (II)證明:(i)由an+1=an+can2(c>0且為常數(shù)),an>0.

      ∴﹣=﹣==﹣.即﹣=﹣.

      (ii)由(i)可得:﹣=﹣.

      ∴bn==,∴Sn=+…+=.

      由an+1=an+can2>an>0,可得﹣.

      ∴Sn<=Sn+1<.

      ∴Sn<Sn+1<.

      49.設(shè)數(shù)列滿足|an﹣|≤1,n∈N*.

      (Ⅰ)求證:|an|≥2n﹣1(|a1|﹣2)(n∈N*)

      (Ⅱ)若|an|≤()n,n∈N*,證明:|an|≤2,n∈N*.

      【解答】解:(I)∵|an﹣|≤1,∴|an|﹣|an+1|≤1,∴﹣≤,n∈N*,∴=(﹣)+(﹣)+…+(﹣)≤+++…+==1﹣<1.

      ∴|an|≥2n﹣1(|a1|﹣2)(n∈N*).

      (II)任取n∈N*,由(I)知,對(duì)于任意m>n,﹣=(﹣)+(﹣)+…+(﹣)

      ≤++…+=<.

      ∴|an|<(+)?2n≤[+?()m]?2n=2+()m?2n.①

      由m的任意性可知|an|≤2.

      否則,存在n0∈N*,使得|a|>2,取正整數(shù)m0>log且m0>n0,則

      2?()<2?()=|a|﹣2,與①式矛盾.

      綜上,對(duì)于任意n∈N*,都有|an|≤2.

      50.已知數(shù)列{an}滿足:a1=1,an+1=an+.(n∈N*)

      (Ⅰ)證明:≥1+;

      (Ⅱ)求證:<an+1<n+1.

      【解答】證明:(Ⅰ)∵,∴an+1>an>a1≥1,∴.

      (Ⅱ)∵,∴0<<1,即﹣=<<﹣,累加可得,﹣<1﹣,故an+1<n+1,另一方面,由an≤n可得,原式變形為

      累加得,故<an+1<n+1.

      END

      第三篇:2014高考數(shù)學(xué)壓軸題(20)(寫寫幫整理)

      2014數(shù)學(xué) 壓軸題(20)

      33.若a,b??1,2,3,4?,則方程2x2?2ax?b?0有實(shí)根的概率為1315B.C.D.4828

      34.將一個(gè)骰子先后拋擲兩次,事件A表示“第一次出現(xiàn)奇數(shù)點(diǎn)”,事件B表示“第二次的A.點(diǎn)數(shù)不小于5”,則P?A?B??

      xx35.已知函數(shù)fe?x?e,g0?x??e??f?x?,若gi?x??gi'?1?x??i?1,2,3,????,則

      g2014?x??36.設(shè)函數(shù)y?f(x)的定義域?yàn)镈,若對(duì)于任意x1、x2?D,當(dāng)x1?x2?2a時(shí),恒有 f(x1)?f(x2)?2b,則稱點(diǎn)(a,b)為函數(shù)y?f(x)圖像的對(duì)稱中心.研究函數(shù)

      f(x)?x?sin?x?3的某一個(gè)對(duì)稱中心,并利用對(duì)稱中心的上述定義,可得到

      ?1??2??4026??4027?f???f?????f???f??的值為????????()***4????????

      A.4027B.?4027C.?8054D.8054

      37.某單位安排7位員工在10月1日至7日值班,每天1人,每人值班1天,若7位員工中的甲、乙排在相鄰兩天,丙不排在10月1日,丁不排在10月7日,則不同的安排方案共有

      A.504種B.960種C.1008種D.1108種

      x2?(a?1)x?2a?238.已知函數(shù)f(x)?的定義域是使得解析式有意義的x的集合,如果22x?ax?2a

      對(duì)于定義域內(nèi)的任意實(shí)數(shù)x,函數(shù)值均為正,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是().

      A.?7?a?0或a?2B.?16?a?0或a?2

      C.?7?a?0-D.?16?a?0

      39.定義函數(shù)f(x)?{x?{x}},其中{x}表示不小于x的最小整數(shù),如{1.4}?2,{?2.3}??2.當(dāng)x?(0,n](n?N*)時(shí),函數(shù)f(x)的值域?yàn)锳n,記集合An中元 素的個(gè)數(shù)為an,則an?______

      ??1?x

      ???,0?x?240.已知函數(shù)y?f(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù).當(dāng)x?0時(shí),f(x)???2??logx.x?2?16

      2若,關(guān)于x的方程[f(x)]?a?f(x)?b?0(a、b?R)有且只有7個(gè)不同實(shí)數(shù)根,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是

      第四篇:高考數(shù)學(xué)專題-導(dǎo)數(shù)壓軸題特輯1

      導(dǎo)數(shù)壓軸題特輯1

      一.選擇題(共3小題)

      1.設(shè)f'(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),若f'(x)>0,且?x1,x2∈R(x1≠x2),f(x1)+f(x2)<2f(),則下列各項(xiàng)中不一定正確的是()

      A.f(2)<f(e)<f(π)

      B.f′(π)<f′(e)<f′(2)

      C.f(2)<f′(2)﹣f′(3)<f(3)

      D.f′(3)<f(3)﹣f(2)<f′(2)

      2.設(shè)函數(shù)f(x)=x2(x﹣a)(a>0),其導(dǎo)函數(shù)為y=f′(x),若兩兩不相同實(shí)數(shù)x1,x2,x3,x4滿足f(x1)=f′(x2)=f′(x3)=f(x4),則下列說(shuō)法正確的是()

      A.x1+x4<2(x2+x3)

      B.x1+x4>2(x2+x3)

      C.x1+x3<x2+x4

      D.x1+x3≥x2+x4

      3.已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,且滿足f(4)=1,f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),又知y=f′(x)的圖象如圖,若兩個(gè)正數(shù)a,b滿足f(2a+b)<1,則的取值范圍是()

      A.[,]

      B.(,)

      C.[,2]

      D.(,2)

      二.多選題(共1小題)

      4.對(duì)于定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x),若滿足:①f(0)=0;②當(dāng)x∈R且x≠0時(shí),都有xf′(x)>0;③當(dāng)x1<0<x2且|x1|<|x2|時(shí),都有f(x1)<f(x2),則稱f(x)為“偏對(duì)稱函數(shù)”下列函數(shù)是“偏對(duì)稱函數(shù)”的是()

      A.f1(x)=﹣x3+x2

      B.f2(x)=ex﹣x﹣1

      C.f3(x)=xsinx

      D.f4(x)=

      三.解答題(共36小題)

      5.已知函數(shù)f(x)=ex(sinx﹣ax2+2a﹣e),其中a∈R,e=2.71828…為自然數(shù)的底數(shù).

      (1)當(dāng)a=0時(shí),討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;

      (2)當(dāng)≤a≤1時(shí),求證:對(duì)任意的x∈[0,+∞),f(x)<0.

      6.(1)已知函數(shù)是奇函數(shù),又f(1)=2,f(2)<3,且f(x)在[1,+∞)上遞增.

      ①求a,b,c的值;

      ②當(dāng)x<0時(shí),討論f(x)的單調(diào)性.

      (2)已知二次函數(shù)f(x)的圖象開(kāi)口向下,且對(duì)于任意實(shí)數(shù)x都有f(2﹣x)=f(2+x)求不等式:f[(x2+x+)]<f[(2x2﹣x+)]的解.

      7.已知函數(shù)f(x)=aex﹣1﹣lnx+lna.

      (1)當(dāng)a=e時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積;

      (2)若f(x)≥1,求a的取值范圍.

      8.已知函數(shù)f(x)=(eax﹣1)lnx(a>0).

      (1)當(dāng)a=1時(shí),求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積;

      (2)若關(guān)于x的方程f(x)=ax2﹣ax在[1,+∞)上恰有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解,求a的取值范圍.

      9.已知函數(shù)f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.

      (Ⅰ)求函數(shù)h(x)=f(x)﹣xlna的單調(diào)區(qū)間;

      (Ⅱ)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(x1,f(x1))處的切線與曲線y=g(x)在點(diǎn)(x2,g(x2))處的切線平行,證明x1+g(x2)=﹣;

      (Ⅲ)證明當(dāng)a≥時(shí),存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線.

      10.已知函數(shù)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).

      (1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線與曲線y=g(x)在點(diǎn)(0,g(0))處的切線互相垂直,求

      函數(shù)在區(qū)間[﹣1,1]上的最大值;

      (2)設(shè)函數(shù),試討論函數(shù)h(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).

      11.已知函數(shù)f(x)=eax,g(x)=﹣x2+bx+c(a,b,c∈R),且曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(diǎn)(0,c)處具有公共切線.設(shè)h(x)=f(x)﹣g(x).

      (Ⅰ)求c的值,及a,b的關(guān)系式;

      (Ⅱ)求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (Ⅲ)設(shè)a≥0,若對(duì)于任意x1,x2∈[0,1],都有|h(x1)﹣h(x2)|≤e﹣1,求a的取值范圍.

      12.設(shè)函數(shù)f(x)=ln(1+ax)+bx,g(x)=f(x)﹣bx2.

      (Ⅰ)若a=1,b=﹣1,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (Ⅱ)若曲線y=g(x)在點(diǎn)(1,ln3)處的切線與直線11x﹣3y=0平行.

      (i)求a,b的值;

      (ii)求實(shí)數(shù)k(k≤3)的取值范圍,使得g(x)>k(x2﹣x)對(duì)x∈(0,+∞)恒成立.

      13.已知函數(shù)f(x)=x3﹣3ax+e,g(x)=1﹣lnx,其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

      (Ⅰ)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與直線l:x+2y=0垂直,求實(shí)數(shù)a的值;

      (Ⅱ)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (Ⅲ)用max{m,n}表示m,n中的較大者,記函數(shù)h(x)=max{f(x),g(x)}(x>0).若函數(shù)h(x)在(0,+∞)內(nèi)恰有2個(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      14.已知函數(shù)

      f(x)=lnx,g(x)=ex

      (1)若函數(shù)h(x)=f(x)﹣,求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)設(shè)直線l為函數(shù)f(x)的圖象上的一點(diǎn)

      A(x0,f(x0))處的切線,證明:在區(qū)間(0,+∞)

      上存在唯一的x0,使得直線l

      與曲線y=g(x)

      相切.

      15.已知函數(shù)f(x)=lnx,g(x)=ex

      (1)求函數(shù)h(x)=g(x)f′(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)設(shè)直線l為函數(shù)f(x)圖象上一點(diǎn)A(x0,lnx0)處的切線,證明:在區(qū)間(1,+∞)上存在唯一的x0,使得直線l與曲線y=g(x)相切.

      16.已知函數(shù)f(x)=x+,g(x)=x﹣lnx,其中a∈R且a≠0.

      (Ⅰ)求曲線y=g(x)在點(diǎn)(1,g(1))處的切線方程;

      (II)當(dāng)a=1時(shí),求函數(shù)h(x)=f(x)+g(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (III)設(shè)函數(shù)u(x)=若u(x)=f(x)對(duì)任意x∈[1,e]均成立,求a的取值范圍.

      17.已知函數(shù)f(x)=x2+2ax(x>0),g(x)=3alnx+a,其中a>0.

      (1)當(dāng)a=1時(shí),求函數(shù)h(x)=f(x)﹣g(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)是否存在常數(shù)a,使兩曲線y=f(x),y=g(x)有公共點(diǎn),且在該點(diǎn)處的切線相同?若存在,請(qǐng)求出實(shí)數(shù)a的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

      18.已知函數(shù)f(x)=x3﹣x2+x,g(x)=﹣(m﹣1)x,m∈R.

      (Ⅰ)若f(x)在x=1取得極值,求曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線方程;

      (Ⅱ)若f(x)在區(qū)間(,+∞)上為增函數(shù),求m的取值范圍;

      (Ⅲ)在(Ⅱ)的條件下,求函數(shù)h(x)=f(x)﹣g(x)的單調(diào)區(qū)間和極值.

      19.已知函數(shù)f(x)=ax2+1,g(x)=x3+bx,其中a>0,b>0.

      (Ⅰ)若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(diǎn)P(2,m)處有相同的切線(P為切點(diǎn)),求a,b的值;

      (Ⅱ)令h(x)=f(x)+g(x),若函數(shù)h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣,﹣],(1)求函數(shù)h(x)在區(qū)間(﹣∞,﹣1]上的最大值t(a);

      (2)若|h(x)|≤3在x∈[﹣2,0]上恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      20.已知函數(shù)f(x)=ax2+1,g(x)=x3+bx,其中a>0,b>0.

      (1)若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(diǎn)P(2,c)處有相同的切線(P為切點(diǎn)),求a,b的值;

      (2)令h(x)=f(x)+g(x),若函數(shù)h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣,﹣],求函數(shù)h(x)在區(qū)間(﹣∞,﹣1]上的最大值M(a)

      21.已知函數(shù)f(x)=ax2+1,g(x)=x3+bx,其中a>0,b>0.

      (1)若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(diǎn)p(2,c)處有相同的切線(p為切點(diǎn)),求實(shí)數(shù)a,b的值.

      (2)令h(x)=f(x)+g(x),若函數(shù)h(x)的單調(diào)減區(qū)間為[﹣,﹣];

      ①求函數(shù)h(x)在區(qū)間(﹣∞,﹣1]上的最大值M(a).

      ②若|h(x)|≤3在x∈[﹣2,0]上恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      22.已知函數(shù)f(x)=ex+x2﹣x,g(x)=x2+ax+b,a,b∈R.

      (1)當(dāng)a=1時(shí),求函數(shù)F(x)=f(x)﹣g(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,1)處的切線l與曲線y=g(x)切于點(diǎn)(1,c),求a,b,c的值;

      (3)若f(x)≥g(x)恒成立,求a+b的最大值.

      23.函數(shù)y=lnx關(guān)于直線x=1對(duì)稱的函數(shù)為f(x),又函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為g(x),記h(x)=f(x)+g(x).

      (1)設(shè)曲線y=h(x)在點(diǎn)(1,h(1))處的切線為l,l與圓(x+1)2+y2=1相切,求a的值;

      (2)求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (3)求函數(shù)h(x)在[0,1]上的最大值.

      24.(文)已知函數(shù)f(x)=lnx與g(x)=kx+b(k,b∈R)的圖象交于P,Q兩點(diǎn),曲線y=f(x)在P,Q兩點(diǎn)處的切線交于點(diǎn)A.

      (1)當(dāng)k=e,b=﹣3時(shí),求函數(shù)h(x)=f(x)﹣g(x)的單調(diào)區(qū)間;(e為自然常數(shù))

      (2)若A(,),求實(shí)數(shù)k,b的值.

      25.已知函數(shù)f(x)=x3﹣3ax+e,g(x)=1﹣lnx,其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

      (Ⅰ)當(dāng)時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程;

      (Ⅱ)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (Ⅲ)用max{m,n}表示m,n中的較大者,記函數(shù)h(x)=max{f(x),g(x)}(x>0).若函數(shù)h(x)在(0,+∞)內(nèi)恰有2個(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      26.設(shè)a∈R,函數(shù)f(x)=alnx﹣x.

      (1)若f(x)無(wú)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍;

      (2)當(dāng)a=1時(shí),關(guān)于x的方程2x﹣f(x)=x2+b在[,2]上恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,求實(shí)數(shù)b的取值范圍.;

      (3)求證:當(dāng)n≥2,n∈N*時(shí)(1+)(1+)…(1+)<e.

      27.已知函數(shù)f(x)=xlnx.

      (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值;

      (2)若不等式對(duì)任意x∈[1,3]恒成立,求正實(shí)數(shù)λ的取值范圍.

      28.已知函數(shù)(a∈R).

      (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)當(dāng)函數(shù)f(x)與函數(shù)g(x)=lnx圖象的公切線l經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí),求實(shí)數(shù)a的取值集合;

      (3)證明:當(dāng)a∈(0,)時(shí),函數(shù)h(x)=f(x)﹣ax有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2,且滿足.

      29.已知函數(shù)f(x)=.

      (1)若對(duì)任意x>0,f(x)<0恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;

      (2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2(x1<x2),證明:+>2.

      30.已知a為常數(shù),函數(shù)f(x)=x2+ax﹣lnx,g(x)=ex(其中e是自然數(shù)對(duì)數(shù)的底數(shù)).

      (1)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O作曲線y=f(x)的切線,設(shè)切點(diǎn)P(x0,y0)為,求x0的值;

      (2)令,若函數(shù)F(x)在區(qū)間(0,1]上是單調(diào)函數(shù),求a的取值范圍.

      31.設(shè)函數(shù),m∈R.

      (1)當(dāng)m=e(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))時(shí),求f(x)的最小值;

      (2)討論函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).

      32.已知函數(shù)f(x)=lnx﹣.

      (1)若a=4,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1]內(nèi)單調(diào)遞增,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;

      (3)若x1、x2∈R+,且x1≤x2,求證:(lnx1﹣lnx2)(x1+2x2)≤3(x1﹣x2).

      33.設(shè)a>0,函數(shù)f(x)=x2﹣2ax﹣2alnx

      (1)當(dāng)a=1時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(0,+∞)上有唯一零點(diǎn),試求a的值.

      34.已知函數(shù).

      (1)當(dāng)a=0時(shí),求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程;

      (2)令g(x)=f(x)﹣ax+1,求函數(shù)g(x)的極大值;

      (3)若a=﹣2,正實(shí)數(shù)x1,x2滿足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,證明:.

      35.已知函數(shù)f(x)=x﹣alnx,g(x)=﹣(a>0)

      (1)若a=l,求f(x)的極值;

      (2)若存在x0∈[1,e],使得f(x0)<g(x0)成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      36.已知函數(shù)f(x)=alnx+x2+bx+1在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為4x﹣y﹣12=0.

      (1)求函數(shù)f(x)的解析式;

      (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值.

      37.已知函數(shù)f(x)=alnx+﹣(a+1)x,a∈R.

      (Ⅰ)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,3)上單調(diào)遞減,求a的取值范圍;

      (Ⅱ)當(dāng)a=﹣1時(shí),證明f(x)≥.

      38.已知函數(shù)f(x)=x2﹣(a﹣2)x﹣alnx(a∈R).

      (Ⅰ)求函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (Ⅱ)當(dāng)a=1時(shí),證明:對(duì)任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2.

      39.已知函數(shù)f(x)=xlnx.

      (Ⅰ)求函數(shù)f(x)在[1,3]上的最小值;

      (Ⅱ)若存在使不等式2f(x)≥﹣x2+ax﹣3成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      40.已知函數(shù)f(x)=ax2﹣alnx+x.

      (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;

      (2)若a<0,設(shè)g(x)=f(x)﹣x,h(x)=﹣2xlnx+2x,若對(duì)任意x1,x2∈[1,+∞)(x1≠x2),|g(x2)﹣g(x1)|≥|h(x2)﹣h(x1)|恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      導(dǎo)數(shù)壓軸題特輯1

      參考答案與試題解析

      一.選擇題(共3小題)

      1.設(shè)f'(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),若f'(x)>0,且?x1,x2∈R(x1≠x2),f(x1)+f(x2)<2f(),則下列各項(xiàng)中不一定正確的是()

      A.f(2)<f(e)<f(π)

      B.f′(π)<f′(e)<f′(2)

      C.f(2)<f′(2)﹣f′(3)<f(3)

      D.f′(3)<f(3)﹣f(2)<f′(2)

      【分析】f′(x)>0,∴f(x)在R上單調(diào)遞增,由,可得<,可得y=f(x)的圖象如圖所示,圖象是向上凸.進(jìn)而判斷出正誤.

      【解答】解:∵f′(x)>0,∴f(x)在R上單調(diào)遞增,∵,∴<,∴y=f(x)的圖象如圖所示,圖象是向上凸.

      ∴f(2)<f(e)<f(π),f′(π)<f′(e)<f′(2),可知:A,B正確.

      ∵f(3)﹣f(2)=,表示點(diǎn)A(2,f(2)),B(3,f(3))的連線的斜率.

      由圖可知:f′(3)<kAB<f′(2),故D正確.

      C項(xiàng)無(wú)法推出,故選:C.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、切線的斜率、數(shù)形結(jié)合方法,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于難題.

      2.設(shè)函數(shù)f(x)=x2(x﹣a)(a>0),其導(dǎo)函數(shù)為y=f′(x),若兩兩不相同實(shí)數(shù)x1,x2,x3,x4滿足f(x1)=f′(x2)=f′(x3)=f(x4),則下列說(shuō)法正確的是()

      A.x1+x4<2(x2+x3)

      B.x1+x4>2(x2+x3)

      C.x1+x3<x2+x4

      D.x1+x3≥x2+x4

      【分析】f(x)=x2(x﹣a)(a>0),令f(x)=x2(x﹣a)=0,解得x.f′(x)=2x(x﹣a)+x2=3x(x﹣)=3﹣.畫出圖象.根據(jù):兩兩不相同實(shí)數(shù)x1,x2,x3,x4滿足f(x1)=f′(x2)=f′(x3)=f(x4),可得x2+x3=.由f(x1)=f(x4),可得:﹣a=﹣a,可得x1+x4<a,即可判斷出結(jié)論.

      【解答】解:f(x)=x2(x﹣a)(a>0),令f(x)=x2(x﹣a)=0,解得x=0,或a.可得0,a是函數(shù)f(x)的零點(diǎn).

      f′(x)=2x(x﹣a)+x2=3x(x﹣)=3﹣.

      可得0是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn),a是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn).

      可得0,a是函數(shù)f′(x)的零點(diǎn).

      f(0)=f′(0)==f(a),=﹣,=﹣.

      畫出圖象.

      兩兩不相同實(shí)數(shù)x1,x2,x3,x4滿足f(x1)=f′(x2)=f′(x3)

      =f(x4),∴x2+x3=.

      由f(x1)=f(x4),可得:﹣a=﹣a,化為:﹣a(x1+x4)=x1x4<,化為:(x1+x4)(x1+x4﹣a)<0.

      x1+x4>0,(≤0不成立).

      ∴x1+x4<a=2(x2+x3).

      ∴x1+x4<2(x2+x3)正確.B不正確.

      結(jié)合圖象可得:CD不正確.

      故選:A.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值、函數(shù)的零點(diǎn)、方程與不等式的解法,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于中檔題.

      3.已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,且滿足f(4)=1,f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),又知y=f′(x)的圖象如圖,若兩個(gè)正數(shù)a,b滿足f(2a+b)<1,則的取值范圍是()

      A.[,]

      B.(,)

      C.[,2]

      D.(,2)

      【分析】由y=f′(x)的圖象如圖,可得:函數(shù)f(x)的單調(diào)性.可得兩個(gè)正數(shù)a,b滿足f(2a+b)<1=f(4),可得2a+b<4,如圖所示,由于表示點(diǎn)Q(a,b)與點(diǎn)P(﹣2,﹣3)連線的斜率.即可得出.

      【解答】解:由y=f′(x)的圖象如圖,可得:函數(shù)f(x)在(﹣∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

      ∵兩個(gè)正數(shù)a,b滿足f(2a+b)<1=f(4),∴2a+b<4,如圖所示,則表示點(diǎn)Q(a,b)與點(diǎn)P(﹣2,﹣3)連線的斜率.

      kAP==,kPB==.

      ∴斜率的取值范圍是(,).

      故選:B.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、斜率計(jì)算公式、線性規(guī)劃問(wèn)題,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于中檔題.

      二.多選題(共1小題)

      4.對(duì)于定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x),若滿足:①f(0)=0;②當(dāng)x∈R且x≠0時(shí),都有xf′(x)>0;③當(dāng)x1<0<x2且|x1|<|x2|時(shí),都有f(x1)<f(x2),則稱f(x)為“偏對(duì)稱函數(shù)”下列函數(shù)是“偏對(duì)稱函數(shù)”的是()

      A.f1(x)=﹣x3+x2

      B.f2(x)=ex﹣x﹣1

      C.f3(x)=xsinx

      D.f4(x)=

      【分析】運(yùn)用新定義,分別討論四個(gè)函數(shù)是否滿足三個(gè)條件,結(jié)合奇偶性和單調(diào)性,以及對(duì)稱性,即可得到所求結(jié)論.

      【解答】解:經(jīng)驗(yàn)證,f1(x),f2(x),f3(x),f4(x)

      都滿足條件①,∵當(dāng)x∈R且x≠0時(shí),都有xf′(x)>0

      ∴或,即條件②等價(jià)于函數(shù)

      f(x)

      在區(qū)間

      (﹣∞,0)上單調(diào)遞減,在區(qū)間

      (0,+∞)

      上單調(diào)遞增,當(dāng)

      x1<0<x2且|x1|<|x2|時(shí),等價(jià)于﹣x2<x1<0<﹣x1<x2,A

      中,f1(x)=﹣x3+x2,f1′(x)=﹣3x2+2x,則當(dāng)

      x≠0

      時(shí),由xf1′(x)=﹣3x3+2x2=x2(2﹣3x)≤0,得x≥,不符合條件②,故

      f1(x)

      不是“偏對(duì)稱函數(shù)”;

      B

      中,f2(x)=ex﹣x﹣1,f2′(x)=ex﹣1,當(dāng)

      x>0

      時(shí),ex>1,f2′(x)>0,當(dāng)

      x<0

      時(shí),0<ex<1,f2′(x)<0,則當(dāng)

      x≠0

      時(shí),都有

      xf2′(x)>0,符合條件②,∴函數(shù)f2(x)=ex﹣x﹣1

      在(﹣∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)

      上單調(diào)遞增,由

      f2(x)的單調(diào)性知,當(dāng)﹣x2<x1<0<﹣x1<x2時(shí),f2(x1)<f2(﹣x2),∴f2(x1)﹣f2(x2)<f2(﹣x2)﹣f2(x2)=﹣++2x2,令F(x)=﹣ex+e﹣x+2x,x>0,F(xiàn)′(x)=﹣ex﹣e﹣x+2≤﹣2+2=0,當(dāng)且僅當(dāng)

      ex=e﹣x即

      x=0

      時(shí),“=“成立,∴F(x)

      在[0,+∞)

      上是減函數(shù),∴F(x2)<F(0)=0,即

      f2(x1)<f2(x2),符合條件③,故

      f2(x)

      是“偏對(duì)稱函數(shù)”;

      C

      中,f3(x)=xsinx,則

      f3(﹣x)=﹣xsin(﹣x)=f3(x),則

      f3(x)

      是偶函數(shù),而f3′(x)=sinx+xcosx=sin(x+φ)(tanφ=x),則根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)可知,當(dāng)

      x>0

      時(shí),f3′(x)的符號(hào)有正有負(fù),不符合條件②,故

      f3(x)

      不是“偏對(duì)稱函數(shù)”;

      D

      中,由函數(shù)

      f4(x)=,當(dāng)

      x<0

      時(shí),f4′(x)=<0,當(dāng)

      x>0

      時(shí),f3′(x)=2>0,符合條件②,∴函數(shù)

      f4(x)

      在(﹣∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)

      上單調(diào)遞增,由單調(diào)性知,當(dāng)﹣x2<x1<0<﹣x1<x2時(shí),f4(x1)<f4(﹣x2),∴f4(x1)﹣f4(x2)<f4(﹣x2)﹣f4(x2)=ln(x2+1)﹣2x2,設(shè)

      F(x)=ln(x+1)﹣2x,x>0,則

      F′(x)=﹣2<0,F(xiàn)(x)

      在(0,+∞)

      上是減函數(shù),可得

      F(x)<F(0)=0,∴F(x2)<0,即

      f(x1)<f(x2),符合條件③,故

      f4(x)

      是“偏對(duì)稱函數(shù)”,故選:BD.

      【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查在新定義下利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值,考查計(jì)算能力,考查轉(zhuǎn)化與劃歸思想,屬于難題.

      三.解答題(共36小題)

      5.已知函數(shù)f(x)=ex(sinx﹣ax2+2a﹣e),其中a∈R,e=2.71828…為自然數(shù)的底數(shù).

      (1)當(dāng)a=0時(shí),討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;

      (2)當(dāng)≤a≤1時(shí),求證:對(duì)任意的x∈[0,+∞),f(x)<0.

      【分析】(1)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù),利用函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系進(jìn)行討論即可.

      (2)對(duì)任意的x∈[0,+∞),f(x)<0轉(zhuǎn)化為證明對(duì)任意的x∈[0,+∞),sinx﹣ax2+2a﹣e<0,即可,構(gòu)造函數(shù),求函數(shù)的導(dǎo)數(shù),利用導(dǎo)數(shù)進(jìn)行研究即可.

      【解答】解:(1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=ex(sinx﹣e),則f′(x)=ex(sinx﹣e)+excosx=ex(sinx﹣e+cosx),∵sinx+cosx=sin(x+)≤<e,∴sinx+cosx﹣e<0

      故f′(x)<0

      則f(x)在R上單調(diào)遞減.

      (2)當(dāng)x≥0時(shí),y=ex≥1,要證明對(duì)任意的x∈[0,+∞),f(x)<0.

      則只需要證明對(duì)任意的x∈[0,+∞),sinx﹣ax2+2a﹣e<0.

      設(shè)g(a)=sinx﹣ax2+2a﹣e=(﹣x2+2)a+sinx﹣e,看作以a為變量的一次函數(shù),要使sinx﹣ax2+2a﹣e<0,則,即,∵sinx+1﹣e<0恒成立,∴①恒成立,對(duì)于②,令h(x)=sinx﹣x2+2﹣e,則h′(x)=cosx﹣2x,設(shè)x=t時(shí),h′(x)=0,即cost﹣2t=0.

      ∴t=,sint<sin,∴h(x)在(0,t)上,h′(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,在(t,+∞)上,h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,則當(dāng)x=t時(shí),函數(shù)h(x)取得最大值h(t)=sint﹣t2+2﹣e=sint﹣()2+2﹣e

      =sint﹣+2﹣e=sin2t+sint+﹣e=(+1)2+﹣e≤()2+﹣e=﹣e<0,故④式成立,綜上對(duì)任意的x∈[0,+∞),f(x)<0.

      【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,求函數(shù)的導(dǎo)數(shù),構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)是解決本題的關(guān)鍵.綜合性較強(qiáng),難度較大.

      6.(1)已知函數(shù)是奇函數(shù),又f(1)=2,f(2)<3,且f(x)在[1,+∞)上遞增.

      ①求a,b,c的值;

      ②當(dāng)x<0時(shí),討論f(x)的單調(diào)性.

      (2)已知二次函數(shù)f(x)的圖象開(kāi)口向下,且對(duì)于任意實(shí)數(shù)x都有f(2﹣x)=f(2+x)求不等式:f[(x2+x+)]<f[(2x2﹣x+)]的解.

      【分析】A、(1)求三個(gè)未知數(shù),需要三個(gè)條件,一是定義域要關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,二是f(1)=2,三是f(2)<3,f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增可解.

      (2)用單調(diào)性定義來(lái)探討,先在給定的區(qū)間上任取兩個(gè)變量,且界定大小,再作差變形,在與0比較中出現(xiàn)討論,再進(jìn)一步細(xì)化區(qū)間,確定后即為所求的單調(diào)區(qū)間.

      B、由題設(shè)二次函數(shù)f(x)的圖象開(kāi)口向下,又對(duì)于任意實(shí)數(shù)x,都有f(2﹣x)=f(x+2),知其對(duì)稱軸方程為x=2,由二次函數(shù)的這些特征即可研究出其單調(diào)性,分析(x2+x+),(2x2﹣x+)的范圍,利用二次函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化不等式為(x2+x+)<(2x2﹣x+),利用對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性把不等式轉(zhuǎn)化為x2+x+>2x2﹣x+,解此不等式即可求得結(jié)果.

      【解答】A、解:(1)∵f(x)為奇函數(shù),故f(x)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱

      又f(x)的定義域?yàn)?/p>

      (顯然b≠0,否則f(x)為偶函數(shù))

      ∴,即c=0

      于是得,且,∴

      ∴,又b∈Z

      ∴b=1

      ∴a=1

      故a=b=1,c=0,符合f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增

      (2)由(1)知,=

      ①當(dāng)﹣1<x1<x2<0時(shí),顯然x1﹣x2<0,0<x1x2<1,x1x2﹣1<0

      ∴f(x1)﹣f(x2)>0

      ∴f(x)為減函數(shù)

      ②當(dāng)x1<x2<﹣1時(shí),顯然x1﹣x2<0,x1x2>1,x1x2﹣1>0

      ∴f(x1)﹣f(x2)<0

      ∴f(x)為增函數(shù)

      綜上所述,f(x)在(﹣∞,﹣1]上是增函數(shù),在[﹣1,0)上是減函數(shù).

      B、解:由題意二次函數(shù)f(x)圖象開(kāi)口向下,故在對(duì)稱軸兩邊的圖象是左降右升

      又對(duì)于任意實(shí)數(shù)x,都有f(2﹣x)=f(x+2),故此函數(shù)的對(duì)稱軸方程是x=2

      由此知,函數(shù)f(x)在(﹣∞,2]上是增函數(shù),在(2,+∞)是減函數(shù),而x2+x+=(x+)2+≥,2x2﹣x+=2(x﹣)2+≥,∴(x2+x+)≤=2,(2x2﹣x+)≤=1,∵f[(x2+x+)]<f[(2x2﹣x+)]

      ∴(x2+x+)<(2x2﹣x+),∴x2+x+>2x2﹣x+,解得,∴不等式的解集為.

      【點(diǎn)評(píng)】A、此題是中檔題.本題主要考查函數(shù)利用奇偶性和函數(shù)值,單間性來(lái)求解析式,在研究單調(diào)性中分類討論的思想應(yīng)用.

      B、本題主要考查二次函數(shù)的單調(diào)性和對(duì)稱性,還考查了利用對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性解對(duì)數(shù)不等式和一元二次不等式的解法,特別注意對(duì)數(shù)不等式的求解時(shí)的定義域.

      7.已知函數(shù)f(x)=aex﹣1﹣lnx+lna.

      (1)當(dāng)a=e時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積;

      (2)若f(x)≥1,求a的取值范圍.

      【分析】(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求出切線方程,可得三角形的面積;

      (2)方法一:不等式等價(jià)于ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x=elnx+lnx,令g(t)=et+t,根據(jù)函數(shù)單調(diào)性可得lna>lnx﹣x+1,再構(gòu)造函數(shù)h(x)=lnx﹣x+1,利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值,即可求出a的范圍;

      方法二:構(gòu)造兩個(gè)基本不等式ex>x﹣1,x﹣1≥lnx,則原不等式轉(zhuǎn)化為x(a﹣1)≥﹣lna,再分類討論即可求出a的取值范圍,方法三:利用分類討論的思想,當(dāng)0<a<1,此時(shí)不符合題意,當(dāng)a≥1時(shí),f(x)≥ex﹣1﹣lnx,令g(x)=ex﹣1﹣lnx,再根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)最值的關(guān)系即可證明,方法四:先根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系求出f(x)≥f(x0)=﹣2lnx0+1﹣x0≥1,lna=1﹣x0﹣lnx0,再求出x0的范圍,再利用導(dǎo)數(shù)求1﹣x0﹣lnx0的范圍,即可求出a的范圍.

      方法五:f(x)≥1等價(jià)于aex﹣1﹣lnx+lna≥1,構(gòu)造函數(shù)hg(a)=a+lna﹣1,利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值,即可求出a的范圍.

      【解答】解:(1)當(dāng)a=e時(shí),f(x)=ex﹣lnx+1,∴f′(x)=ex﹣,∴f′(1)=e﹣1,∵f(1)=e+1,∴曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y﹣(e+1)=(e﹣1)(x﹣1),當(dāng)x=0時(shí),y=2,當(dāng)y=0時(shí),x=,∴曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積S=×2×=.

      (2)方法一:由f(x)≥1,可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1,即ex﹣1+lna﹣lnx+lna≥1,即ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x=elnx+lnx,令g(t)=et+t,則g′(t)=et+1>0,∴g(t)在R上單調(diào)遞增,∵g(lna+x﹣1)≥g(lnx)

      ∴l(xiāng)na+x﹣1≥lnx,即lna≥lnx﹣x+1,令h(x)=lnx﹣x+1,∴h′(x)=﹣1=,當(dāng)0<x<1時(shí),h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x>1時(shí),h′(x)<0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減,∴h(x)≤h(1)=0,∴l(xiāng)na≥0,∴a≥1,故a的范圍為[1,+∞).

      方法二:由f(x)≥1可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1,x>0,a>0,即aex﹣1﹣1≥lnx﹣lna,設(shè)g(x)=ex﹣x﹣1,∴g′(x)=ex﹣1>0恒成立,∴g(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增,∴g(x)>g(0)=1﹣0﹣1=0,∴ex﹣x﹣1>0,即ex>x+1,再設(shè)h(x)=x﹣1﹣lnx,∴h′(x)=1﹣=,當(dāng)0<x<1時(shí),h′(x)<0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x>1時(shí),h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增,∴h(x)≥h(1)=0,∴x﹣1﹣lnx≥0,即x﹣1≥lnx

      ∴ex﹣1≥x,則aex﹣1≥ax,此時(shí)只需要證ax≥x﹣lna,即證x(a﹣1)≥﹣lna,當(dāng)a≥1時(shí),∴x(a﹣1)>0>﹣lna恒成立,當(dāng)0<a<1時(shí),x(a﹣1)<0<﹣lna,此時(shí)x(a﹣1)≥﹣lna不成立,綜上所述a的取值范圍為[1,+∞).

      方法三:由題意可得x∈(0,+∞),a∈(0,+∞),∴f′(x)=aex﹣1﹣,易知f′(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),①當(dāng)0<a<1時(shí),f′(1)=a﹣1<0,f′()=a﹣a=a(﹣1)>0,∴存在x0∈(1,)使得f′(x0)=0,當(dāng)x∈(1,x0)時(shí),f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,∴f(x)<f(1)=a+lna<a<1,不滿足題意,②當(dāng)a≥1時(shí),ex﹣1>0,lna>0,∴f(x)≥ex﹣1﹣lnx,令g(x)=ex﹣1﹣lnx,∴g′(x)=ex﹣1﹣,易知g′(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),∵g′(1)=0,∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g′(x)<0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g′(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,∴g(x)≥g(1)=1,即f(x)≥1,綜上所述a的取值范圍為[1,+∞).

      方法四:∵f(x)=aex﹣1﹣lnx+lna,x>0,a>0,∴f′(x)=aex﹣1﹣,易知f′(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),∵y=aex﹣1在(0,+∞)上為增函數(shù),y=在0,+∞)上為減函數(shù),∴y=aex﹣1與y=在0,+∞)上有交點(diǎn),∴存在x0∈(0,+∞),使得f′(x0)=a﹣=0,則a=,則lna+x0﹣1=﹣lnx0,即lna=1﹣x0﹣lnx0,當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,∴f(x)≥f(x0)=a﹣lnx0+lna

      =﹣lnx0+1﹣x0﹣lnx0=﹣2lnx0+1﹣x0≥1

      ∴﹣2lnx0﹣x0≥0

      設(shè)g(x)=﹣2lnx﹣x,易知函數(shù)g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,且g(1)=1﹣0﹣1=0,∴當(dāng)x∈(0,1]時(shí),g(x)≥0,∴x0∈(0,1]時(shí),﹣2lnx0﹣x0≥0,設(shè)h(x)=1﹣x﹣lnx,x∈(0,1],∴h′(x)=﹣1﹣<0恒成立,∴h(x)在(0,1]上單調(diào)遞減,∴h(x)≥h(1)=1﹣1﹣ln1=0,當(dāng)x→0時(shí),h(x)→+∞,∴l(xiāng)na≥0=ln1,∴a≥1.

      方法五:f(x)≥1等價(jià)于aex﹣1﹣lnx+lna≥1,該不等式恒成立.

      當(dāng)x=1時(shí),有a+lna≥1,其中a>0.

      設(shè)g(a)=a+lna﹣1,則g'(a)=1+>0,則g(a)單調(diào)增,且g(1)=0.

      所以若a+lna≥1成立,則必有a≥1.

      ∴下面證明當(dāng)a≥1時(shí),f(x)≥1成立.

      ∵ex≥x+1,把x換成x﹣1得到ex﹣1≥x,∵x﹣1≥lnx,∴x﹣lnx≥1.

      ∴f(x)=aex﹣1﹣lnx+lna≥ex﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1.

      綜上,a≥1.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義,以及導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系,考查了運(yùn)算求解能力,轉(zhuǎn)化與化歸能力,屬于難題.

      8.已知函數(shù)f(x)=(eax﹣1)lnx(a>0).

      (1)當(dāng)a=1時(shí),求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積;

      (2)若關(guān)于x的方程f(x)=ax2﹣ax在[1,+∞)上恰有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解,求a的取值范圍.

      【分析】(1)求得a=1時(shí),f(x)的導(dǎo)數(shù),可得切線的斜率和方程,可得切線與x,y軸的交點(diǎn),由三角形的面積公式,可得所求值;

      (2)顯然x=1為方程f(x)=ax2﹣ax的根,當(dāng)x>0且x≠1時(shí),原方程等價(jià)于==,構(gòu)造函數(shù)g(x)=(x>0),求得導(dǎo)數(shù),判斷單調(diào)性,可得原方程即為ax=lnx,由參數(shù)分離和構(gòu)造新函數(shù),求得導(dǎo)數(shù)和最值,即可得到所求范圍.

      【解答】解:(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=(ex﹣1)lnx,可得f(1)=0,f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)=exlnx+,所以切線的斜率為k=f′(1)=e﹣1,則切線的方程為y=(e﹣1)(x﹣1),該切線與x軸的交點(diǎn)為(1,0),與y軸的交點(diǎn)為(0,1﹣e),所以所求三角形的面積為×1×(e﹣1)=;

      (2)顯然x=1為方程f(x)=ax2﹣ax的根,當(dāng)x>0且x≠1時(shí),原方程等價(jià)于==,設(shè)g(x)=(x>0),g′(x)=,設(shè)h(x)=1+(x﹣1)ex(x>0),h′(x)=xex>0,可得h(x)在(0,+∞)遞增,則h(x)>h((0)=0,即g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)遞增,原方程等價(jià)于g(ax)=g(lnx),只需ax=lnx在(1,+∞)上有兩個(gè)不等實(shí)根.

      故只需ax=lnx在(1,+∞)上有兩個(gè)不等的實(shí)根.

      則a=(x>1),設(shè)k(x)=(x>1),k′(x)=,可得k(x)在(1,e)遞增,在(e,+∞)遞減,則k(x)的最大值為k(e)=,又k(1)=0,所以a的范圍是(0,).

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用:求切線的方程和單調(diào)性、最值,考查方程思想和構(gòu)造函數(shù)法、化簡(jiǎn)運(yùn)算能力和推理能力,屬于中檔題.

      9.已知函數(shù)f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.

      (Ⅰ)求函數(shù)h(x)=f(x)﹣xlna的單調(diào)區(qū)間;

      (Ⅱ)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(x1,f(x1))處的切線與曲線y=g(x)在點(diǎn)(x2,g(x2))處的切線平行,證明x1+g(x2)=﹣;

      (Ⅲ)證明當(dāng)a≥時(shí),存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線.

      【分析】(Ⅰ)把f(x)的解析式代入函數(shù)h(x)=f(x)﹣xlna,求其導(dǎo)函數(shù),由導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)對(duì)定義域分段,由導(dǎo)函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的符號(hào)可得原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;

      (Ⅱ)分別求出函數(shù)y=f(x)在點(diǎn)(x1,f(x1))處與y=g(x)在點(diǎn)(x2,g(x2))處的切線的斜率,由斜率相等,兩邊取對(duì)數(shù)可得結(jié)論;

      (Ⅲ)分別求出曲線y=f(x)在點(diǎn)()處的切線與曲線y=g(x)在點(diǎn)(x2,logax2)處的切線方程,把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明當(dāng)a≥時(shí),存在x1∈(﹣∞,+∞),x2∈(0,+∞)使得l1與l2重合,進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為證明當(dāng)a≥時(shí),方程存在實(shí)數(shù)解.然后利用導(dǎo)數(shù)證明即可.

      【解答】(Ⅰ)解:由已知,h(x)=ax﹣xlna,有h′(x)=axlna﹣lna,令h′(x)=0,解得x=0.

      由a>1,可知當(dāng)x變化時(shí),h′(x),h(x)的變化情況如下表:

      x

      (﹣∞,0)

      0

      (0,+∞)

      h′(x)

      0

      +

      h(x)

      極小值

      ∴函數(shù)h(x)的單調(diào)減區(qū)間為(﹣∞,0),單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞);

      (Ⅱ)證明:由f′(x)=axlna,可得曲線y=f(x)在點(diǎn)(x1,f(x1))處的切線的斜率為lna.

      由g′(x)=,可得曲線y=g(x)在點(diǎn)(x2,g(x2))處的切線的斜率為.

      ∵這兩條切線平行,故有,即,兩邊取以a為底數(shù)的對(duì)數(shù),得logax2+x1+2logalna=0,∴x1+g(x2)=﹣;

      (Ⅲ)證明:曲線y=f(x)在點(diǎn)()處的切線l1:,曲線y=g(x)在點(diǎn)(x2,logax2)處的切線l2:.

      要證明當(dāng)a≥時(shí),存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線,只需證明當(dāng)a≥時(shí),存在x1∈(﹣∞,+∞),x2∈(0,+∞)使得l1與l2重合,即只需證明當(dāng)a≥時(shí),方程組

      由①得,代入②得:,③

      因此,只需證明當(dāng)a≥時(shí),關(guān)于x1的方程③存在實(shí)數(shù)解.

      設(shè)函數(shù)u(x)=,既要證明當(dāng)a≥時(shí),函數(shù)y=u(x)存在零點(diǎn).

      u′(x)=1﹣(lna)2xax,可知x∈(﹣∞,0)時(shí),u′(x)>0;x∈(0,+∞)時(shí),u′(x)單調(diào)遞減,又u′(0)=1>0,u′=<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u′(x0)=0,即.

      由此可得,u(x)在(﹣∞,x0)上單調(diào)遞增,在(x0,+∞)上單調(diào)遞減,u(x)在x=x0處取得極大值u(x0).

      ∵,故lnlna≥﹣1.

      ∴=.

      下面證明存在實(shí)數(shù)t,使得u(t)<0,由(Ⅰ)可得ax≥1+xlna,當(dāng)時(shí),有

      u(x)≤=.

      ∴存在實(shí)數(shù)t,使得u(t)<0.

      因此,當(dāng)a≥時(shí),存在x1∈(﹣∞,+∞),使得u(x1)=0.

      ∴當(dāng)a≥時(shí),存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算,導(dǎo)數(shù)的幾何意義,運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)公式的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)和方法,考查函數(shù)與方程思想,化歸思想,考查抽象概括能力,綜合分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力,是難題.

      10.已知函數(shù)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).

      (1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線與曲線y=g(x)在點(diǎn)(0,g(0))處的切線互相垂直,求

      函數(shù)在區(qū)間[﹣1,1]上的最大值;

      (2)設(shè)函數(shù),試討論函數(shù)h(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).

      【分析】(1)分別求出y=f(x)與y=g(x)在x=0處的導(dǎo)數(shù),利用斜率之積等于﹣1求得a,得到f(x)解析式,再由導(dǎo)數(shù)判斷f(x)在區(qū)間[﹣1,1]上單調(diào)遞減,從而求得最大值;

      (2)函數(shù)g(x)=ex﹣e在R上單調(diào)遞增,僅在x=1處有一個(gè)零點(diǎn),且x<1時(shí),g(x)<0,再由導(dǎo)數(shù)分類判定f(x)的零點(diǎn)情況,則答案可求.

      【解答】解:(1)∵f′(x)=﹣3x2+a,g′(x)=ex,∴f′(0)=a,g′(0)=1,由題意知,a=﹣1,f′(x)=﹣3x2﹣1≤0,f(x)在區(qū)間[﹣1,1]上單調(diào)遞減,∴;

      (2)函數(shù)g(x)=ex﹣e在R上單調(diào)遞增,僅在x=1處有一個(gè)零點(diǎn),且x<1時(shí),g(x)<0,又f′(x)=﹣3x2+a.

      ①當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)≤0,f(x)在R上單調(diào)遞減,且過(guò)點(diǎn)(0,﹣),f(﹣1)=>0.

      即f(x)在x≤0時(shí),必有一個(gè)零點(diǎn),此時(shí)y=h(x)有兩個(gè)零點(diǎn);

      ②當(dāng)a>0時(shí),令f′(x)=﹣3x2+a=0,解得<0,>0.

      則是函數(shù)f(x)的一個(gè)極小值點(diǎn),是函數(shù)f(x)的一個(gè)極大值點(diǎn).

      而f(﹣)=<0,現(xiàn)在討論極大值的情況:

      f()=.

      當(dāng)f()<0,即a<時(shí),函數(shù)f(x)在(0,+∞)上恒小于0,此時(shí)y=h(x)有兩個(gè)零點(diǎn);

      當(dāng)f()=0,即a=時(shí),函數(shù)f(x)在(0,+∞)上有一個(gè)零點(diǎn),此時(shí)y=h(x)有三個(gè)零點(diǎn);

      當(dāng)f()>0,即a>時(shí),函數(shù)f(x)在(0,+∞)上有兩個(gè)零點(diǎn),一個(gè)零點(diǎn)小于,一個(gè)零點(diǎn)大于.

      若f(1)=a﹣<0,即a<時(shí),y=h(x)有四個(gè)零點(diǎn);

      f(1)=a﹣=0,即a=時(shí),y=h(x)有三個(gè)零點(diǎn);

      f(1)=a﹣>0,即a>時(shí),y=h(x)有兩個(gè)零點(diǎn).

      綜上所述,當(dāng)a<或a>時(shí),y=h(x)有兩個(gè)零點(diǎn);當(dāng)a=或a=時(shí),y=h(x)有三個(gè)零點(diǎn);當(dāng)<a<時(shí),y=h(x)有四個(gè)零點(diǎn).

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過(guò)曲線上某點(diǎn)處的切線方程,考查函數(shù)零點(diǎn)的判定,體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法,屬難題.

      11.已知函數(shù)f(x)=eax,g(x)=﹣x2+bx+c(a,b,c∈R),且曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(diǎn)(0,c)處具有公共切線.設(shè)h(x)=f(x)﹣g(x).

      (Ⅰ)求c的值,及a,b的關(guān)系式;

      (Ⅱ)求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (Ⅲ)設(shè)a≥0,若對(duì)于任意x1,x2∈[0,1],都有|h(x1)﹣h(x2)|≤e﹣1,求a的取值范圍.

      【分析】(Ⅰ)分別求得f(x)和g(x)的導(dǎo)數(shù),由題意可知:即可求得c的值及a、b的關(guān)系;

      (Ⅱ)寫出h(x)的表達(dá)式,求導(dǎo),構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)=h′(x),由?a∈R,F(xiàn)′(x)>0,即可判斷h′(x)的單調(diào)性,求得h′(x)的零點(diǎn),并根據(jù)h′(x)判斷出h(x)的單調(diào)性;

      (Ⅲ)由(II)知當(dāng)x∈[0,1]時(shí),h(x)是增函數(shù),將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為:h(x)max﹣h(x)min=ea﹣a≤e﹣1,即當(dāng)a≥0時(shí),G(a)=ea﹣a﹣(e﹣1)≤0,求得函數(shù)的單調(diào)性,求得a的取值范圍.

      【解答】解:(I)∵函數(shù)f(x)=eax,g(x)=﹣x2+bx+c,∴函數(shù)f′(x)=aeax,g′(x)=﹣2x+b.

      曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(diǎn)(0,c)處具有公共切線,∴,即,∴c=1,a=b;…(4分)

      (II)由已知,h(x)=f(x)﹣g(x)=eax+x2﹣ax﹣1.

      ∴h′(x)=aeax+2x﹣a,設(shè)F(x)=aeax+2x﹣a,所以F′(x)=a2eax+2,?a∈R,F(xiàn)′(x)>0,所以h′(x)在(﹣∞,+∞)上為單調(diào)遞增函數(shù).…(6分)

      由(I)得,f′(0)=g′(0)所以h′(0)=f′(0)﹣g′(0)=0,即0是h′(x)的零點(diǎn).

      所以,函數(shù)h(x)的導(dǎo)函數(shù)h′(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)0.…(7分)

      所以h′(x)及h(x)符號(hào)變化如下,x

      (﹣∞,0)

      0

      (0,+∞)

      h(x)

      0

      +

      h′(x)

      極小值

      所以函數(shù)h′(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(﹣∞,0),單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).…(9分)

      (III)由(II)知當(dāng)x∈[0,1]時(shí),h(x)是增函數(shù).

      對(duì)于任意x1,x2∈[0,1],都有|h(x1)﹣h(x2)|≤e﹣1,等價(jià)于h(x)max﹣h(x)min=h(1)﹣h(0)=ea﹣a≤e﹣1,等價(jià)于當(dāng)a≥0時(shí),G(a)=ea﹣a﹣(e﹣1)≤0,∵G′(a)=ea﹣1≥0,∴G(a)在[0,+∞)上是增函數(shù),又G(1)=0,所以a∈[0,1].…(13分)

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、恒成立問(wèn)題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法,考查了計(jì)算能力和分析問(wèn)題的能力,屬于難題.

      12.設(shè)函數(shù)f(x)=ln(1+ax)+bx,g(x)=f(x)﹣bx2.

      (Ⅰ)若a=1,b=﹣1,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (Ⅱ)若曲線y=g(x)在點(diǎn)(1,ln3)處的切線與直線11x﹣3y=0平行.

      (i)求a,b的值;

      (ii)求實(shí)數(shù)k(k≤3)的取值范圍,使得g(x)>k(x2﹣x)對(duì)x∈(0,+∞)恒成立.

      【分析】(Ⅰ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),通過(guò)解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;

      (Ⅱ)(i)求出g(x)的導(dǎo)數(shù),得到關(guān)于a,b的方程組,解出即可;

      (ii)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為g(x)﹣k(x2﹣x)>0對(duì)x∈(0,+∞)恒成立.令F(x)=g(x)﹣k(x2﹣x),求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),通過(guò)討論k的范圍,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,從而確定k的范圍即可.

      【解答】解:(Ⅰ)當(dāng)a=1,b=﹣1時(shí),f(x)=ln(1+x)﹣x,(x>﹣1),則.

      當(dāng)f'(x)>0時(shí),﹣1<x<0;

      當(dāng)f'(x)<0時(shí),x>0;

      所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(﹣1,0),單調(diào)減區(qū)間為(0,+∞).…(4分)

      (Ⅱ)(i)因?yàn)間(x)=f(x)﹣bx2=ln(1+ax)+b(x﹣x2),所以.

      依題設(shè)有即

      解得.…(8分)

      (ii))所以.

      g(x)>k(x2﹣x)對(duì)x∈(0,+∞)恒成立,即g(x)﹣k(x2﹣x)>0對(duì)x∈(0,+∞)恒成立.

      令F(x)=g(x)﹣k(x2﹣x).

      則有.

      ①當(dāng)1≤k≤3時(shí),當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),F(xiàn)'(x)>0,所以F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

      所以F(x)>F(0)=0,即當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),g(x)>k(x2﹣x);

      ②當(dāng)k<1時(shí),當(dāng)時(shí),F(xiàn)'(x)<0,所以F(x)在上單調(diào)遞減,故當(dāng)時(shí),F(xiàn)(x)<F(0)=0,即當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),g(x)>k(x2﹣x)不恒成立.

      綜上,k∈[1,3].

      …(13分)

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想,是一道中檔題.

      13.已知函數(shù)f(x)=x3﹣3ax+e,g(x)=1﹣lnx,其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

      (Ⅰ)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與直線l:x+2y=0垂直,求實(shí)數(shù)a的值;

      (Ⅱ)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (Ⅲ)用max{m,n}表示m,n中的較大者,記函數(shù)h(x)=max{f(x),g(x)}(x>0).若函數(shù)h(x)在(0,+∞)內(nèi)恰有2個(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      【分析】(I)先對(duì)函數(shù)求導(dǎo),結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義可求

      (II)由題意可得,f'(x)=3x2﹣3a,結(jié)合a的范圍判斷f'(x)的正負(fù),即可求解,(III)結(jié)合導(dǎo)數(shù)及函數(shù)的零點(diǎn)的判定定理,分類討論進(jìn)行求解

      【解答】解:(I)f'(x)=3x2﹣3a.

      曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與直線l:x+2y=0垂直,f′(1)=3﹣3a=2,∴;

      (II)由題意可得,f'(x)=3x2﹣3a.

      (1)當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)≥0,∴函數(shù)(﹣∞,+∞)在(﹣∞,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增..…….……(6分)

      (2)當(dāng)a>0時(shí),令,解得或.

      由,解得或,由,解得,.…….……(8分)

      ∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為和,單調(diào)遞減區(qū)間為..…….……(9分)

      (III)(1)當(dāng)x∈(0,e)時(shí),g(x)>0,由題意可得,h(x)≥g(x)>0,不滿足題意,(2)當(dāng)x=e時(shí),g(e)=0,f(e)=e3﹣3ae+e,①若f(e)≤0即a,則e是h(x)的一個(gè)零點(diǎn);

      ②若f(e)>0即a,則e不是h(x)的一個(gè)零點(diǎn);

      (3)當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),g(x)<0,此時(shí)只需要考慮函數(shù)f(x)在(e,+∞)上零點(diǎn)的情況,∵f′(x)=3x2﹣3a>3e2﹣3a,∴①當(dāng)a≤e2時(shí),f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又f(e)=e3﹣3ae+e,∴(i)當(dāng)a,f(e)≥0,f(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞增,(ii)時(shí),f(e)<0,又f(2e)=8e3﹣6ae+e≥8e3﹣6e3+e>0,f(x)在(e,+∞)上恰有一個(gè)零點(diǎn),②當(dāng)a>e2,令f′(x)=0可得x=,由f′(x)<0可得e<x<,由f′(x)>0可得x>,∴f(x)在(e,)上單調(diào)遞減,()上單調(diào)遞增,∵f(e)=e3﹣3ae+e<e3﹣3e3+e<0,f(2,a)=8a2﹣6a2+e≥2a2+e>0,∴此時(shí)函數(shù)h(x)在(0,+∞)內(nèi)恰有一個(gè)零點(diǎn),綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是.

      【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性,極值之間關(guān)系的應(yīng)用,還考查了邏輯思維能力,試題較難

      14.已知函數(shù)

      f(x)=lnx,g(x)=ex

      (1)若函數(shù)h(x)=f(x)﹣,求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)設(shè)直線l為函數(shù)f(x)的圖象上的一點(diǎn)

      A(x0,f(x0))處的切線,證明:在區(qū)間(0,+∞)

      上存在唯一的x0,使得直線l

      與曲線y=g(x)

      相切.

      【分析】(1)求出函數(shù)h(x)的導(dǎo)函數(shù),由導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)直接判斷函數(shù)h(x)的單調(diào)性;

      (2)求出函數(shù)f(x)和g(x)的導(dǎo)函數(shù),根據(jù)函數(shù)特點(diǎn)分別在兩函數(shù)圖象上找到點(diǎn)和點(diǎn),求出兩個(gè)函數(shù)圖象分別在點(diǎn)和點(diǎn)處的切線方程,由兩切線的截距相等能夠說(shuō)明在區(qū)間

      (0,+∞)

      上存在唯一的x0,使得兩切線為同一直線,則問(wèn)題得證.

      【解答】解:(1)h(x)=f(x)﹣=lnx﹣,定義域:{x|x>0,且x≠1}.

      =.

      由于x>0且x≠1,故其在區(qū)間(0,1),(1,+∞)內(nèi),恒有h′(x)>0,所以函數(shù)h(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1),(1,+∞);

      (2)由f(x)=lnx,所以,當(dāng)x=(n>0)時(shí),故y=f(x)上存在一點(diǎn),過(guò)該點(diǎn)的切線方程為

      g(x)=ex,g′(x)=ex,當(dāng)x=﹣時(shí),故過(guò)y=g(x)上的點(diǎn)的切線方程為

      兩條切線①和②的斜率相同,只要它們?cè)趛軸上的截距相等,它們就是同一條切線,為此令:,得n﹣e=,即③

      由于③的左邊是關(guān)于n的增函數(shù);而其右邊,當(dāng)n≥3以后,是一個(gè)正的假分?jǐn)?shù),因此是關(guān)于n的減函數(shù),故在區(qū)間[3,+∞)內(nèi)必存在一個(gè)實(shí)數(shù)n,使得③式成立.

      這就證明了“在區(qū)間(0,+∞)上存在唯一的x0,使得直線l與曲線y=g(x)相切”.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)處的切線方程,解答的關(guān)鍵是能夠在兩個(gè)曲線上找到符合題意的點(diǎn),屬中高檔題.

      15.已知函數(shù)f(x)=lnx,g(x)=ex

      (1)求函數(shù)h(x)=g(x)f′(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)設(shè)直線l為函數(shù)f(x)圖象上一點(diǎn)A(x0,lnx0)處的切線,證明:在區(qū)間(1,+∞)上存在唯一的x0,使得直線l與曲線y=g(x)相切.

      【分析】(1)求導(dǎo)函數(shù),再由導(dǎo)數(shù)大于0和小于0,求出函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)先求直線l為函數(shù)圖象上一點(diǎn)A(x0,f

      (x0))處的切線方程,設(shè)直線l與曲線y=g(x)相切于點(diǎn)(x1,ex1),進(jìn)而可得lnx0=,再證明在區(qū)間(1,+∞)上x(chóng)0存在且唯一即可.

      【解答】解:(1)∵函數(shù)f(x)=lnx,g(x)=ex,∴h(x)=g(x)f′(x)=,∴,由>0,得x>1;由<0,得x<1.

      ∴函數(shù)h(x)的增區(qū)間是(1,+∞);減區(qū)間是(﹣∞,1).

      (2)證明:∵f′(x)=,∴f′(x0)=,∴切線l的方程為y﹣lnx0=(x﹣x0),即y=x+lnx0﹣1,①(6分)

      設(shè)直線l與曲線y=g(x)相切于點(diǎn)(x1,ex1),∵g'(x)=ex,∴ex1=,∴x1=﹣lnx0.(8分)

      ∴直線l也為y﹣=(x+lnx0),即y=x++,②(9分)

      由①②得

      lnx0﹣1=+,∴l(xiāng)nx0=.(11分)

      下證:在區(qū)間(1,+∞)上x(chóng)0存在且唯一.

      設(shè)φ(x)=f(x)﹣,φ′(x)=+=.(2分)

      ∵x>0且x≠1,∴φ′(x)>0

      ∴函數(shù)φ(x)在區(qū)間(1,+∞)上遞增.

      又φ(e)=lne﹣=<0,φ(e2)=lne2﹣=>0,(13分)

      結(jié)合零點(diǎn)存在性定理,方程φ(x)=0必在區(qū)間(e,e2)上有唯一的根,這個(gè)根就是所求的唯一x0.

      故在區(qū)間(1,+∞)上存在唯一的x0,使得直線l與曲線y=g(x)相切.

      【點(diǎn)評(píng)】本題以函數(shù)為載體,考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用,考查函數(shù)的單調(diào)性,考查曲線的切線,同時(shí)考查零點(diǎn)存在性定理,綜合性比較強(qiáng).

      16.已知函數(shù)f(x)=x+,g(x)=x﹣lnx,其中a∈R且a≠0.

      (Ⅰ)求曲線y=g(x)在點(diǎn)(1,g(1))處的切線方程;

      (II)當(dāng)a=1時(shí),求函數(shù)h(x)=f(x)+g(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (III)設(shè)函數(shù)u(x)=若u(x)=f(x)對(duì)任意x∈[1,e]均成立,求a的取值范圍.

      【分析】(Ⅰ)求出導(dǎo)數(shù),求得切線的斜率和切點(diǎn),可得切線方程;

      (II)求出當(dāng)a=1時(shí)的函數(shù)的導(dǎo)數(shù),令導(dǎo)數(shù)大于0,求得增區(qū)間,令導(dǎo)數(shù)小于0,可得減區(qū)間,注意定義域;

      (III)由題意可得f(x)≥g(x)對(duì)任意x∈[1,e]均成立,即為x+≥x﹣lnx,運(yùn)用參數(shù)分離,由導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性,求得右邊函數(shù)的最大值,即可得到a的范圍.

      【解答】解:(Ⅰ)g(x)=x﹣lnx的導(dǎo)數(shù)為g′(x)=1﹣,曲線y=g(x)在點(diǎn)(1,g(1))處的切線斜率為k=g′(1)=0,切點(diǎn)為(1,1),則曲線y=g(x)在點(diǎn)(1,g(1))處的切線方程為y=1;

      (II)當(dāng)a=1時(shí),函數(shù)h(x)=f(x)+g(x)=2x﹣lnx+,導(dǎo)數(shù)h′(x)=2﹣﹣=,由h′(x)>0可得x>1;由h′(x)<0可得0<x<1.

      則h(x)的增區(qū)間為(1,+∞),減區(qū)間為(0,1);

      (III)由題意可得f(x)≥g(x)對(duì)任意x∈[1,e]均成立,即為x+≥x﹣lnx,即有a≥﹣xlnx,令y=﹣xlnx,x∈[1,e],則y′=﹣(1+lnx)<0,即有y=﹣xlnx在[1,e]遞減,則y=﹣xlnx的最大值為0,則a≥0,由a∈R且a≠0.

      即有a>0.

      則a的取值范圍是(0,+∞).

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用:求切線方程和單調(diào)區(qū)間,同時(shí)考查不等式恒成立問(wèn)題,注意運(yùn)用參數(shù)分離,函數(shù)的單調(diào)性,屬于中檔題.

      17.已知函數(shù)f(x)=x2+2ax(x>0),g(x)=3alnx+a,其中a>0.

      (1)當(dāng)a=1時(shí),求函數(shù)h(x)=f(x)﹣g(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)是否存在常數(shù)a,使兩曲線y=f(x),y=g(x)有公共點(diǎn),且在該點(diǎn)處的切線相同?若存在,請(qǐng)求出實(shí)數(shù)a的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

      【分析】(1)a=1時(shí),求出h(x),然后求導(dǎo)數(shù),根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)即可判斷函數(shù)h(x)的單調(diào)性,從而得出其單調(diào)區(qū)間;

      (2)可假設(shè)存在公共點(diǎn)(x0,y0),該點(diǎn)在f(x),g(x)的圖象上,且在該點(diǎn)處的切線相同,從而可出f(x),g(x)在該點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)值相等,這樣便可得出關(guān)于x0的方程組,可整理得到x0﹣1=2lnx0,從而得出x0=1,帶入前面的式子又可以求出a,這樣便得出存在常數(shù)a,使兩曲線y=f(x),y=g(x)有公共點(diǎn),且在該點(diǎn)處的切線相同.

      【解答】解:(1)a=1時(shí),h(x)=,;

      解x2+2x﹣3=0得,x=﹣3,或1;

      ∴x∈(0,1)時(shí),h′(x)<0,x∈(1,+∞)時(shí),h′(x)>0;

      ∴h(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,1),增區(qū)間為[1,+∞);

      (2)假設(shè)存在,設(shè)公共點(diǎn)為(x0,y0),則:;

      ∴f′(x)=x+2a,∴k=x0+2a;,∴;

      ∴;

      ∴;

      將②代入①:3a+2ax0=6alnx0+5a;

      ∴x0﹣1=3lnx0;

      x0=1,帶入②得,a=1;

      ∴存在常數(shù)a,使兩曲線y=f(x),y=g(x)有公共點(diǎn),且在該點(diǎn)處的切線相同,且a=1.

      【點(diǎn)評(píng)】考查根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)判斷函數(shù)單調(diào)性及求單調(diào)區(qū)間的方法,二次函數(shù)的符號(hào)和對(duì)應(yīng)一元二次方程根的關(guān)系,以及函數(shù)在切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)和切線斜率的關(guān)系.

      18.已知函數(shù)f(x)=x3﹣x2+x,g(x)=﹣(m﹣1)x,m∈R.

      (Ⅰ)若f(x)在x=1取得極值,求曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線方程;

      (Ⅱ)若f(x)在區(qū)間(,+∞)上為增函數(shù),求m的取值范圍;

      (Ⅲ)在(Ⅱ)的條件下,求函數(shù)h(x)=f(x)﹣g(x)的單調(diào)區(qū)間和極值.

      【分析】(Ⅰ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),假設(shè)f(2),f′(2),求出切線方程即可;

      (Ⅱ)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為在區(qū)間上恒成立,求出x+的最小值,解關(guān)于m的不等式即可求出m的范圍;

      (Ⅲ)求出h(x)的導(dǎo)數(shù),得到h(x)的單調(diào)區(qū)間,從而求出函數(shù)的極值即可.

      【解答】解:(Ⅰ)

      f'(x)=x2﹣(m+1)x+1,又∵函數(shù)f(x)在x=1處取得極值,∴f'(1)=1﹣(m+1)+1=0,∴m=1,∴,f'(2)=1,∴曲線y=f(x)在(2,f(2))處的切線方程為:,即:3x﹣3y﹣4=0;

      (Ⅱ)

      f'(x)=x2﹣(m+1)x+1,∵f(x)在區(qū)間上為增函數(shù),∴x2﹣(m+1)x+1≥0,∴在區(qū)間上恒成立,∵當(dāng)時(shí),當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取得最小值,∴m+1≤2,即m≤1;

      (Ⅲ),∴h'(x)=x2﹣(m+1)x+m=(x﹣1)(x﹣m),令h'(x)=0,得x=m或x=1,當(dāng)m=1時(shí),h'(x)=(x﹣1)2≥0,∴h(x)在R上是增函數(shù),無(wú)極值,當(dāng)m<1時(shí),h(x),h'(x)隨x的變化情況如下表:

      x

      (﹣∞,m)

      m

      (m,1)

      (1,+∞)

      h'(x)

      +

      0

      0

      +

      h(x)

      極大值

      極小值

      ∴函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(﹣∞,m)和(1,+∞);單調(diào)遞減區(qū)間為(m,1),故當(dāng)x=m時(shí),函數(shù)h(x)取得極大值,極大值為;

      當(dāng)x=1時(shí),函數(shù)h(x)取得極小值,極小值為.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值、極值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題,是一道中檔題.

      19.已知函數(shù)f(x)=ax2+1,g(x)=x3+bx,其中a>0,b>0.

      (Ⅰ)若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(diǎn)P(2,m)處有相同的切線(P為切點(diǎn)),求a,b的值;

      (Ⅱ)令h(x)=f(x)+g(x),若函數(shù)h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣,﹣],(1)求函數(shù)h(x)在區(qū)間(﹣∞,﹣1]上的最大值t(a);

      (2)若|h(x)|≤3在x∈[﹣2,0]上恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      【分析】(Ⅰ)根據(jù)曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(diǎn)(2,m)處具有公共切線,可知切點(diǎn)處的函數(shù)值相等,切點(diǎn)處的斜率相等,故可求a、b的值;

      (Ⅱ)(1)根據(jù)函數(shù)h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣,﹣]得出a2=4b,構(gòu)建函數(shù)h(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+a2x+1,求導(dǎo)函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù),可確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,進(jìn)而分類討論,確定函數(shù)在區(qū)間(﹣∞,﹣1]上的最大值.

      (2)由(1)知,函數(shù)h(x)在(﹣∞,﹣)單調(diào)遞增,在(﹣,﹣)單調(diào)遞減,在(﹣,+∞)上單調(diào)遞增,從而得出其極大值、極小值,再根據(jù)|h(x)|≤3,在x∈[﹣2,0]上恒成立,建立關(guān)于a的不等關(guān)系,解得a的取值范圍即可.

      【解答】解:(Ⅰ)f(x)=ax2+1(a>0),則f′(x)=2ax,k1=4a,g(x)=x3+bx,則f′(x)=3x2+b,k2=12+b,由(2,m)為公共切點(diǎn),可得:4a=12+b,又f(2)=4a+1,g(2)=8+2b,∴4a+1=8+2b,與4a=12+b聯(lián)立可得:a=,b=5.

      (Ⅱ)由h(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+bx+1,則h′(x)=3x2+2ax+b,∵函數(shù)h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣,﹣],∴當(dāng)x∈[﹣,﹣]時(shí),3x2+2ax+b≤0恒成立,此時(shí),x=﹣是方程3x2+2ax+b=0的一個(gè)根,得3()2+2a(﹣)+b=0,得a2=4b,∴h(x)=x3+ax2+a2x+1

      令h′(x)=0,解得:x1=﹣,x2=﹣;

      ∵a>0,∴﹣<﹣,列表如下:

      x

      (﹣∞,﹣)

      (﹣,﹣)

      (﹣,+∞)

      h′(x)

      +

      +

      h(x)

      極大值

      極小值

      ∴原函數(shù)在(﹣∞,﹣)單調(diào)遞增,在(﹣,﹣)單調(diào)遞減,在(﹣,+∞)上單調(diào)遞增.

      ①若﹣1≤﹣,即a≤2時(shí),最大值為t(﹣1)=a﹣;

      ②若﹣<﹣1<﹣,即2<a<6時(shí),最大值為t(﹣)=1

      ③若﹣1≥﹣時(shí),即a≥6時(shí),最大值為t(﹣)=1.

      綜上所述:當(dāng)a∈(0,2]時(shí),最大值為t(﹣1)=a﹣;

      當(dāng)a∈(2,+∞)時(shí),最大值為t(﹣)=1.

      (2)由(1)知,函數(shù)h(x)在(﹣∞,﹣)單調(diào)遞增,在(﹣,﹣)單調(diào)遞減,在(﹣,+∞)上單調(diào)遞增,故h(﹣)為極大值,h(﹣)=1;h(﹣)為極小值,h(﹣)=﹣+1;

      ∵|h(x)|≤3,在x∈[﹣2,0]上恒成立,又h(0)=1.

      ∴,即,解得,∴a的取值范圍:4﹣2≤a≤6.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用,考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,考查函數(shù)的單調(diào)性與最值,解題的關(guān)鍵是正確求出導(dǎo)函數(shù)和應(yīng)用分類討論的方法,屬難題.

      20.已知函數(shù)f(x)=ax2+1,g(x)=x3+bx,其中a>0,b>0.

      (1)若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(diǎn)P(2,c)處有相同的切線(P為切點(diǎn)),求a,b的值;

      (2)令h(x)=f(x)+g(x),若函數(shù)h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣,﹣],求函數(shù)h(x)在區(qū)間(﹣∞,﹣1]上的最大值M(a)

      【分析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),得到關(guān)于a,b的方程組,解出即可;

      (2)求出h(x)的導(dǎo)數(shù),根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到x=﹣是方程3x2+2ax+b=0的一個(gè)根,求出a,b的關(guān)系,通過(guò)討論a的范圍,求出M(a)即可.

      【解答】解:(1)由p(2,c)為公共切點(diǎn)可得:f(x)=ax2+1(a>0),則f′(x)=2ax,k1=4a,g(x)=x3+bx,則g′(x)=3x2+b,k2=12+b,又f(2)=4a+1,g(2)=8+2b,∴,解得:a=,b=5;

      (2)h(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+bx+1,∴h′(x)=3x2+2ax+b,∵h(yuǎn)(x)的單調(diào)減區(qū)間為[﹣,﹣],∴x∈[﹣,﹣]時(shí),有3x2+2ax+b≤0恒成立,此時(shí)x=﹣是方程3x2+2ax+b=0的一個(gè)根,∴a2=4b,∴h(x)=x3+ax2+a2x+1,又∵h(yuǎn)(x)在(﹣∞,﹣)單調(diào)遞增,在(﹣,﹣)單調(diào)遞減,在(﹣,+∞)上單調(diào)遞增,若﹣1≤﹣,即a≤2時(shí),最大值為h(﹣1)=a﹣;

      若﹣<﹣1<﹣,即2<a<6時(shí),最大值為h(﹣)=1;

      若﹣1≥﹣,即a≥6時(shí),∵h(yuǎn)(﹣)=1,h(﹣1)=a﹣<h(﹣)=1,∴最大值為1,綜上,M(a)=.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了切線方程問(wèn)題,考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,是一道綜合題.

      21.已知函數(shù)f(x)=ax2+1,g(x)=x3+bx,其中a>0,b>0.

      (1)若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(diǎn)p(2,c)處有相同的切線(p為切點(diǎn)),求實(shí)數(shù)a,b的值.

      (2)令h(x)=f(x)+g(x),若函數(shù)h(x)的單調(diào)減區(qū)間為[﹣,﹣];

      ①求函數(shù)h(x)在區(qū)間(﹣∞,﹣1]上的最大值M(a).

      ②若|h(x)|≤3在x∈[﹣2,0]上恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      【分析】(1)根據(jù)曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(diǎn)(2,c)處具有公共切線,可知切點(diǎn)處的函數(shù)值相等,切點(diǎn)處的斜率相等,故可求a、b的值;

      (2)①根據(jù)函數(shù)h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣,﹣]得出a2=4b,構(gòu)建函數(shù)h(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+a2x+1,求導(dǎo)函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù),可確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,進(jìn)而分類討論,確定函數(shù)在區(qū)間(﹣∞,﹣1)上的最大值.

      ②由①知,函數(shù)h(x)在(﹣∞,﹣)單調(diào)遞增,在(﹣,﹣)單調(diào)遞減,在(﹣,+∞)上單調(diào)遞增,從而得出其極大值、極小值,再根據(jù)|h(x)|≤3,在x∈[﹣2,0]上恒成立,建立關(guān)于a的不等關(guān)系,解得a的取值范圍即可.

      【解答】解:(1)f(x)=ax2+1(a>0),則f′(x)=2ax,k1=4a,g(x)=x3+bx,則f′(x)=3x2+b,k2=12+b,由(2,c)為公共切點(diǎn),可得:4a=12+b;

      又f(2)=4a+1,g(2)=8+2b,∴4a+1=8+2b,與4a=12+b聯(lián)立可得:a=,b=5;

      (2)①由h(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+bx+1,則h′(x)=3x2+2ax+b,因函數(shù)h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣,﹣],∴當(dāng)x∈[﹣,﹣]時(shí),3x2+2ax+b≤0恒成立,此時(shí),x=﹣是方程3x2+2ax+b=0的一個(gè)根,得3(﹣)2+2a(﹣)+b=0,得a2=4b,∴h(x)=x3+ax2+a2x+1;

      令h′(x)=0,解得:x1=﹣,x2=﹣;

      ∵a>0,∴﹣<﹣,列表如下:

      x

      (﹣∞,﹣)

      (﹣,﹣)

      (﹣,+∞)

      h′(x)

      +

      +

      h(x)

      極大值

      極小值

      ∴原函數(shù)在(﹣∞,﹣)單調(diào)遞增,在(﹣,﹣)單調(diào)遞減,在(﹣,+∞)上單調(diào)遞增;

      若﹣1≤﹣,即a≤2時(shí),最大值為h(﹣1)=a﹣;

      若﹣<﹣1<﹣,即2<a<6時(shí),最大值為h(﹣)=1;

      若﹣1≥﹣時(shí),即a≥6時(shí),最大值為h(﹣)=1.

      綜上所述:當(dāng)a∈(0,2]時(shí),最大值為h(﹣1)=a﹣;當(dāng)a∈(2,+∞)時(shí),最大值為h(﹣)=1.

      ②由①知,函數(shù)h(x)在(﹣∞,﹣)單調(diào)遞增,在(﹣,﹣)單調(diào)遞減,在(﹣,+∞)上單調(diào)遞增;

      故h(﹣)為極大值,h(﹣)=1;h(﹣)為極小值,h(﹣)=﹣+1;

      ∵|h(x)|≤3,在x∈[﹣2,0]上恒成立,又h(0)=1.

      ∴,∴a的取值范圍:4﹣2≤a≤6.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用,考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,考查函數(shù)的單調(diào)性與最值,解題的關(guān)鍵是正確求出導(dǎo)函數(shù)和應(yīng)用分類討論的方法.

      22.已知函數(shù)f(x)=ex+x2﹣x,g(x)=x2+ax+b,a,b∈R.

      (1)當(dāng)a=1時(shí),求函數(shù)F(x)=f(x)﹣g(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,1)處的切線l與曲線y=g(x)切于點(diǎn)(1,c),求a,b,c的值;

      (3)若f(x)≥g(x)恒成立,求a+b的最大值.

      【分析】(Ⅰ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;

      (Ⅱ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),根據(jù)切線方程求出a,b,c的值即可;

      (Ⅲ)設(shè)h(x)=f(x)﹣g(x),求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),通過(guò)討論a的范圍,問(wèn)題轉(zhuǎn)化為b≤(a+1)﹣(a+1)ln(a+1),得到a+b≤2(a+1)﹣(a+1)ln(a+1)﹣1,令G(x)=2x﹣xlnx﹣1,x>0,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a+b的最大值即可.

      【解答】解:(Ⅰ)F(x)=ex﹣2x﹣b,則F'(x)=ex﹣2.

      令F'(x)=ex﹣2>0,得x>ln2,所以F(x)在(ln2,+∞)上單調(diào)遞增.

      令F'(x)=ex﹣2<0,得x<ln2,所以F(x)在(﹣∞,ln2)上單調(diào)遞減.…(4分)

      (Ⅱ)因?yàn)閒'(x)=ex+2x﹣1,所以f'(0)=0,所以l的方程為y=1.

      依題意,c=1.

      于是l與拋物線g(x)=x2﹣2x+b切于點(diǎn)(1,1),由12﹣2+b=1得b=2.

      所以a=﹣2,b=2,c=1.…(8分)

      (Ⅲ)設(shè)h(x)=f(x)﹣g(x)=ex﹣(a+1)x﹣b,則h(x)≥0恒成立.

      易得h'(x)=ex﹣(a+1).

      (1)當(dāng)a+1≤0時(shí),因?yàn)閔'(x)>0,所以此時(shí)h(x)在(﹣∞,+∞)上單調(diào)遞增.

      ①若a+1=0,則當(dāng)b≤0時(shí)滿足條件,此時(shí)a+b≤﹣1;

      ②若a+1<0,取x0<0且,此時(shí),所以h(x)≥0不恒成立.

      不滿足條件;

      (2)當(dāng)a+1>0時(shí),令h'(x)=0,得x=ln(a+1).由h'(x)>0,得x>ln(a+1);

      由h'(x)<0,得x<ln(a+1).

      所以h(x)在(﹣∞,ln(a+1))上單調(diào)遞減,在(ln(a+1),+∞)上單調(diào)遞增.

      要使得“h(x)=ex﹣(a+1)x﹣b≥0恒成立”,必須有:

      “當(dāng)x=ln(a+1)時(shí),h(x)min=(a+1)﹣(a+1)ln(a+1)﹣b≥0”成立.

      所以b≤(a+1)﹣(a+1)ln(a+1).則a+b≤2(a+1)﹣(a+1)ln(a+1)﹣1.

      令G(x)=2x﹣xlnx﹣1,x>0,則G'(x)=1﹣lnx.

      令G'(x)=0,得x=e.由G'(x)>0,得0<x<e;

      由G'(x)<0,得x>e.所以G(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減,所以,當(dāng)x=e時(shí),G(x)max=e﹣1.

      從而,當(dāng)a=e﹣1,b=0時(shí),a+b的最大值為e﹣1.

      綜上,a+b的最大值為e﹣1.…(14分)

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想,轉(zhuǎn)化思想,是一道綜合題.

      23.函數(shù)y=lnx關(guān)于直線x=1對(duì)稱的函數(shù)為f(x),又函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為g(x),記h(x)=f(x)+g(x).

      (1)設(shè)曲線y=h(x)在點(diǎn)(1,h(1))處的切線為l,l與圓(x+1)2+y2=1相切,求a的值;

      (2)求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (3)求函數(shù)h(x)在[0,1]上的最大值.

      【分析】(1)先求過(guò)(1,h(1))點(diǎn)的切線方程,根據(jù)l與圓(x+1)2+y2=1相切,利用點(diǎn)線距離等于半徑可求a的值;

      (2)先求導(dǎo)函數(shù),結(jié)合函數(shù)的定義域,利用導(dǎo)數(shù)大于0的函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間,導(dǎo)數(shù)小于0得函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間

      (3)根據(jù)(2)中函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,結(jié)合區(qū)間[0,1]進(jìn)行分類討論,從而可求h(x)的最大值.

      【解答】解:(1)由題意得f(x)=ln(2﹣x),g(x)=ax,∴h(x)=ln(2﹣x)+ax.

      ∴,過(guò)(1,h(1))點(diǎn)的直線的斜率為a﹣1,∴過(guò)(1,h(1))點(diǎn)的直線方程為y﹣a=(a﹣1)(x﹣1).

      又已知圓心為(﹣1,0),半徑為1,由題意得,解得a=1.

      (2).

      ∵a>0,∴.

      令h′(x)>0,∴;

      令h′(x)<0,∴,所以,是h(x)的增區(qū)間,是h(x)的減區(qū)間.

      (3)①當(dāng),即時(shí),h(x)在[0,1]上是減函數(shù),∴h(x)的最大值為h(0)=ln2.

      ②當(dāng),即時(shí),h(x)在上是增函數(shù),在上是減函數(shù),∴當(dāng)時(shí),h(x)的最大值為.

      ③當(dāng),即a≥1時(shí),h(x)在[0,1]上是增函數(shù),∴h(x)的最大值為h(1)=a.

      綜上,當(dāng)時(shí),h(x)的最大值為ln2;

      當(dāng)時(shí),h(x)的最大值為2a﹣1﹣lna;

      當(dāng)a≥1時(shí),h(x)的最大值為a.

      【點(diǎn)評(píng)】本題以函數(shù)為載體,考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與最值,分類討論是解題的關(guān)鍵與難點(diǎn).

      24.(文)已知函數(shù)f(x)=lnx與g(x)=kx+b(k,b∈R)的圖象交于P,Q兩點(diǎn),曲線y=f(x)在P,Q兩點(diǎn)處的切線交于點(diǎn)A.

      (1)當(dāng)k=e,b=﹣3時(shí),求函數(shù)h(x)=f(x)﹣g(x)的單調(diào)區(qū)間;(e為自然常數(shù))

      (2)若A(,),求實(shí)數(shù)k,b的值.

      【分析】(1)構(gòu)建新函數(shù),求導(dǎo)函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性,從而可求函數(shù)的最大值;

      (2)先求出切線方程,代入A的坐標(biāo),進(jìn)而求出P,Q的坐標(biāo),即可求實(shí)數(shù)k,b的值.

      【解答】解:(1)設(shè)h(x)=f(x)﹣g(x)=lnx﹣ex+3(x>0),則h(x)=﹣e當(dāng)0<x<時(shí),h′(x)>0,此時(shí)函數(shù)h(x)為增函數(shù);

      當(dāng)x>時(shí),h′(x)<0,此時(shí)函數(shù)h(x)為減函數(shù).

      所以函數(shù)h(x)的增區(qū)間為(0,),減區(qū)間為(,+∞).

      (2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A的直線l與函數(shù)f(x)=lnx切于點(diǎn)(x0,lnx0),則其斜率k=,故切線l:y﹣lnx0=(x﹣x0),將點(diǎn)A代入直線l方程得:﹣lnx0=(﹣x0),即lnx0+﹣1=0,設(shè)v(x)=lnx+﹣1,則v′(x)=(x﹣),當(dāng)0<x<時(shí),v′(x)<0,函數(shù)v(x)為減函數(shù);

      當(dāng)x>時(shí),v′(x)>0,函數(shù)v(x)為增函數(shù).

      故方程v(x)=0至多有兩個(gè)實(shí)根,又v(1)=v(e)=0,所以方程v(x)=0的兩個(gè)實(shí)根為1和e,故P(1,0),Q(e,1),所以k=,b=為所求.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用,考查函數(shù)的單調(diào)性與最值,考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,解題的關(guān)鍵是構(gòu)建函數(shù),正確運(yùn)用導(dǎo)數(shù)知識(shí).

      25.已知函數(shù)f(x)=x3﹣3ax+e,g(x)=1﹣lnx,其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

      (Ⅰ)當(dāng)時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程;

      (Ⅱ)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (Ⅲ)用max{m,n}表示m,n中的較大者,記函數(shù)h(x)=max{f(x),g(x)}(x>0).若函數(shù)h(x)在(0,+∞)內(nèi)恰有2個(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      【分析】(I)根據(jù)導(dǎo)數(shù)求出切線斜率,根據(jù)點(diǎn)斜式方程得出切線方程;

      (II)討論a的范圍,令f′(x)>0得出增區(qū)間,令f′(x)<0得出減區(qū)間;

      (III)通過(guò)討論a的范圍求出函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間,結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)確定a的范圍即可.

      【解答】解:(Ⅰ)當(dāng)a=時(shí),f(x)=x3﹣x+e,∴f'(x)=3x2﹣1.

      ∵f(1)=e,f′(1)=2,∴曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y﹣e=2(x﹣1),即2x﹣y﹣2+e=0.

      (Ⅱ)f'(x)=3x2﹣3a.

      (1)當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)≥0,∴函數(shù)在(﹣∞,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.

      (2)當(dāng)a>0時(shí),令f′(x)=0,解得x=﹣或x=.

      由f′(x)>0,解得x<﹣或,由f′(x)<0,解得,∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和,單調(diào)遞減區(qū)間為.

      (Ⅲ)∵函數(shù)g(x)的定義域?yàn)椋?,+∞),∴.

      ∴函數(shù)g(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.

      (1)當(dāng)x∈(0,e)時(shí),g(x)>g(e)=0,依題意,h(x)≥g(x)>0,不滿足條件;

      (2)當(dāng)x=e時(shí),g(e)=0,f(e)=e3﹣3ae+e,①若f(e)=e3﹣3ae+e≤0,即a≥,則e是h(x)的一個(gè)零點(diǎn);

      ②若f(e)=e3﹣3ae+e>0,即a<,則e不是h(x)的零點(diǎn);

      (3)當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),g(x)<0,所以此時(shí)只需考慮函數(shù)f(x)在(e,+∞)上零點(diǎn)的情況.

      f'(x)=3x2﹣3a>3e2﹣3a,①當(dāng)a≤e2時(shí),f'(x)>0,f(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞增.

      又f(e)=e3﹣3ae+e,(i)當(dāng)a≤時(shí),f(e)≥0,f(x)在(e,+∞)上無(wú)零點(diǎn);

      (ii)當(dāng)<a≤e2時(shí),f(e)<0,又f(2e)=8e3﹣6ae+e≥8e3﹣6e3+e>0,所以此時(shí)f(x)在(e,+∞)上恰有一個(gè)零點(diǎn);

      ②當(dāng)a>e2時(shí),令f'(x)=0,得x=±.

      由f'(x)<0,得e<x<;

      由f'(x)>0,得x>;

      所以f(x)在(e,)上單調(diào)遞減,在(,+∞)上單調(diào)遞增.

      因?yàn)閒(e)=e3﹣3ae+e<e3﹣3e3+e<0,f(2a)=8a3﹣6a2+e>8a2﹣6a2+e=2a2+e>0,所以此時(shí)f(x)在(e,+∞)上恰有一個(gè)零點(diǎn);

      綜上,a>,故實(shí)數(shù)a的取值范圍是.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想,轉(zhuǎn)化思想,是一道綜合題.

      26.設(shè)a∈R,函數(shù)f(x)=alnx﹣x.

      (1)若f(x)無(wú)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍;

      (2)當(dāng)a=1時(shí),關(guān)于x的方程2x﹣f(x)=x2+b在[,2]上恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,求實(shí)數(shù)b的取值范圍.;

      (3)求證:當(dāng)n≥2,n∈N*時(shí)(1+)(1+)…(1+)<e.

      【分析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),通過(guò)討論a的范圍,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,確定滿足條件的a的范圍即可;

      (2)令g(x)=x2﹣3x+lnx+b,(x∈[,2]),結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)以及函數(shù)的單調(diào)性求出b的范圍即可;

      (3)根據(jù)x>1時(shí),lnx<x﹣1,令x=1+(n≥2,n∈N*),累加即可證明.

      【解答】解:(1)f(x)的定義域是(0,+∞),f′(x)=﹣1=,當(dāng)a<0時(shí),f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)遞減,x→0時(shí),f(x)→+∞,而f(1)=﹣1,故a<0時(shí),f(x)存在零點(diǎn),a=0時(shí),f(x)=﹣x,(x>0),顯然無(wú)零點(diǎn),a>0時(shí),令f′(x)=0,解得:x=a,故f(x)在(0,a)遞增,在(a,+∞)遞減,故f(x)max=f(a)=a(lna﹣1),若f(x)無(wú)零點(diǎn),只需a(lna﹣1)<0,解得:a<e,綜上,0≤a<e時(shí),f(x)無(wú)零點(diǎn);

      (2)a=1時(shí),f(x)=lnx﹣x,關(guān)于x的方程2x﹣f(x)=x2+b化為x2﹣3x+lnx+b=0,令g(x)=x2﹣3x+lnx+b,(x∈[,2]),∴g′(x)=2x﹣3+=,令g′(x)=0,解得x=或1,令g′(x)>0,解得1<x≤2,此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,令g′(x)<0,解得≤x<1,此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞減,∵關(guān)于x的方程2x﹣f(x)=x2+b在[,2]上恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,則,即,解得:+ln2≤b<2,∴實(shí)數(shù)b的取值范圍是[+ln2,2)

      證明(3)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=lnx﹣x,而f(1)=﹣1,f(x)﹣f(1)=lnx﹣x﹣1,由y=lnx﹣x﹣1,得y′=,令y′=0,解得:x=1,故y=lnx﹣x﹣1在(0,1)遞增,在(1,+∞)遞減,故x=1時(shí),y最大,故f(x)﹣f(1)≤0,即lnx≤x﹣1,∴當(dāng)x>1時(shí),lnx<x﹣1,令x=1+(n≥2,n∈N*).

      則ln(1+)≤依次取n=2,3,…,n.

      累加求和可得ln(1+)+ln(1+)+…+ln(1+)<++…+,當(dāng)n≥2時(shí),<=﹣,∴++…+<++…+=1﹣+﹣+…+﹣=1﹣<1,∴l(xiāng)n(1+)+ln(1+)+…+ln(1+)<1=lne,∴當(dāng)n≥2,n∈N*時(shí)(1+)(1+)…(1+)<e.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、“累加求和”、對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)、放縮、“裂項(xiàng)求和”等基礎(chǔ)知識(shí)與基本技能方法,考查了等價(jià)問(wèn)題轉(zhuǎn)化方法,考查了推理能力和計(jì)算能力,屬于難題.

      27.已知函數(shù)f(x)=xlnx.

      (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值;

      (2)若不等式對(duì)任意x∈[1,3]恒成立,求正實(shí)數(shù)λ的取值范圍.

      【分析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,求出函數(shù)的極值即可;

      (2)分離參數(shù),問(wèn)題轉(zhuǎn)化為λ≤,令h(x)=,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出正實(shí)數(shù)λ的取值范圍即可.

      【解答】解:(1)∵f(x)=xlnx,∴f′(x)=1+lnx,定義域?yàn)椋?,+∞),又由f′(x)>0,解得:x>,f′(x)<0,解得:0<x<.

      ∴f(x)的單減區(qū)間為(0,),f(x)的單增區(qū)間為(,+∞),∴f(x)極小值=f()=﹣,無(wú)極大值.

      (2)∵,故x2+x>0,將化簡(jiǎn)可得:(x2+x>)ln(x2+x)≥λx?eλx,∴f(x2+x)≥f(eλx),∵x2+x≥2,eλx>e0=1,由(1)知f(x)在(,+∞)上單增,故x2+x)≥eλx,∴λx≤ln(x2+x),即λ≤.

      令h(x)=,則h′(x)=,令k(x)=﹣ln(x2+x),則k′(x)=?<0,∴k(x)在[1,3]上單減,而k(1)=﹣ln>0,k(3)=﹣ln<0,∴?x0∈(1,3),使得k(x0)=0且在(1,x0)上,k(x)>0,h′(x)>0,h(x)單增,在(x0,3)上,k(x)<0,h′(x)<0,h(x)單減.

      ∴h(x)min=h(1)或h(3),而h(1)=ln>h(3)==ln,∴λ≤ln.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性,極值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題,是一道綜合題.

      28.已知函數(shù)(a∈R).

      (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)當(dāng)函數(shù)f(x)與函數(shù)g(x)=lnx圖象的公切線l經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí),求實(shí)數(shù)a的取值集合;

      (3)證明:當(dāng)a∈(0,)時(shí),函數(shù)h(x)=f(x)﹣ax有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2,且滿足.

      【分析】(1)問(wèn)利用導(dǎo)數(shù)求解單調(diào)性.

      (2)問(wèn)先求出公切線l的方程,再探討a的取值范圍.

      (3)問(wèn)先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)h(x)的單調(diào)性,證明零點(diǎn)個(gè)數(shù).再使用函數(shù)思想,構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性解決不等式問(wèn)題.

      【解答】解:(1)對(duì)求導(dǎo),得,令f′(x)=0,解得x=e1﹣a,當(dāng)x∈(0,e1﹣a)時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.

      當(dāng)x∈(e1﹣a,+∞)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.

      (2)設(shè)公切線l與函數(shù)g(x)=lnx的切點(diǎn)為(x0,y0),則公切線l的斜率k=g′(x0)=,公切線l的方程為:,將原點(diǎn)坐標(biāo)(0,0)代入,得y0=1,解得x0=e.

      公切線l的方程為:,將它與聯(lián)立,整理得.

      令,對(duì)之求導(dǎo)得:,令m′(x)=0,解得.

      當(dāng)時(shí),m′(x)<0,m(x)單調(diào)遞減,值域?yàn)?,?dāng)時(shí),m′(x)>0,m(x)單調(diào)遞增,值域?yàn)椋捎谥本€l與函數(shù)f(x)相切,即只有一個(gè)公共點(diǎn),因此.

      故實(shí)數(shù)a的取值集合為{}.

      (3)證明:,要證h(x)有兩個(gè)零點(diǎn),只要證k(x)=ax2﹣lnx﹣a有兩個(gè)零點(diǎn)即可.k(1)=0,即x=1時(shí)函數(shù)k(x)的一個(gè)零點(diǎn).

      對(duì)k(x)求導(dǎo)得:,令k′(x)=0,解得

      .當(dāng)時(shí),k′(x)>0,k(x)單調(diào)遞增;

      當(dāng)0<x<時(shí),k′(x)<0,k(x)單調(diào)遞減.當(dāng)x=時(shí),k(x)取最小值,k(x)=ax2﹣lnx﹣a>ax2﹣(x﹣1)﹣a=ax2﹣x+1﹣a>ax2﹣x+,必定存在使得二次函數(shù),即k(x0)>u(x0)>0.因此在區(qū)間上必定存在k(x)的一個(gè)零點(diǎn).

      綜上所述,h(x)有兩個(gè)零點(diǎn),一個(gè)是x=1,另一個(gè)在區(qū)間上.

      下面證明.

      由上面步驟知h(x)有兩個(gè)零點(diǎn),一個(gè)是x=1,另一個(gè)在區(qū)間上.

      不妨設(shè)x1=1,x2>則,下面證明即可.

      令,對(duì)之求導(dǎo)得,故v(a)在定義域內(nèi)單調(diào)遞減,即.

      證明完畢.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考察知識(shí)點(diǎn)眾多,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性,切線與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù),利用導(dǎo)數(shù)構(gòu)造函數(shù)來(lái)證明不等式,對(duì)學(xué)生的思維能力和思維品質(zhì)要求極高,屬于難題.

      29.已知函數(shù)f(x)=.

      (1)若對(duì)任意x>0,f(x)<0恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;

      (2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2(x1<x2),證明:+>2.

      【分析】(1)求出導(dǎo)函數(shù),根據(jù)導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性,得出函數(shù)的最值,進(jìn)而求出a的范圍;

      (2)求出導(dǎo)函數(shù),根據(jù)極值點(diǎn)判斷函數(shù)的零點(diǎn)位置,對(duì)零點(diǎn)分類討論,構(gòu)造函數(shù),利用放縮法,均值定理證明結(jié)論成立.

      【解答】解:(1)f(x)==+a+.

      f''(x)=﹣,∴f(x)在(0,l)上遞增,(1,+∞)上遞減,∴f(x)≤f(1)=a+1,∴a+1<0,∴a<﹣1;

      (2)證明:由(1)知,兩個(gè)不同零點(diǎn)x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),若x2∈(1,2),則2﹣x2∈(0,1),設(shè)g(x)=f(x)﹣f(2﹣x)=+﹣﹣,則當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g'(x)=﹣﹣>﹣﹣=﹣>0,∴g(x)在(0,1)上遞增,∴g(x)<g(1)=0,∴f(x)<f(2﹣x),∴f(2﹣x1)>f(x1)=f(x2),∴(2﹣x1)<x2,∴2<x1+x2,若x2∈(2,+∞),可知2<x1+x2,顯然成立,又+x2≥2=2x1,同理可得+x1≥2x2,以上兩式相加得:++x1+x2≥2(x1+x2),故:+≥(x1+x2)>2.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了導(dǎo)函數(shù)的應(yīng)用,最值問(wèn)題的轉(zhuǎn)化思想,難點(diǎn)是對(duì)參數(shù)的分類討論和均值定理的應(yīng)用.

      30.已知a為常數(shù),函數(shù)f(x)=x2+ax﹣lnx,g(x)=ex(其中e是自然數(shù)對(duì)數(shù)的底數(shù)).

      (1)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O作曲線y=f(x)的切線,設(shè)切點(diǎn)P(x0,y0)為,求x0的值;

      (2)令,若函數(shù)F(x)在區(qū)間(0,1]上是單調(diào)函數(shù),求a的取值范圍.

      【分析】(1)先對(duì)函數(shù)求導(dǎo),f′(x)=2x+a﹣,可得切線的斜率k=2x0+a﹣==,即x02+lnx0﹣1=0,由x0=1是方程的解,且y=x2+lnx﹣1在(0,+∞)上是增函數(shù),可證

      (2)由F(x)==,求出函數(shù)F(x)的導(dǎo)數(shù),通過(guò)研究2﹣a的正負(fù)可判斷h(x)的單調(diào)性,進(jìn)而可得函數(shù)F(x)的單調(diào)性,可求a的范圍.

      【解答】解:(1)f′(x)=2x+a﹣(x>0),過(guò)切點(diǎn)P(x0,y0)的切線的斜率k=2x0+a﹣==,整理得x02+lnx0﹣1=0,顯然,x0=1是這個(gè)方程的解,又因?yàn)閥=x2+lnx﹣1在(0,+∞)上是增函數(shù),所以方程x2+lnx﹣1=0有唯一實(shí)數(shù)解.故x0=1;

      (2)F(x)==,F(xiàn)′(x)=,設(shè)h(x)=﹣x2+(2﹣a)x+a﹣+lnx,則h′(x)=﹣2x+++2﹣a,易知h'(x)在(0,1]上是減函數(shù),從而h'(x)≥h'(1)=2﹣a;

      ①當(dāng)2﹣a≥0,即a≤2時(shí),h'(x)≥0,h(x)在區(qū)間(0,1)上是增函數(shù).

      ∵h(yuǎn)(1)=0,∴h(x)≤0在(0,1]上恒成立,即F'(x)≤0在(0,1]上恒成立.

      ∴F(x)在區(qū)間(0,1]上是減函數(shù).

      所以,a≤2滿足題意;

      ②當(dāng)2﹣a<0,即a>2時(shí),設(shè)函數(shù)h'(x)的唯一零點(diǎn)為x0,則h(x)在(0,x0)上遞增,在(x0,1)上遞減;

      又∵h(yuǎn)(1)=0,∴h(x0)>0.

      又∵h(yuǎn)(e﹣a)=﹣e﹣2a+(2﹣a)e﹣a+a﹣ea+lne﹣a<0,∴h(x)在(0,1)內(nèi)有唯一一個(gè)零點(diǎn)x',當(dāng)x∈(0,x')時(shí),h(x)<0,當(dāng)x∈(x',1)時(shí),h(x)>0.

      從而F(x)在(0,x')遞減,在(x',1)遞增,與在區(qū)間(0,1]上是單調(diào)函數(shù)矛盾.

      ∴a>2不合題意.

      綜合①②得,a≤2.

      【點(diǎn)評(píng)】考查學(xué)生利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)能力,函數(shù)單調(diào)性的判定,以及導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算,試題具有一定的綜合性.

      31.設(shè)函數(shù),m∈R.

      (1)當(dāng)m=e(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))時(shí),求f(x)的最小值;

      (2)討論函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).

      【分析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,從而求出函數(shù)的最小值即可;

      (2)令g(x)=0,得到;設(shè),通過(guò)討論m的范圍根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性集合函數(shù)的草圖求出函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即可.

      【解答】解:(1)當(dāng)m=e時(shí),∴

      當(dāng)x∈(0,e)時(shí),f′(x)<0,f(x)在x∈(0,e)上是減函數(shù);

      當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),f′(x)>0,f(x)在x∈(e,+∞)上是增函;

      ∴當(dāng)x=e時(shí),f(x)取最小值.

      (2)∵函數(shù),令g(x)=0,得;

      設(shè),則φ′(x)=﹣x2+1=﹣(x﹣1)(x+1)

      當(dāng)x∈(0,1)時(shí),φ′(x)>0,φ(x)在x∈(0,1)上是增函數(shù);

      當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),φ′(x)<0,φ(x)在x∈(1,+∞)上是減函數(shù);

      當(dāng)x=1是φ(x)的極值點(diǎn),且是唯一極大值點(diǎn),∴x=1是φ(x)的最大值點(diǎn);

      ∴φ(x)的最大值為,又φ(0)=0結(jié)合y=φ(x)的圖象,可知:①當(dāng)時(shí),函數(shù)g(x)無(wú)零點(diǎn);

      ②當(dāng)時(shí),函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn);

      ③當(dāng)時(shí),函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn);

      ④當(dāng)m≤0時(shí),函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn);

      綜上:當(dāng)時(shí),函數(shù)g(x)無(wú)零點(diǎn);

      當(dāng)或m≤0時(shí),函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn);

      當(dāng)時(shí),函數(shù)g(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn);

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想,考查函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題,是一道中檔題.

      32.已知函數(shù)f(x)=lnx﹣.

      (1)若a=4,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1]內(nèi)單調(diào)遞增,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;

      (3)若x1、x2∈R+,且x1≤x2,求證:(lnx1﹣lnx2)(x1+2x2)≤3(x1﹣x2).

      【分析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;

      (2)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為3a≤+x+4恒成立,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可;

      (3)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為ln≤=成立即可,令t=∈(0,1),故只要lnt﹣≤0即可,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可.

      【解答】解:(1)f(x)的定義域是(0,+∞),f′(x)=﹣=,a=4時(shí),f′(x)=,由f′(x)>0,解得:0<x<4﹣2或x>4+2,由f′(x)<0,解得:4﹣2<x<4+2,故f(x)在(0,4﹣2)遞增,在(4﹣2,4+2)遞減,在(4+2,+∞)遞增;

      (2)由(1)得:f′(x)=,若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1]遞增,則有x2+(4﹣3a)x+4≥0在(0,1]內(nèi)恒成立,即3a≤+x+4恒成立,又函數(shù)y=+x+4在x=1時(shí)取得最小值9,故a≤3;

      (3)證明:當(dāng)x1=x2時(shí),不等式顯然成立,當(dāng)x1≠x2時(shí),∵x1,x2∈R+,∴要原不等式成立,只要ln≤=成立即可,令t=∈(0,1),故只要lnt﹣≤0即可,由(2)可知函數(shù)f(x)在(0,1]遞增,故f(x)<f(1)=0,故lnt﹣≤0成立,故原不等式成立.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題,考查不等式的證明,轉(zhuǎn)化思想,是一道綜合題.

      33.設(shè)a>0,函數(shù)f(x)=x2﹣2ax﹣2alnx

      (1)當(dāng)a=1時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (2)若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(0,+∞)上有唯一零點(diǎn),試求a的值.

      【分析】(1)求出a=1時(shí)f(x),利用導(dǎo)數(shù)f′(x)判斷f(x)的單調(diào)性,并求出單調(diào)區(qū)間;

      (2)求f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x),利用導(dǎo)數(shù)判斷f(x)的單調(diào)性,求出最值,利用最值等于0,求出a的值.

      【解答】解:(1)函數(shù)f(x)=x2﹣2ax﹣2alnx,當(dāng)a=1時(shí),f(x)=x2﹣2x﹣2lnx,(其中x>0);

      ∴f′(x)=2x﹣2﹣=,令f′(x)=0,即x2﹣x﹣1=0,解得x=或x=(小于0,應(yīng)舍去);

      ∴x∈(0,)時(shí),f′(x)<0,x∈(,+∞)時(shí),f′(x)>0;

      ∴f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(0,),單調(diào)增區(qū)間是(,+∞);

      (2)f(x)=x2﹣2ax﹣2alnx,則f′(x)=2x﹣2a﹣=,令f′(x)=0,得x2﹣ax﹣a=0,∵a>0,∴△=a2+4a>0,∴方程是解為x1=<0,x2=>0;

      ∴函數(shù)f(x)在(0,x2)上單調(diào)遞減,在(x2,+∞)上單調(diào)遞增,∴f(x)的大致圖象如圖所示,求f(x)min=f(x2),若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(0,+∞)上有唯一零點(diǎn),則f(x2)=0,而x2滿足x22=ax2+a

      ∴f(x2)=ax2+a﹣2ax2﹣2alnx2=a(x2+1﹣2x2﹣2lnx2)=0

      得1﹣x2﹣2lnx2=0

      ∵g(x)=2lnx+x﹣1是單調(diào)增的,∴g(x)至多只有一個(gè)零點(diǎn),而g(1)=0,∴用x2=1代入x22﹣ax2﹣a=0,得1﹣a﹣a=0,即得a=.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,也考查了函數(shù)零點(diǎn)以及不等式的應(yīng)用問(wèn)題,是較難的題目.

      34.已知函數(shù).

      (1)當(dāng)a=0時(shí),求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程;

      (2)令g(x)=f(x)﹣ax+1,求函數(shù)g(x)的極大值;

      (3)若a=﹣2,正實(shí)數(shù)x1,x2滿足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,證明:.

      【分析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),計(jì)算f(1),f′(1)的值,從而求出切線方程即可;

      (2)求導(dǎo)數(shù),然后通過(guò)研究不等式的解集確定原函數(shù)的單調(diào)性;求出函數(shù)的極大值即可;

      (3)結(jié)合已知條件構(gòu)造函數(shù),然后結(jié)合函數(shù)單調(diào)性得到要證的結(jié)論.

      【解答】解:(1)a=0時(shí),f(x)=lnx+x,f′(x)=+1,故f(1)=1,f′(1)=2,故切線方程是:y﹣1=2(x﹣1),整理得:2x﹣y﹣1=0;

      (2)g(x)=f(x)﹣(ax﹣1)=lnx﹣ax2+(1﹣a)x+1,所以g′(x)=﹣ax+(1﹣a)=,當(dāng)a≤0時(shí),因?yàn)閤>0,所以g′(x)>0.

      所以g(x)在(0,+∞)上是遞增函數(shù),當(dāng)a>0時(shí),g′(x)=,令g′(x)=0,得x=,所以當(dāng)x∈(0,)時(shí),g′(x)>0;當(dāng)x∈(,+∞)時(shí),g′(x)<0,因此函數(shù)g(x)在x∈(0,)是增函數(shù),在(,+∞)是減函數(shù).

      綜上,當(dāng)a≤0時(shí),函數(shù)g(x)的遞增區(qū)間是(0,+∞),無(wú)遞減區(qū)間,無(wú)極大值;

      當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)g(x)的遞增區(qū)間是(0,),遞減區(qū)間是(,+∞);

      故g(x)極大值=g()=﹣lna;

      證明:(3)由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,即lnx1+x12+x1+lnx2+x22+x2+x1x2=0,從而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2﹣ln(x1x2),令t=x1x2,則由φ(t)=t﹣lnt,由x1>0,x2>0,即x1+x2>0.

      φ′(t)=,(t>0),可知,φ(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增.

      所以φ(t)≥φ(1)=1,所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,解得x1+x2≥或x1+x2≤,又因?yàn)閤1>0,x2>0,因此x1+x2≥成立.

      【點(diǎn)評(píng)】本題難度較大,屬于利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值,以及利用導(dǎo)數(shù)證明單調(diào)性進(jìn)一步研究不等式問(wèn)題的題型.

      35.已知函數(shù)f(x)=x﹣alnx,g(x)=﹣(a>0)

      (1)若a=l,求f(x)的極值;

      (2)若存在x0∈[1,e],使得f(x0)<g(x0)成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      【分析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,從而求出函數(shù)的極值即可;

      (2)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為[f(x)﹣g(x)]min<0,(x∈[1,e])成立,設(shè)h(x)=f(x)﹣g(x)=x﹣alnx+,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可.

      【解答】解:(1)a=1時(shí),f(x)=x﹣lnx,函數(shù)f(x)的定義域是(0,+∞),f′(x)=1﹣=,令f′(x)>0,解得:x>1,令f′(x)<0,解得:0<x<1,故f(x)在(0,1)遞減,在(1,+∞)遞增,故f(x)的極小值是f(1)=1,無(wú)極大值;

      (2)存在x0∈[1,e],使得f(x0)<g(x0)成立,等價(jià)于[f(x)﹣g(x)]min<0,(x∈[1,e])成立,設(shè)h(x)=f(x)﹣g(x)=x﹣alnx+,則h′(x)=,令h′(x)=0,解得:x=﹣1(舍),x=1+a;

      ①當(dāng)1+a≥e,h(x)在[1,e]遞減,∴h(x)min=h(e)=e2﹣ea+1+a,令h(x)min<0,解得:a>;

      ②當(dāng)1+a<e時(shí),h(x)在(1,a+1)遞減,在(a+1,e)遞增,∴h(x)min=h(1+a)=a[1﹣ln(a+1)]+2>2與h(x)min<0矛盾,綜上,a>.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想,是一道中檔題.

      36.已知函數(shù)f(x)=alnx+x2+bx+1在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為4x﹣y﹣12=0.

      (1)求函數(shù)f(x)的解析式;

      (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值.

      【分析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),計(jì)算f′(1),f(1),得到關(guān)于a,b的方程組,求出a,b的值,從而求出f(x)的解析式即可;

      (2)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,從而求出函數(shù)的極值即可.

      【解答】解:(1)求導(dǎo)f′(x)=+2x+b,由題意得:

      f′(1)=4,f(1)=﹣8,則,解得,所以f(x)=12lnx+x2﹣10x+1;

      (2)f(x)定義域?yàn)椋?,+∞),f′(x)=,令f′(x)>0,解得:x<2或x>3,所以f(x)在(0,2)遞增,在(2,3)遞減,在(3,+∞)遞增,故f(x)極大值=f(2)=12ln2﹣15,f(x)極小值=f(3)=12ln3﹣20.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,是一道中檔題.

      37.已知函數(shù)f(x)=alnx+﹣(a+1)x,a∈R.

      (Ⅰ)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,3)上單調(diào)遞減,求a的取值范圍;

      (Ⅱ)當(dāng)a=﹣1時(shí),證明f(x)≥.

      【分析】(Ⅰ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可;

      (Ⅱ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,從而求出函數(shù)的最小值即可.

      【解答】解:(I)函數(shù)的定義域?yàn)椋?,+∞).

      因?yàn)椋?/p>

      又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(1,3)單調(diào)減,所以不等式(x﹣1)(x﹣a)≤0在(1,3)上成立.

      設(shè)g(x)=(x﹣1)(x﹣a),則g(3)≤0,即9﹣3(a+1)+a≤0即可,解得a≥3.

      所以a的取值范圍是[3,+∞).…(7分)

      (Ⅱ)當(dāng)a=﹣1時(shí),f(x)=﹣lnx+,f′(x)=,令f'(x)=0,得x=1或x=﹣1(舍).

      當(dāng)x變化時(shí),f(x),f'(x)變化情況如下表:

      x

      (0,1)

      (1,+∞)

      f'(x)

      0

      +

      f(x)

      極小值

      所以x=1時(shí),函數(shù)f(x)的最小值為f(1)=,所以成立.…(13分)

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想,是一道中檔題.

      38.已知函數(shù)f(x)=x2﹣(a﹣2)x﹣alnx(a∈R).

      (Ⅰ)求函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間;

      (Ⅱ)當(dāng)a=1時(shí),證明:對(duì)任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2.

      【分析】(Ⅰ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),通過(guò)討論a的范圍,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;

      (Ⅱ)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明ex﹣lnx﹣2>0,設(shè)g(x)=ex﹣lnx﹣2,求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可.

      【解答】解:(Ⅰ)函數(shù)f(x)的定義域是(0,+∞),f′(x)=2x﹣(a﹣2)﹣=…(2分)

      當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0對(duì)任意x∈(0,+∞)恒成立,所以,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)單調(diào)遞增;…(4分)

      當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)>0得x>,由f′(x)<0,得0<x<,所以,函數(shù)在區(qū)間(,+∞)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞減;

      (Ⅱ)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=x2+x﹣lnx,要證明f(x)+ex>x2+x+2,只需證明ex﹣lnx﹣2>0,設(shè)g(x)=ex﹣lnx﹣2,則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明對(duì)任意的x>0,g(x)>0,令g′(x)=ex﹣=0,得ex=,容易知道該方程有唯一解,不妨設(shè)為x0,則x0滿足=,當(dāng)x變化時(shí),g′(x)和g(x)變化情況如下表

      x

      (0,x0)

      x0

      (x0,+∞)

      g′(x)

      0

      +

      g(x)

      遞減

      遞增

      g(x)min=g(x0)=﹣lnx0﹣2=+x0﹣2,因?yàn)閤0>0,且x0≠1,所以g(x)min>2﹣2=0,因此不等式得證.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想,是一道中檔題.

      39.已知函數(shù)f(x)=xlnx.

      (Ⅰ)求函數(shù)f(x)在[1,3]上的最小值;

      (Ⅱ)若存在使不等式2f(x)≥﹣x2+ax﹣3成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      【分析】(Ⅰ)先求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù),研究出原函數(shù)在[1,3]上的單調(diào)性即可求出函數(shù)f(x)在[1,3]上的最小值;

      (Ⅱ)先把不等式2f(x)≥﹣x2+ax﹣3成立轉(zhuǎn)化為a≤2lnx+x+成立,設(shè)h(x)=2lnx+x+(x>0),利用導(dǎo)函數(shù)求出h(x)在x∈[,e]上的最大值即可求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      【解答】解:(Ⅰ)由f(x)=xlnx,可得f'(x)=lnx+1,當(dāng)x∈(0,)時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;

      當(dāng)x∈(,+∞)時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.

      所以函數(shù)f(x)在[1,3]上單調(diào)遞增.

      又f(1)=ln1=0,所以函數(shù)f(x)在[1,3]上的最小值為0.

      (Ⅱ)由題意知,2xlnx≥﹣x2+ax﹣3,則a≤2lnx+x+.

      若存在x∈[,e]使不等式2f(x)≥﹣x2+ax﹣3成立,只需a小于或等于2lnx+x+的最大值.

      設(shè)h(x)=2lnx+x+(x>0),則h′(x)=+1﹣=.

      當(dāng)x∈[,1)時(shí),h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;

      當(dāng)x∈(1,e]時(shí),h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.

      由h()=﹣2++3e,h(e)=2+e+,h()﹣h(e)=2e﹣﹣4>0,可得h()>h(e).

      所以,當(dāng)x∈[,e]時(shí),h(x)的最大值為h()=﹣2++3e,故a≤﹣2++3e.

      【點(diǎn)評(píng)】本題主要研究利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值以及函數(shù)恒成立問(wèn)題.當(dāng)a≥h(x)恒成立時(shí),只需要求h(x)的最大值;當(dāng)a≤h(x)恒成立時(shí),只需要求h(x)的最小值.

      40.已知函數(shù)f(x)=ax2﹣alnx+x.

      (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;

      (2)若a<0,設(shè)g(x)=f(x)﹣x,h(x)=﹣2xlnx+2x,若對(duì)任意x1,x2∈[1,+∞)(x1≠x2),|g(x2)﹣g(x1)|≥|h(x2)﹣h(x1)|恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

      【分析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的方程,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;

      (2)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),令F(x)=g(x)﹣h(x)=ax2﹣alnx+2xlnx﹣2x,求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),令G(x)=ax﹣+2lnx,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可.

      【解答】解:(1),令t(x)=ax2+x﹣a,①當(dāng)a=0時(shí),t(x)=x>0?f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;

      ②當(dāng)a<0時(shí),令,所以f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減;

      ③當(dāng)a>0時(shí),令,所以f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.

      (2)g′(x)=ax﹣=,因?yàn)閍<0,當(dāng)x≥1時(shí),g′(x)≤0,g(x)在[1,+∞)單調(diào)減;

      h′(x)=﹣2lnx,當(dāng)x≥1時(shí),h′(x)≤0,h(x)在[1,+∞)單調(diào)減.

      因?yàn)閷?duì)任意x1,x2∈[1,+∞),|g(x2)﹣g(x1)|≥|h(x2)﹣h(x1)|,不防設(shè)x1<x2,則由兩函數(shù)的單調(diào)性可得:

      g(x1)﹣g(x2)≥h(x1)﹣h(x2),所以:g(x1)﹣h(x1)≥g(x2)﹣h(x2)對(duì)任意x1<x2∈[1,+∞)恒成立;

      令F(x)=g(x)﹣h(x)=ax2﹣alnx+2xlnx﹣2x,則F(x1)≥F(x2)對(duì)任意x1<x2∈[1,+∞)恒成立;

      即:y=F(x)在x∈[1,+∞)上單調(diào)減,即:F′(x)=ax﹣+2lnx≤0在x∈[1,+∞)上恒成立,令G(x)=ax﹣+2lnx,G′(x)=,當(dāng)a≤﹣1時(shí),ax2+2x+a≤0在x∈[1,+∞)恒成立,所以G′(x)≤0,G(x)在[1,+∞)單調(diào)減,所以G(x)≤G(1)=0,滿足題意,當(dāng)﹣1<a<0時(shí),G(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2且x1=>1,x2=<1,所以在(1,x1)上,G(x)單調(diào)增,即:G(x)>G(1)=0對(duì)任意x∈(1,x1)上恒成立,不滿足題意,舍!

      綜上,當(dāng)a≤﹣1時(shí),不等式|g(x2)﹣g(x1)|≥|h(x2)﹣h(x1)|在x1,x2∈[1,+∞)恒成立.

      【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想,是一道綜合題.

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      日期:2021/2/9

      0:19:14;用戶:淵然;郵箱:***;學(xué)號(hào):26773917

      第五篇:2014高考數(shù)學(xué)壓軸題(24)

      2014數(shù)學(xué) 壓軸題(24)

      ??4?a?n?10,n?765.數(shù)列?an?滿足:an??n?6,且?an?是遞增數(shù)列,則實(shí)數(shù)a的范圍是n?7?a,_______

      ?9?A.?,4?B.?4??9??4,4?C.?1,4?D.?2,4?

      ??

      66.已知?x?表示不超過(guò)實(shí)數(shù)x的最大整數(shù)?x?R?,定義?x??x??x?,求

      232014?2013??2013??2013??2013???????????????_______ ***4????????

      A.1006B.1007C.1008D.2014

      67.若將函數(shù)f?x??x5表示為f?x??a0?a1?1?x??a2?1?x???a5?1?x?,其中a0,a1, 25

      ?a5為實(shí)數(shù),則a3?_________

      68.函數(shù)y?x?2?4?x的最大值是 _________ .

      69.若an是(3?x)n(n?N*,n?2)展開(kāi)式中x項(xiàng)的系數(shù),2

      limn??32333n(2?3???n)?____ aaa

      ?x?2?x?1?sin?70.若點(diǎn)P(x,y)在曲線?(?為參數(shù),??R)上,則的取值范圍是y??y?4?cos?

      _____

      x2y2

      71.已知F1,F2是雙曲線2?2?1?a?0,b?0?的左、右焦點(diǎn),若雙曲線左支上存在一點(diǎn)Pab

      與點(diǎn)F2關(guān)于直線y?

      72.若數(shù)列?an?滿足bx對(duì)稱,則該雙曲線的離心率為_(kāi)____a11??d?n?N,d為常數(shù)?,則稱數(shù)列?an?為“調(diào)和數(shù)列”.已知正an?1an

      ?1?項(xiàng)數(shù)列??為“調(diào)和數(shù)列”,且b1?b2???b9?90,則b4b6的最大值是 _____?bn?

      A.10B.100C.200D.400

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