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1、第 1 页 共 10 页1.(新课标 1)已知函数 有两个零点.()=(2)+(1)2(I)求 a 的取值范围;(II)设 x1,x 2 是 的两个零点,证明: +x20 时, x)e(2)0;xe(II)证明:当 时,函数 有最小值.设 g(x)的最小值为 ,0,1a2=(0)agx( ) ()ha求函数 的值域 .()h第 2 页 共 10 页解:() 的定义域为 .()fx(,2),且仅当 时, ,所以221 0,()()xxxeefx()0fx在 单调递增,因此当 时, 所以()fx,()1,f2(),20xee(II ) 由( I)知, 单调递增,对任意22() (),xagxfxa
2、()fxa因此,存在唯一 使得0,1(10,()0,aff0,2即 ,当 时, 单调递减;当(),fx)gxx(),()()fxagx时, 单调递增.因此 在 处取得最小值,最小值为0(,(,()fag0于是 ,由0 0000221)+1() .2xxxeefeg0h()2xea单调递增所以,由 得2)() ,(xxx0(,x因为 单调递增,对任意 存在唯一的0021).24xeeeha2x21(,4e使得 所以 的值域是0(,x0(),1fx(),ha()ha2(,综上,当 时, 有 , 的值域是,)a()g()21(,.4e3. (新课标 3)设函数 f(x )=acos2x +(a-1
3、) (cosx+1) ,其中 a0,记 的最大值为 A.|( x) |()求 f (x) ;()求 A;()证明 2A.|( x) |解:() ()当 时,(2sin(1)sin1|)|si)co|f2()32(0)f因此, 当 时,将 变形为 3Aa0)fxcos1cosfaxx令 ,则 是 在 上的最大值,2()(1)gttA|(|gt1,, ,且当 时, 取得极小值,极小值为14a()t第 3 页 共 10 页令 ,解得 (舍去) ,221(1)61()488aag14a3 ()当 时, 在 内无极值点, , ,505()gt,|()|g|(1)|2a,所以 ()当 时,由 ,知|(1)
4、|g23Aa15a0()4g又 ,所以 1(7)|()| 08aa2161|()|48aAg综上, ()由()得23,05618,Aa.当 时,|()|2sin()sin|2|1|fxxxa05a.当 时, ,所以|143faA51384A.当 时, ,所以 .|()|2xA1|()|1642fxa|()|2fxA4(山东 )已知 . (I )讨论 的单调性;2(ln,fxR()f(II )当 时,证明 对于任意的 成立1a3()f ,x解() 的定义域为 ; .)(xf,03232/ )1()( xaaf 当 , 时, , 单调递增; ,0a1,(0/xf)(f /(,),()0fx时单调递
5、减.当 时, .(1) , ,)(xf/3()2)af xa20a1当 或 时, , 单调递增;当 时,)1,0(),2(a0)(/xf)(f ),(, 单调递减;/xff(2) 时, ,在 内, , 单调递增;a12x),0(0)(/xf)(f第 4 页 共 10 页(3) 时, ,当 或 时, , 单调递2a10a)2,0(axx),1(0)(/xf)(f增;当 时, , 单调递减. 综上所述,x),()(/xf)(f当 时,函数 在 内单调递增,在 内单调递减;0af1,0),1当 时, 在 内单调递增,在 内单调递减,在 内单调递2)(xf, 2,(a),2(a增;当 时, 在 内单调
6、递增;当 , 在 内单调递增,在a)(f),0)(xf),0内单调递减,在 内单调递增.)1,2(),1(()由()知, 时,a,/ 2231()ln()xfx x231lnxx,令 , .则2,1)(,l)( 32hg ,,由 可得 , 当且仅当)()(/ xxf01)(/xg1)(gx时取得等号.又 ,设 ,则 在12436()h623)()(x单调递减,因为 ,所以在 上存在 使得 时,2, 10)(,1,0x,10时, ,所以函数 在 上单调递增;在 上单调)2,(,0)(0xx()h1)2(x递减,由于 ,因此,当且仅当 取得等号,所以,1h2)(,即 对于任意的 恒成立。23)()
7、(/gxf 3)(/xff 2,1x5.(天津)设函数 , R,其中 , R.()求 的单调区间;baxf31ab)(f()若 存在极值点 ,且 ,其中 ,求证: ;)(x0)(01xff01x3201x第 5 页 共 10 页()设 ,函数 ,求证: 在区间 上的最大值不小于0a)(xfg)(xg2,041解:()解:由 ,可得 .下面分两种情况讨论:baf31)( af)1(3(1)当 时,有 恒成立,所以 的单调递增区间为 .)(2xxf ),((2)当 时,令 ,解得 ,或 .当 变化时, ,0a0)f 3131xf的变化情况如下表:)(xf)31,a)31,(a),31(a)(xf
8、0 0 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增所以 的单调递减区间为 ,单调递增区间为 ,)(xf )31,(a)31,(a.),31(a()证明:因为 存在极值点,所以由()知 ,且 ,由题意,得(xf 0a1x,即 ,进而0)13)( 20axf 3)1(20x.又babf 000 baxxx 32)1(38)2()2()3( 03,且 ,由题意及()知,存在唯一实数满足 00fa0,且 ,因此 ,所以 ;)(1xff1x1x01x()证明:设 在区间 上的最大值为 , 表示 两数的最大值.下面分三种g2,M,may,情况同理:(1)当 时, ,由()知, 在区间 上单调递减,所以3
9、a31201a)(xf2,0在区间 上的取值范围为 ,因此)(xf2,0 )(,f第 6 页 共 10 页|1|,2max|)0(|,2ax| bfM |)(1|,)(1max| bab,所以 .),(1b2|M(2)当 时, ,由()和()34a 313102 aaa知, , ,所以 在)31()1()0ff )()2(ff)(xf区间 上的取值范围为 ,因此2, )(),(aff|392|,392mx|)31(|,)31(max| babaffM .|)(92|,)(92| baba 41| (3)当 时, ,由()和()知,4302310, ,所以 在区间)()321()afaf )31
10、()(afaf)(xf上的取值范围为 ,因此,0 2,0f |21|,max|)(|,max| bafM.综上所述,当 时,|)(1|1| bb 41|0a在区间 上的最大值不小于 .)(xg2,046(江苏) 已知函数 f(x)= .()(0,)xfaab(1) 设 a=2,b= .求方程 =2 的根;1f若对任意 ,不等式 恒成立,求实数 m 的最大值;xR(2)f(6fxm(2)若 ,函数 有且只有 1 个零点,求 ab 的值.01, g解(1)因为 ,所以 .方程 ,即 ,亦即2ab()xf()2fx2x第 7 页 共 10 页,所以 ,于是 ,解得 .2()10xx2(1)0x1x0
11、由条件知 .因为 对于2 2() ()xxf f()(6fxmf恒成立,且 ,所以 对于 恒成立.而xR0f2()4fmxR,且 ,所以 ,故实2()4()()ffxfx2(0)4f4数 的最大值为 4.m(2)因为函数 只有 1 个零点,而 ,()2gf0()2gfab所以 0 是函数 的唯一零点.因为 ,又由 知x()lnlxxab1,,所以 有唯一解 .令 ,则ln,lab0g0log()lba()hxg,从而对任意 , ,所以 22()lln)(l)ln)xxxxhaR0是 上的单调增函数,于是当 , ;当g(,0(,)x()gx时, .因而函数 在 上是单调减函数,在 上0(,)x0
12、)(gx)g0(,)是单调增函数.下证 .若 ,则 ,于是 ,又002x0()2,且函数 在以 和 为端点的闭区间log2llog(l)aaaagbxlog2a上的图象不间断,所以在 和 之间存在 的零点,记为 . 因为 ,所以0xla()101,又 ,所以 与“0 是函数 的唯一零点”矛盾.若 ,同理可得,lo20a1gxx在 和 之间存在 的非 0 的零点,矛盾.因此, .于是 ,故xg()x0lnab,所以 .lnba7. (四川)设函数 f(x)=ax2-a-lnx,其中 a R. (I)讨论 f(x)的单调性;(II )确定 a 的所有可能取值,使得 f(x)-e 1-x+在区间(1
13、,+)内恒成立(e=2.718为自然对数的底数)。解(I) 0, 单调递增.(II)令 = , = .x1+)2a( , ()fx()f()gx1ex()s1ex则 = .而当 时, 0,所以 在区间 内单调递增.()s1exs()s+( ,又由 =0,有 0,从而当 时, 0.当 , 时, =()s1xfx0a1x()fx.2(1)ln0ax故当 在区间 内恒成立时,必有 .当 时, 1.f(g1+)( , 0a2a由(I)有 ,从而 ,所以此时 在区间 内不恒成()(02ffa1()2g()fxg1+)( ,立.当 时,令 ,当 时,1()()hxfx=-x,因此, 在区321222111
14、()e 0xhxa- -+-=-+-=()hx间 单调递增.又因为 ,所以当 时, ,即 恒1,()0hx()()hfgfg成立.综上, ,28(浙江)设 ,函数 ,其中3a2()min|1|,42Fxxax()求使得等式 成立的 x 的取值范围24a() (i)求 的最小值 (ii)求 在 上的最大值 ()x()()F0,6()Ma解(I)由于 ,故当 时, ,3a12 22110xaxx当 时, 所以,使得等式1x24xa成立的 的取值范围为 (II ) (i)设函数 ,F, 2fx,则22gx, ,所以,由 的定义知min10ff2min4gxaFx,即 (ii )当 时,,af20,3,2a02,当 时,Fax0,Fxff6x第 9 页