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近5年高考数学理科试卷(全国卷1)分类汇编函数(解析版)(大题版)

2011

(21)(本小题满分12分) 已知函数ln ()1a x b

f x x x

=

++,曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。

(Ⅰ)求a 、b 的值;

(Ⅱ)如果当0x >,且1x ≠时,ln ()1x k

f x x x

>+-,求k 的取值范围。 解:

(Ⅰ)22

1

(

ln )

'()(1)x x b x f x x x

α+-=

-+

由于直线230x y +-=的斜率为12-,且过点(1,1),故(1)1,

1'(1),2

f f =??

?=-??即

1,

1,22

b a b =???-=-?? 解得1a =,1b =。

(Ⅱ)由(Ⅰ)知ln 1

1x x x

++,所以

22ln 1(1)(1)

()()(2ln )11x k k x f x x x x x x

---+=+--。

考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >,则22(1)(1)2'()k x x

h x x -++=

。 (i)设0k ≤,由22

2

(1)(1)'()k x x h x x

+--=知,当1x ≠时,'()0h x <。而(1)0h =,故

当(0,1)x ∈时,()0h x >,可得

2

1

()01h x x

>-; 当x ∈(1,+∞)时,h (x )<0,可得2

11

x - h (x )>0 从而当x>0,且x ≠1时,f (x )-(1ln -x x +x k )>0,即f (x )>1ln -x x +x k

.

(ii )设0

)时,(k-1)(x 2 +1)+2x>0,故h ’ (x )>0,

而h (1)=0,故当x ∈(1,k -11)时,h (x )>0,可得2

11x -h (x )<0,与题设矛盾。

(iii )设k ≥1.此时h ’ (x )>0,而h (1)=0,故当x ∈(1,+∞)时,h (x )>0,可得

2

11

x

- h (x )<0,与题设矛盾。 综合得,k 的取值范围为(-∞,0] 2012

21.(本小题满分12分)

已知函数)(x f 满足2

1

2

1)0()1(')(x x f e

f x f x +

-=-. (Ⅰ)求)(x f 的解析式及单调区间; (Ⅱ)若b ax x x f ++≥2

2

1)(,求b a )1(+的最大值.

【解析】(1)1

211

()(1)(0)()(1)(0)2

x x f x f e

f x x f x f e f x --'''=-+?=-+

令1x =得:(0)1f =

1

211

()(1)(0)(1)1(1)2x f x f e

x x f f e f e --'''=-+?==?=

得:21()()()12

x x

f x e x x

g x f x e x '=-+?==-+

()10()x

g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得:()f x 的解析式为21()2

x

f x e x x =-+

且单调递增区间为(0,)+∞,单调递减区间为(,0)-∞ (2)2

1()()(1)02

x f x x ax b h x e a x b ≥

++?=-+-≥得()(1)x h x e a '=-+ ①当10a +≤时,()0()h x y h x '>?=在x R ∈上单调递增 x →-∞时,()h x →-∞与()0h x ≥矛盾

②当10a +>时,()0ln(1),()0ln(1)h x x a h x x a ''>?>+

22

(1)(1)(1)ln(1)(10)a b a a a a +≤+-+++> 令2

2

()ln (0)F x x x x x =->;则()(12ln )F x x x '=-

()00()0F x x F x x ''>?<<

近5年高考数学理科试卷(全国卷1)分类汇编函数(解析版)(大题版)

近5年高考数学理科试卷(全国卷1)分类汇编函数(解析版)(大题版)

当x =max ()2

e F x =

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当1,a b =

=(1)a b +的最大值为

2

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e

2013、理21)(本小题满分12分)设函数f (x )=x 2+ax +b ,g (x )=e x (cx +d ).若曲线y =f (x )和

曲线y =g (x )都过点P (0,2),且在点P 处有相同的切线y =4x +2.

(1)求a ,b ,c ,d 的值;

(2)若x ≥-2时,f (x )≤kg (x ),求k 的取值范围.

解:(1)由已知得f (0)=2,g (0)=2,f ′(0)=4,g ′(0)=4. 而f ′(x )=2x +a ,g ′(x )=e x (cx +d +c ), 故b =2,d =2,a =4,d +c =4. 从而a =4,b =2,c =2,d =2.

(2)由(1)知,f (x )=x 2+4x +2,g (x )=2e x (x +1). 设函数F (x )=kg (x )-f (x )=2k e x (x +1)-x 2-4x -2, 则F ′(x )=2k e x (x +2)-2x -4=2(x +2)(k e x -1). 由题设可得F (0)≥0,即k ≥1. 令F ′(x )=0得x 1=-ln k ,x 2=-2.

①若1≤k <e 2,则-2<x 1≤0.从而当x ∈(-2,x 1)时,F ′(x )<0;当x ∈(x 1,+∞)时,F ′(x )>0.即F (x )在(-2,x 1)单调递减,在(x 1,+∞)单调递增.故F (x )在[-2,+∞)的最小值为F (x 1).

而F (x 1)=2x 1+2-2

1x -4x 1-2=-x 1(x 1+2)≥0. 故当x ≥-2时,F (x )≥0,即f (x )≤kg (x )恒成立. ②若k =e 2,则F ′(x )=2e 2(x +2)(e x -e -2).

从而当x >-2时,F ′(x )>0,即F (x )在(-2,+∞)单调递增. 而F (-2)=0,故当x ≥-2时,F (x )≥0,即f (x )≤kg (x )恒成立. ③若k >e 2,则F (-2)=-2k e -2+2=-2e -2(k -e 2)<0. 从而当x ≥-2时,f (x )≤kg (x )不可能恒成立. 综上,k 的取值范围是[1,e 2].

2014

21. (本小题满分12分)设函数1

(0ln x x

be f x ae x x

-=+,曲线()y f x =在点(1,(1)f )处

的切线为(1)2y e x =-+. (I )求,a b ; (Ⅱ)证明:()1f x >. 【解析】(Ⅰ) 函数()f x 的定义域为()0,+∞,112()ln x x x x a b b f x ae x e e e x x x

--'=+-+ 由题意可得(1)2,(1)f f e

'==,故1,2a b == ……………6分

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,

12()ln x x

e f x e x x -=+,从而()1f x >等价于2

ln x x x xe e

->- 设函数

()ln g x x x =,则()ln g x x x '=+,所以当10,x e ??

∈ ?

??

时,()0

g x '<,

当1,x e ??∈+∞ ?

??

时,()0g x '>,故()g x 在

10,e ??

???

单调递减,在1,e ??+∞ ???

单调递增,从而()g x 在()

0,+∞的最小值为

11

()g e e

=-. ……………8分 设函数2

()x h x xe e -=-,则()()1x h x e x -'=-,所以当()

0,1x ∈时,

()0

h x '>,当()

1,x ∈+∞时,()0

h x '<,故()

h x 在

()0,1单调递增,

()1,+∞单调递减,从而()h x ()g x 在()

0,+∞的最小值为

1

(1)h e

=-.

综上:当0x >时,()()g x h x >,即()1f x >. ……12分

2015 (21)(本小题满分12分)

已知函数f (x )=31

,()ln 4x ax g x x ++=-

(Ⅰ)当a 为何值时,x 轴为曲线()y f x = 的切线; (Ⅱ)用min

{}

,m n 表示m,n 中的最小值,设函数

}{()min (),()

(0)h x f x g x x => ,讨论h (x )零点的个数

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