1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上極值點(diǎn)偏移高考題一解答題（共9小題）1已知函數(shù)f（x）（2+x+ax2）ln（1+x）2x（1）若a0，證明：當(dāng)1x0時(shí)，f（x）0；當(dāng)x0時(shí)，f（x）0；（2）若x0是f（x）的極大值點(diǎn)，求a2已知函數(shù)f（x）ax3axxlnx，且f（x）0（）求a（）證明：f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且f（x0）3已知函數(shù)f（x）ax2axxlnx，且f（x）0（1）求a；（2）證明：f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e2f（x0）224已知函數(shù)f（x）axnaxxlnx（n2），且f（x）0，g（x）（8x1e2x2）lnx；（1）求a的值；（2）設(shè)n2，證明：f（x0）g

2、（x0）；其中x0為f（x）的極大值點(diǎn)，e2.71828是自然對(duì)數(shù)的底；5已知函數(shù)f（x）（x）ex（x）（1）求f（x）的導(dǎo)函數(shù)；（2）求f（x）在區(qū)間，+）上的取值范圍6設(shè)函數(shù)f（x）acos2x+（a1）（cosx+1），其中a0，記|f（x）|的最大值為A（）求f（x）；（）求A；（）證明：|f（x）|2A7設(shè)函數(shù)f（x）ax2（4a+1）x+4a+3ex（）若曲線yf（x）在點(diǎn)（1，f（1）處的切線與x軸平行，求a；（）若f（x）在x2處取得極小值，求a的取值范圍8設(shè)函數(shù)f（x）（aR）（）若f（x）在x0處取得極值，確定a的值，并求此時(shí)曲線yf（x）在點(diǎn)（1，f（1）處的切線方程；

3、（）若f（x）在3，+）上為減函數(shù)，求a的取值范圍9設(shè)a1，函數(shù)f（x）（1+x2）exa（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）證明f（x）在（，+）上僅有一個(gè)零點(diǎn)；（3）若曲線yf（x）在點(diǎn)P處的切線與x軸平行，且在點(diǎn)M（m，n）處的切線與直線OP平行，（O是坐標(biāo)原點(diǎn)），證明：m12019年09月10日張玉川的高中數(shù)學(xué)組卷參考答案與試題解析一解答題（共9小題）1已知函數(shù)f（x）（2+x+ax2）ln（1+x）2x（1）若a0，證明：當(dāng)1x0時(shí)，f（x）0；當(dāng)x0時(shí)，f（x）0；（2）若x0是f（x）的極大值點(diǎn)，求a【分析】（1）對(duì)函數(shù)f（x）兩次求導(dǎo)數(shù)，分別判斷f（x）和f（x）的單調(diào)性，結(jié)合f

4、（0）0即可得出結(jié)論；（2）令h（x）為f（x）的分子，令h（0）0計(jì)算a，討論a的范圍，得出f（x）的單調(diào)性，從而得出a的值【解答】（1）證明：當(dāng)a0時(shí)，f（x）（2+x）ln（1+x）2x，（x1），可得x（1，0）時(shí)，f（x）0，x（0，+）時(shí)，f（x）0f（x）在（1，0）遞減，在（0，+）遞增，f（x）f（0）0，f（x）（2+x）ln（1+x）2x在（1，+）上單調(diào)遞增，又f（0）0當(dāng)1x0時(shí)，f（x）0；當(dāng)x0時(shí)，f（x）0（2）解：由f（x）（2+x+ax2）ln（1+x）2x，得f（x）（1+2ax）ln（1+x）+2，令h（x）ax2x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1

5、），h（x）4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）當(dāng)a0，x0時(shí)，h（x）0，h（x）單調(diào)遞增，h（x）h（0）0，即f（x）0，f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，故x0不是f（x）的極大值點(diǎn)，不符合題意當(dāng)a0時(shí)，h（x）8a+4aln（x+1）+，顯然h（x）單調(diào)遞減，令h（0）0，解得a當(dāng)1x0時(shí)，h（x）0，當(dāng)x0時(shí)，h（x）0，h（x）在（1，0）上單調(diào)遞增，在（0，+）上單調(diào)遞減，h（x）h（0）0，h（x）單調(diào)遞減，又h（0）0，當(dāng)1x0時(shí)，h（x）0，即f（x）0，當(dāng)x0時(shí)，h（x）0，即f（x）0，f（x）在（1，0）上單調(diào)遞增，在（0，+）上單調(diào)遞減，x0是f（x）的極大值

6、點(diǎn)，符合題意；若a0，則h（0）1+6a0，h（1）（2a1）（1）0，h（x）0在（0，+）上有唯一一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x0，當(dāng)0xx0時(shí)，h（x）0，h（x）單調(diào)遞增，h（x）h（0）0，即f（x）0，f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，不符合題意；若a，則h（0）1+6a0，h（1）（12a）e20，h（x）0在（1，0）上有唯一一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x1，當(dāng)x1x0時(shí)，h（x）0，h（x）單調(diào)遞減，h（x）h（0）0，h（x）單調(diào)遞增，h（x）h（0）0，即f（x）0，f（x）在（x1，0）上單調(diào)遞減，不符合題意綜上，a2已知函數(shù)f（x）ax3axxlnx，且f（x）0（）求a（）證明：f（x）存在唯

7、一的極大值點(diǎn)x0，且f（x0）【分析】（I）f（x）ax3axxlnx0（x0），化為：ax2alnx0（x0），令g（x）ax2alnx（x0），對(duì)a分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值最值即可得出（II）由（I）可得：f（x）x3xxlnx，x0f（x）x2lnx1x2lnxf（x）可得x時(shí)，f（x）取得極小值，0可得函數(shù)f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且x0滿足lnx00，可得2lnx033令h（x）2lnx3x2+3，利用函數(shù)零點(diǎn)存在定理可得x0而f（x0）x0lnx0x0lnx0令u（x），再利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值即可得出【解答】（I）解：f（x）ax3axxlnx0x

8、0，化為：ax2alnx0x0，令g（x）ax2alnxx0g（x）2axa0時(shí)，g（x）0，函數(shù)g（x）在（0，+）上單調(diào)遞減，而g（1）0，x1時(shí)，g（x）0，不滿足題意，舍去a0時(shí)，g（x），可得x時(shí)，函數(shù)g（x）取得極小值，aln0，令h（a）alna+ln（2a），a（0，+）h（a）1+，可得a時(shí)，h（a）取得極大值即最大值，h（）0，因此只有a時(shí)滿足題意故a（II）證明：由（I）可得：f（x）x3xxlnx，x0f（x）x2lnx1x2lnxf（x）3x可得x時(shí)，f（x）取得極小值，+ln30x0+時(shí)，f（x）+；x1時(shí)，f（1）0，x+時(shí)，f（x）+函數(shù)f（x）存在唯一的極大值

9、點(diǎn)x0，且x0滿足lnx00，可得2lnx033令h（x）2lnx3x2+3，43×+33×0，h（）23×+310x0f（x0）x0lnx0x0lnx0，x0令u（x），xu（x）（lnx+1），可得x時(shí)，函數(shù)u（x）取得極大值，且x0f（x0）u（）f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且f（x0）3已知函數(shù)f（x）ax2axxlnx，且f（x）0（1）求a；（2）證明：f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e2f（x0）22【分析】（1）通過(guò)分析可知f（x）0等價(jià)于h（x）axalnx0，進(jìn)而利用h（x）a可得h（x）minh（），從而可得結(jié)論；（2）通過(guò)（1）可知f

10、（x）x2xxlnx，記t（x）f（x）2x2lnx，解不等式可知t（x）mint（）ln210，從而可知f（x）0存在兩根x0，x2，利用f（x）必存在唯一極大值點(diǎn)x0及x0可知f（x0），另一方面可知f（x0）f（）【解答】（1）解：因?yàn)閒（x）ax2axxlnxx（axalnx）（x0），則f（x）0等價(jià)于h（x）axalnx0，求導(dǎo)可知h（x）a則當(dāng)a0時(shí)h（x）0，即yh（x）在（0，+）上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x01時(shí)，h（x0）h（1）0，矛盾，故a0因?yàn)楫?dāng)0x時(shí)h（x）0、當(dāng)x時(shí)h（x）0，所以h（x）minh（），又因?yàn)閔（1）aaln10，所以1，解得a1；另解：因?yàn)閒（1）0，

11、所以f（x）0等價(jià)于f（x）在x0時(shí)的最小值為f（1），所以等價(jià)于f（x）在x1處是極小值，所以解得a1；（2）證明：由（1）可知f（x）x2xxlnx，f（x）2x2lnx，令f（x）0，可得2x2lnx0，記t（x）2x2lnx，則t（x）2，令t（x）0，解得：x，所以t（x）在區(qū)間（0，）上單調(diào)遞減，在（，+）上單調(diào)遞增，所以t（x）mint（）ln210，從而t（x）0有解，即f（x）0存在兩根x0，x2，且不妨設(shè)f（x）在（0，x0）上為正、在（x0，x2）上為負(fù)、在（x2，+）上為正，所以f（x）必存在唯一極大值點(diǎn)x0，且2x02lnx00，所以f（x0）x0x0lnx0x0+2

12、x02x0，由x0可知f（x0）（x0）max+；由f（）0可知x0，所以f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，）上單調(diào)遞減，所以f（x0）f（）；綜上所述，f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e2f（x0）224已知函數(shù)f（x）axnaxxlnx（n2），且f（x）0，g（x）（8x1e2x2）lnx；（1）求a的值；（2）設(shè)n2，證明：f（x0）g（x0）；其中x0為f（x）的極大值點(diǎn)，e2.71828是自然對(duì)數(shù)的底；【分析】（1）由axn1alnx0，令g（x）axn1alnx，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的最小值，從而求出a的值；（2）求出f（x）

13、x2xxlnx，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到2x02lnx0，由f（x0）g（x0）x02x0x0lnx0lnx0（8x01e2x0 2，求出e2x0+8成立從而證明結(jié)論【解答】解：（1）f（x）0axn1alnx0令g（x）axn1alnx 則g（x）a（n1）xn2（2分）當(dāng)a0時(shí)，g（x）0 所以g（x）單調(diào)遞減，當(dāng)xe時(shí)，g（e）aen1a1a（en11）10，這與g（x）0矛盾，不合題意；（若考生用趨近思想說(shuō)明，“當(dāng)x+時(shí)，g（x）“，扣1分）當(dāng)a0時(shí)，g（x）0x，g（x）0xg（x）在（0，）上單調(diào)遞減，在（，+）上單調(diào)遞增；gmin（x）g（）a+lna（n1）g（x）0恒成立gmin

14、（x）0 即：a+lna（n1）0（4分）令h（a）a+lna（n1），則h（a）1+h（a）在（0，）上單調(diào)遞增，在（，+）上單調(diào)遞減；h（a）h（）0 又由（*）知：h（a）0h（a）0 即a（6分）（2）若n2，由（1）知：a1 所以f（x）x2xxlnx，f（x）2x11lnx2（x1）lnx，f（x）2f（x）在（0，）上單調(diào)遞減，在（，+）上單調(diào)遞增；且f（）0，f（）10 f（）ln210 f（e）2e30故x0（，）使f（ x0）0，x1（，e）使f（ x0）0，當(dāng)x（0，x0）時(shí)，f（x）0，x（x0，x1）時(shí)，f（x）0，當(dāng)x（x1，+）時(shí)，f（x）0，f（x）在（0，x0

15、）上單調(diào)遞增，在（x0，x1）上單調(diào)遞減，在（x1，+）上單調(diào)遞增；x0是極大值點(diǎn)，且x0（，），2x02lnx0（9分）f（x0）g（x0）x02x0x0lnx0lnx0（8x01e2x0 2）x0（x01lnx0）lnx0（8x01e2x02）lnx0（8x01e2x02）（或x0x022（x01）（ 8x01e2x02）e2x028x0+1e2x0+8 令（x）e2x+8 則在（0，）上單調(diào)遞減x0（，）（x0）（）e272.72277.398470.3984即e2x0+8成立f（x0）g（x0）成立（12分）5已知函數(shù)f（x）（x）ex（x）（1）求f（x）的導(dǎo)函數(shù)；（2）求f（x）在

16、區(qū)間，+）上的取值范圍【分析】（1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，注意運(yùn)用復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則，即可得到所求；（2）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得極值點(diǎn)，討論當(dāng)x1時(shí)，當(dāng)1x時(shí)，當(dāng)x時(shí)，f（x）的單調(diào)性，判斷f（x）0，計(jì)算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范圍【解答】解：（1）函數(shù)f（x）（x）ex（x），導(dǎo)數(shù)f（x）（12）ex（x）ex（1x+）ex（1x）（1）ex；（2）由f（x）的導(dǎo)數(shù)f（x）（1x）（1）ex，可得f（x）0時(shí)，x1或，當(dāng)x1時(shí)，f（x）0，f（x）遞減；當(dāng)1x時(shí)，f（x）0，f（x）遞增；當(dāng)x時(shí)，f（x）0，f（x）遞減，且xx22x1（x1）20，則f（x）0由f（），

17、f（1）0，f（），即有f（x）的最大值為，最小值為f（1）0則f（x）在區(qū)間，+）上的取值范圍是0，6設(shè)函數(shù)f（x）acos2x+（a1）（cosx+1），其中a0，記|f（x）|的最大值為A（）求f（x）；（）求A；（）證明：|f（x）|2A【分析】（）根據(jù)復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式進(jìn)行求解即可求f（x）；（）討論a的取值，利用分類討論的思想方法，結(jié)合換元法，以及一元二次函數(shù)的最值的性質(zhì)進(jìn)行求解；（）由（I），結(jié)合絕對(duì)值不等式的性質(zhì)即可證明：|f（x）|2A【解答】（I）解：f（x）2asin2x（a1）sinx（II）當(dāng)a1時(shí)，|f（x）|acos2x+（a1）（cosx+1）|a|cos2x|

18、+（a1）|（cosx+1）|a|cos2x|+（a1）（|cosx|+1）|a+2（a1）3a2f（0），因此A3a2當(dāng)0a1時(shí)，f（x）acos2x+（a1）（cosx+1）2acos2x+（a1）cosx1，令g（t）2at2+（a1）t1，則A是|g（t）|在1，1上的最大值，g（1）a，g（1）3a2，且當(dāng)t時(shí)，g（t）取得極小值，極小值為g（）1，（二次函數(shù)在對(duì)稱軸處取得極值）令11，得a（舍）或a當(dāng)0a時(shí)，g（t）在（1，1）內(nèi)無(wú)極值點(diǎn)，|g（1）|a，|g（1）|23a，|g（1）|g（1）|，A23a，當(dāng)a1時(shí)，由g（1）g（1）2（1a）0，得g（1）g（1）g（），又|g

19、（）|g（1）|0，A|g（）|，綜上，A（III）證明：由（I）可得：|f（x）|2asin2x（a1）sinx|2a+|a1|，當(dāng)0a時(shí)，|f（x）|1+a24a2（23a）2A，當(dāng)a1時(shí)，A+1，|f（x）|1+a2A，當(dāng)a1時(shí)，|f（x）|3a16a42A，綜上：|f（x）|2A7設(shè)函數(shù)f（x）ax2（4a+1）x+4a+3ex（）若曲線yf（x）在點(diǎn)（1，f（1）處的切線與x軸平行，求a；（）若f（x）在x2處取得極小值，求a的取值范圍【分析】（）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得f（1）0，解方程可得a的值；（）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，注意分解因式，討論a0，a，a，0a，a0，

20、由極小值的定義，即可得到所求a的范圍【解答】解：（）函數(shù)f（x）ax2（4a+1）x+4a+3ex的導(dǎo)數(shù)為f（x）ax2（2a+1）x+2ex由題意可得曲線yf（x）在點(diǎn)（1，f（1）處的切線斜率為0，可得（a2a1+2）e0，且f（1）3e0，解得a1；（）f（x）的導(dǎo)數(shù)為f（x）ax2（2a+1）x+2ex（x2）（ax1）ex，若a0則x2時(shí)，f（x）0，f（x）遞增；x2，f（x）0，f（x）遞減x2處f（x）取得極大值，不符題意；若a0，且a，則f（x）（x2）2ex0，f（x）遞增，無(wú)極值；若a，則2，f（x）在（，2）遞減；在（2，+），（，）遞增，可得f（x）在x2處取得極小值

21、；若0a，則2，f（x）在（2，）遞減；在（，+），（，2）遞增，可得f（x）在x2處取得極大值，不符題意；若a0，則2，f（x）在（，2）遞增；在（2，+），（，）遞減，可得f（x）在x2處取得極大值，不符題意綜上可得，a的范圍是（，+）8設(shè)函數(shù)f（x）（aR）（）若f（x）在x0處取得極值，確定a的值，并求此時(shí)曲線yf（x）在點(diǎn)（1，f（1）處的切線方程；（）若f（x）在3，+）上為減函數(shù)，求a的取值范圍【分析】（I）f（x），由f（x）在x0處取得極值，可得f（0）0，解得a可得f（1），f（1），即可得出曲線yf（x）在點(diǎn)（1，f（1）處的切線方程；（II）解法一：由（I）可得：f（x

22、），令g（x）3x2+（6a）x+a，由g（x）0，解得x1，x2對(duì)x分類討論：當(dāng)xx1時(shí)；當(dāng)x1xx2時(shí)；當(dāng)xx2時(shí)由f（x）在3，+）上為減函數(shù)，可知：x23，解得即可解法二：“分離參數(shù)法”：由f（x）在3，+）上為減函數(shù)，可得f（x）0，可得a，在3，+）上恒成立令u（x），利用導(dǎo)數(shù)研究其最大值即可【解答】解：（I）f（x），f（x）在x0處取得極值，f（0）0，解得a0當(dāng)a0時(shí)，f（x），f（x），f（1），f（1），曲線yf（x）在點(diǎn)（1，f（1）處的切線方程為，化為：3xey0；（II）解法一：由（I）可得：f（x），令g（x）3x2+（6a）x+a，由g（x）0，解得x1，x2當(dāng)xx1時(shí)，g（x）0，即f（x）0，此時(shí)函數(shù)f（x）為減函數(shù)；當(dāng)x1xx2時(shí)，g（x）0，即f（x）0，此時(shí)函數(shù)f（x）為增函數(shù)；當(dāng)xx2時(shí)，g（x）0，即f（x）0，此時(shí)函數(shù)f（x）為減函數(shù)由f（x）在3，+）上為減函數(shù)，可知：x23，解得a因此a的取值范圍為：解法二：由f（x）在3，+）上為減函數(shù)，f（x）0，可