最全12M高考数学压轴题突破训练（上）(8)

(2分)

①当t?0时,f/(x)?0,f(x)在[0,1]上为增函数,f(x)?f(0)?0,∴g(x)?f(x) 故F(t)?f(1)?1?3t.

②当t?0时,f/(x)?3(x?t)(x?t), 由f(x)?0得x?t或x??t, 所以f(x)在(t,??)上为增函数,在(0,t)上为减函数,

(i)当t?1时,f(x)在[0,1]上为减函数,f(x)?f(0)?0,∴g(x)??f(x)

故F(t)??f(1)?3t?1.

(ii)当0?t?1时, f(x)在[0，t]上为减函数,在(t,1]上为增函数,

当x?[0,t]时,f(x)?[?2tt,0],当x?[t,1]时,f(x)?[?2tt,1?3t].

1?t?1时,g(x)??f(x),∴g(x)?[0,2tt],∴F(t)?2tt, 31若1?3t?0即0?t?时,∵ 2tt?(1?3t)?(t?1)2(2t?1)

3111∴当?t?时,2tt?1?3t>0,F(t)?2tt,当0?t?时,F(t)?1?3t.

434若1?3t?0即1?1?3t,(t?)?4?1?综上知F(t)??2tt,(?t?1).

4??3t?1,(t?1)??(2)由(1)知,F(t)在(??,)上为减函数,在[,??)上为增函数, ∴[F(t)]min?F()?1414141. 427. (1) f?(x)?3x?2ax?b,设切点为P(x0,y0),则曲线y?f(x)在点P的切线的斜率

22k?f?(x0)?3x0?2ax0?b,由题意知f?(x0)?3x0?2ax0?b?0有解，

∴??4a2?13b?0即a2?3b.

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(2)若函数f(x)可以在x??1和x?3时取得极值，

则f?(x)?3x2?2ax?b?0有两个解x??1和x?3，且满足a2?3b. 易得a?3,b??9.

(3)由(2)，得f(x)?x3?3x2?9x?c.

根据题意，c?x3?3x2?9x(x?[?2,6])恒成立.

∵函数g(x)?x3?3x2?9x（x?[?2,6]）在x??1时有极大值5（用求导的方法）， 且在端点x?6处的值为54.

∴函数g(x)?x3?3x2?9x（x?[?2,6]）的最大值为54. 所以c?54.

8. 当f?(x)?3x(x?2a)．

令f?(x)?0，得x?0，或x?2a．且f(0)?（Ⅰ）当a?0时，2a?0．

当x变化时，f?(x)、f(x)的变化情况如下表：

113， f(2a)??4a?． 22x f?(x) (??,0) ＋ 0 0 (0,2a) － 2a 0 (2a,??) ＋ 1?4a3? ? 21∴ 当a?0时，在x?0处，函数f(x)有极大值f(0)?；在x?2a处，函数f(x)

213有极小值f(2a)??4a?．

2f(x) ? 1 2? （Ⅱ）要使函数f?x??0有三个不同的零点， 必须f(2a)??4a?解得a?31?0． 21?1?．∴当a??,???时，函数y?f?x?有三个不同的零点． 2?2? 37

9. （1）因为f(x)?(x?1)?1?ln(x?1)?x(x?0),所以f'(x)?x?1?ln(x?1).

x2∴ g(x)?x?1?ln(x?1),(x?0) , 则g'(x)?递增 .

x?0， ∴ g(x)在(0,??)内单调x?1 解：（2） ∵g(2)?1?ln3?0，g(3)?2(1?ln2)?0,∴由（1）可得g(x)在(0,??)内单调递增，

即g(x)?0存在唯一根a?(2,3)， ∴ m?2.

(3) 由f(x)?n得n?f(x)且x?(0,??)恒成立,由（2）知存在唯一实数a?(2,3), 使g(a)?0且当0?x?a时，g(x)?0 ，∴ f'(x)?0，当x?a时，g(x)?0,∴

f'(x)?0.

∴ 当x?a时,f(x)取得最小值f(a)?(a?1)[1?ln(a?1)] .

a ∵ g(a)?0, ∴ a?1?ln(a?1)?0?1?ln(a?1)?a. 于是，f(a)?a?1. ∵ a?(2,3), ∴f(a)?(3,4) ∴n?3 ,故正整数n的最大值为3.

10. (1) 当a?1时,f?x???1312x?x?2x, ?f?(x)??x2?x?2. 3222令f?(x)?0,即?x?x?2?0,即x?x?2?0，解得?1?x?2.

?函数f?x?的单调递增区间是??1,2?.

(2) 若函数f?x?在R上单调递减,则f?(x)≤0对x?R都成立, 即

?x2?ax?2a≤0对x?R都成立, 即x2?ax?2a≥0对x?R都成立.

???a2?8a≤0, 解得?8≤a≤0. ?当?8≤a≤0时, 函数f?x?在R上单调

递减.

(3) ? 函数f?x?在??1,1?上单调递增, ?f?(x)≥0对x???1,1?都成立,

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??x2?ax?2a≥0对x???1,1?都成立.即x2?ax?2a≤0对x???1,1?都成立. 1?g1?1?a?2a?0,?a?,????令g?x??x2?ax?2a，则? 解得?3 ?a?1.

g?1?1?a?2a?0.??????a?1.11. （I）f(x)?ax3?3x2,f?(x)?3ax2?6x?3x(ax?2).

?x?1是f(x)的一个极值点，?f?(1)?0,?a?2；

（II）①当a=0时，f(x)??3x2在区间（－1，0）上是增函数，?a?0符合题意；

②当a?0时,f?(x)?3ax(x?22),令f?(x)?0得:x1?0,x2?； aa当a>0时，对任意x?(?1,0),f?(x)?0,?a?0符合题意；

2a综上所述，a??2.

当a<0时，当x?(,0)时f?(x)?0,?2??1,??2?a?0符合题意； a （III）a?0,g(x)?ax?(3a?3)x?6x,x?[0,2].

32g?(x)?3ax2?2(3a?3)x?6?3[ax2?2(a?1)x?2],

令g?(x)?0,即ax?2(a?1)x?2?0(*),显然有??4a?4?0. 设方程（*）的两个根为x1,x2,由(*)式得x1x2??222?0，不妨设x1?0?x2. a当0?x2?2时，所以g(x)在[0，2]上的最大值只能为g(0)或g(2)； g(x2)为极小值，当x2?2时，由于g(x)在[0，2]上是单调递减函数，所以最大值为g(0)，所以在[0，2]上的最大值只能为g(0)或g(2)，

又已知g(x)在x=0处取得最大值，所以g(0)?g(2), 即0?20a?24,解得a?66,又因为a?0,所以a?(0,]. 55f(x)xf?(x)?f(x)?0，而x?0，则xf?(x)?f(x)?0， 12. (Ⅰ)由于f?(x)?得，

xx

39

xf?(x)?f(x)f(x)?0F(x)?，因此在(0,??)上是增函数.

x2xf(x)(Ⅱ)由于x1，x2?(0,??)，则0?x1?x1?x2，而F(x)?在(0,??)上是增函

x则F?(x)?数，

则F(x1)?F(x1?x2)，即（1），

同理 (x1?x2)f(x2)?x2f(x1?x2)（2）

（1）+（2）得：(x1?x2)[f(x1)?f(x2)]?(x1?x2)f(x1?x2)，而x1?x2?0， 因此 f(x1)?f(x2)?f(x1?x2).

（Ⅲ）证法1: 由于x1，x2?(0,??)，则0?x1?x1?x2???xn，而F(x)?f(x1)f(x1?x2)，∴(x1?x2)f(x?1)?x1f(x1?x2)x1x1?x2f(x)在x(0,??)上是增函数，则F(x1)?F(x1?x2???xn)，即

∴ (x1?x2???xn)f(x1)?x1f(x1?x2???xn) 同理 (x1?x2???xn)f(x2)?x2f(x1?x2???xn)

f(x1)f(x1?x2???xn)， ?x1x1?x2??xn(x1?x2???xn)f(xn)?xnf(x1?x2???xn)

以上n个不等式相加得：

(x1?x2???xn)[f(x1)?f(x2)??f(xn)]?(x1?x2???xn)f(x1?x2???xn)

而x1?x2???xn?0

f(x1)?f(x2)??f(xn)?f(x1?x2???xn)

证法2：数学归纳法

（1）当n?2时，由（Ⅱ）知，不等式成立；

（2）当n?k(n?2)时，不等式f(x1)?f(x2)??f(xn)?f(x1?x2???xn)成立， 即f(x1)?f(x2)??f(xk)?f(x1?x2???xk)成立，

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