2013-2014学年度南昌市高三第一轮复习训练题数学(3)(函数2)1

220．已知函数f(x)?x?a|lnx?1|,g(x)?x|x?a|?2?2ln2,a?0. （1）当a?1时,求函数f(x)在区间[1,e]上的最大值；

（2）对任意x1?[1,??),总存在惟一的x2?[2,??),使得f(x1)?g(x2)成立, 求a的取值范围

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lnx?k(k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线y?f(x)在点ex(1,f(1))处的切线与x轴平行. (1)求k的值；

(2)求f(x)的单调区间；

21．已知函数f(x)?(3)设g(x)?xf?(x)，其中f?(x)为f(x)的导函数.证明：对任意x?0,g(x)?1?e?2.

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2013－2014学年度南昌市新课标高三第一轮复习训练题

数学（三）参考答案

一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分 题号 答案 1 D 2 C 3 A 4 B 5 D 6 D 7 A 8 C 9 B 10 C 二.填空题：本大题共5小题；每小题5分，共25分 6?11. 0，15.m??1 ? 12.?1 13. (??,1] 14. 0?k?1或1?k?4?三.解答题：本大题共6小题，共75分

16．解： (1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．∵f(0)＝1，∴c＝1.

把f(x)的表达式代入f(x＋1)－f(x)＝2x，有a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x. ∴2ax＋a＋b＝2x. ∴a＝1，b＝－1. ∴f(x)＝x2－x＋1. (2)由x2－x＋1>2x＋5，即x2－3x－4>0，解得x>4或x<－1. 故原不等式解集为{x|x>4或x<－1}．

17．解：∵函数y＝a·2x－1－a2x－1，∴y＝a－1

2x－1

.

(1)由奇函数的定义，可得f(－x)＋f(x)＝0，

即a－11

1－2x2－x－1＋a－2x－1＝0，∴2a＋1－2x＝0，

∴a＝－1

2.

(2)∵y＝－12－1

2x－1，∴2x－1≠0，即x≠0.

∴函数y＝－11

2－2x－1

的定义域为{x|x≠0}．

18．解：（1）f?(x)?ax?22x 在x?[1,??]时 f?(x)?ax?22x?0恒成立 ? 在x?[1,??]时 a?2x恒成立 ? a?2。 （2）由f?(x)?ax?22x x?[1,4 ]（a）当a?2时，在x?[1,??4]上f?(x)?0 ∴fmin(x)?f(1)?a； （b）当0?a?1时，在x?[1,??4]上f?(x)?0 ∴fmin(x)?f(4)?2a?2ln2；

（c）当1?a?2时，在x?[1,??4a2]上f?(x)?0，在x?[4a2?,?4]上f?(x)?0， 此时f4min(x)?f(a2)?2?2ln2?2lna。 高三数学（三）第7页 共6页

?2a?2ln2??????????????????a?1?综上所述：fmin(x)??2?2ln2?2lna????????a?2

?a????????????????????????????????a?11(1?k2)x2(k?0)中，令y?0，得kx?(1?k2)x2=0。 2020由实际意义和题设条件知x>0，k>0。

20k2020∴x==?=10，当且仅当k=1时取等号。

1?k21?k2k∴炮的最大射程是10千米。

1（2）∵a>0，∴炮弹可以击中目标等价于存在k?0，使ka?(1?k2)a2=3.2成立，

20222即关于k的方程ak?20ak?a?64=0有正根。

19．解：（1）在y?kx?由?=??20a??4a2a2?64?0得a?6。 此时，k=2??>0（不考虑另一根）。

2a2∴当a不超过6千米时，炮弹可以击中目标。

20．解：（1）当a?1,x?[1,e]时f(x)?x?lnx?1,f?(x)?2x?所以f(x)在[1,e] 递增,所以f(x)max?f(e)?e

（2）①当0?a?2时,g(x)在[2,??)单调递增,由g(2）?6?2a?2ln2?1?a,

220a???20a?2?4a2?a2?64?21?f?(1)?1, x52?ln2?a?2 33a3aaa ②当1??2时，g(x)在[2,??)先减后增,由g(2）?2a?2?2ln2??ln,

2222aaaa得?ln?2?2ln2?0,设h(t)?t?tlnt?2?2ln2(t?),h?(t)?2?lnt?0(1?t?2), 2222所以h(t)单调递增且h(2)?0，所以h(t)?0恒成立得2?a?4 y aaa2③当2??e时,f(x)在[2,]递增，在[,a]递减，

222a3aaa在[a,??)递增,所以由g()??ln, aa x 2222 2a23aaa??ln?2?2ln2?0, 得42222设m(t)?t?3t?tlnt?2?2ln2,

2则m?(t)?2t?2?lnt?0(t?(2,e),所以m(t)递增，且m(2)?0, 所以m(t)?0恒成立，无解.

得

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④当a?2e2时，f(x)在[2,]递增，在[,a]递减，在[a,??)递增,

a2a2a2a所以由g()?e得?e2?2?2ln2?0无解.

4252综上,所求a的取值范围是a?[?ln2,4)

331?lnx?k1?kx21．解：(1)f?(x)?，由已知，f?(1)??0，∴k?1. xee1?lnx?1x(2) 由（1）知，f?(x)?.

ex111设k(x)??lnx?1，则k?(x)??2??0，即k(x)在(0,??)上是减函数，

xxx由k(1)?0知，当0?x?1时k(x)?0，从而f?(x)?0， 当x?1时k(x)?0，从而f?(x)?0.

综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,??). (3)由(2)可知，当x?1时，g(x)?xf?(x)≤0＜1+e?2， 故只需证明g(x)?1?e?2在0?x?1时成立.

1?xlnx?x?1?xlnx?x.

ex设F(x)?1?xlnx?x，x?(0,1)，则F?(x)??(lnx?2)，

当0?x?1时，ex＞1，且g(x)?0，∴g(x)?当x?(0,e?2)时，F?(x)?0，当x?(e?2,1)时，F?(x)?0， 所以当x?e?2时，F(x)取得最大值F(e?2)?1?e?2. 所以g(x)?F(x)?1?e?2.

综上，对任意x?0，g(x)?1?e?2.

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