卷Ⅱ 附加题部分答案word版
[选做题]第21题,本题包括A、B、C、D四小题,请选定其中两题,并在相应的答题区域．．．．．．内作答,若多做,则按作答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】解:(1)由f(x)?'11?1??a?0即?a对x?(1,??)恒成立,∴a???max xx?x?而由x?(1,??)知
1<1 ∴a?1 x由g'(x)?ex?a令g'(x)?0则x?lna 当x
综上所述:a的取值范围为(e,??)
(2)证明:∵g(x)在(?1,??)上是单调增函数
∴g'(x)?ex?a?0即a?e对x?(?1,??)恒成立, ∴a?exx??min
x而当x?(?1,??)时,e>分三种情况:
11 ∴a? ee1>0 ∴f(x)在x?(0,??)上为单调增函数 x'(Ⅰ)当a?0时, f(x)?∵f(1)?0 ∴f(x)存在唯一零点 (Ⅱ)当a<0时,f(x)?'1?a>0 ∴f(x)在x?(0,??)上为单调增函数 xaaa∵f(e)?a?ae?a(1?e)<0且f(1)??a>0
∴f(x)存在唯一零点
111''时,f(x)??a,令f(x)?0得x? exa
11?a(x?)?a(x?)1a>0;x>1时,f'(x)?a<0 ∵当0 aaaa(Ⅲ)当0 ①当?lna?1?0时,?lna?1?0,a?②当?lna?1>0时,0 际 上 , 11,f(x)有唯一零点x??e ea1,f(x)有两个零点 e对 于 0< a?1e,由于 111a111f()?ln?a??1?<0,f()?ln?a??lna?1>0 eeeeaaa且函数在?,?11??11?f(x)上的图像不间断 ∴函数在??,?上有存在零点 ?ea??ea???11??1??1?'?,f(x)??a>0,故f(x)在?0,?上单调增,∴f(x)在?0,?xa??a??a?另外,当x??0,只有一个零点 下 面 考 虑 f(x)a?1?1在 ?1??,????a?a?1?2的情况,先证 f(e)?lnea?1a?1?ae?alne?aex2?a(a?e)<0 a?1为此我们要证明:当x>e时,e>x,设h(x)?ex?x2 ,则h'(x)?ex?2x,再设 l(x)?ex?2x ∴l(x)?e?2 当x>1时,l(x)?e?2>e-2>0,l(x)?e?2x在?1,???上是单调增函数 'xx'x故当x>2时,h(x)?e?2x>h(2)?e?4>0 从而h(x)?e?xx2x2'x'2在 ?2,???e2上是单调增函数,进而当x>e时,h(x)?e?x>h(e)?e?e>0 即当x>e时,e>x, 当时,f(ea?1x20< aa?1< a?1?11ea?1时 ?2, a?1即 a?1>e )?lne?ae?alne?ae?a(a?e)<0 又f()?ln1a?111?a??lna?1>0 且函数f(x)在a?1,ea上的图像不间断, aa?? ∴函数f(x)在a?1,ea??1?1?a(x?)1a<0故f(x)上有存在零点,又当x>时,f'(x)?ax在a?1,??上是单调减函数∴函数f(x)在a?1,??只有一个零点 综合(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)知:当a?0时,f(x)的零点个数为1;当0 14．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））设函数 ????1时,f(x)的零点个ef?x???x?1?ex?kx2(其中k?R). (Ⅰ) 当k?1时,求函数f?x?的单调区间; (Ⅱ) 当k??,1?时,求函数f?x?在?0,k?上的最大值M. 【 答 案 】 ?1??2?(Ⅰ) 当 k?1时, f?x???x?1?ex?x2,f??x??ex??x?1?ex?2x?xex?2x?x?ex?2? 令f??x??0,得x1?0,x2?ln2 当x变化时,f??x?,f?x?的变化如下表: x f??x? ???,0? 0 ?0,ln2? ln2 ?ln2,??? ? ? 0 极大值 ? 0 极 ? ? f?x? ? 小值 右表可知,函数f?x?的递减区间为?0,ln2?,递增区间为???,0?,?ln2,???. xxxx(Ⅱ) f??x??e??x?1?e?2kx?xe?2kx?xe?2k??,令f??x??0,得 x1?0,x2?ln?2k?, 令g?k??ln?2k??k,则g??k??11?k?1??1??0,所以g?k?在?,1?上递增, kk?2?所以g?k??ln2?1?ln2?lne?0,从而ln?2k??k,所以ln?2k???0,k? 所以当x?0,ln?2k?时,f??x??0;当x?ln?2k?,??时,f??x??0; k3所以M?maxf?0?,f?k??max?1,?k?1?e?k kk3令h?k???k?1?e?k?1,则h??k??ke?3k??????????,令 ??k??ek?3k,则 ???k??ek?3?e?3?0 所以??k?在?,1?上递减,而???1??2?3??1????1?e???????e?3??0 2??2??所以存在x0???1??1?,1?使得??x0??0,且当k??,x0?时,??k??0,当k??x0,1??2??2?时,??k??0, 所以??k?在?,x0?上单调递增,在?x0,1?上单调递减. ?1?2??因为h?17?1??1?,,所以在??e??0h1?0hk?0??????,1?上恒成立,当且仅当 28?2??2?k3k?1时取得“?”. 综上,函数f?x?在?0,k?上的最大值M??k?1?e?k. www.zxsx.com 15．（2013年高考江西卷（理））已知函数 f(x)=a(1-2x-1对称; 21),a为常数且a>0. 2(1)证明:函数f(x)的图像关于直线x=(2)若x0满足f(f(x0))=x0,但f(x0)?x0,则称x0为函数f(x)的二阶周期点,如果 f(x)有两个二阶周期点x1,x2,试确定a的取值范围; (3)对于(2)中的x1,x2和a, 设 x3为函数 f(f(x))的最大值 点,A(x1,f(f(x1))),B(x2,f(f(x2))),C(x3,0),记△ABC的面积为S(a),讨论S(a)的单调性. 【答案】(1)证明:因为f(11?x)?a(1?2x),f(?x)?a(1?2x),有2211f(?x)?f(?x), 22所以函数f(x)的图像关于直线x?1对称. 221,?4ax,1?2(2)解:当0?a?时,有f(f(x))??2 2??4a(1?x),x?1.2x? 所以f(f(x))?x只有一个解x?0,又f(0)?0,故0不是二阶周期点. 1,?x,12当a?时,有f(f(x))?? 121?x,?x?.2x?所以f(f(x))?x有解集?x|x?有点都不是二阶周期点. ??11?1??x?,又当时,f(x)?x,故?x|x??中的所?22?2??1,4a?4a2x,11??x?,212a?4ax,?4a2当a?时,有f(f(x))?? 22?2a(1?2a)?4ax,1?x?4a?1,?4a2?4a2x,24a?4a?1x?.4ax?所 以 f(f(?x)有x四 个解 2a2a4a20,,,21?4a1?2a1?4a2,又 2a2af(0)?0,f()?, 1?2a1?2a2a2a4a4a2a4a2f()?,f()?,,故只有是f(x)的二阶2222221?4a1?4a1?4a1?4a1?4a1?4a周期点.综上所述,所求a 的取值范围为a?1. 22a4a2,x2?(3)由(2)得x1?, 1?4a21?4a2因为x3为函数f(f(x))的最大值点,所以x3?14a?1或x3?. 4a4a当x3?12a?1时,S(a)?.求导得:S'(a)??24a4(1?4a)2(a?1?21?2)(a?)22, (1?4a2)2所以当a?(,11?21?2)时,S(a)单调递增,当a?(,??)时S(a)单调递减; 2224a?18a2?6a?112a2?4a?3当x3?时,S(a)?,求导得:S'(a)?, 2224a4(1?4a)2(1?4a) 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库2013年全国高考理科数学试题分类汇编14：导数与积分 Word版含答(2)在线全文阅读。
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