2018尖子生冲刺题答案与解析()(1)

2018尖子生压轴题答案及解析一、解析几何1.1设抛物线E ：x 2＝4y ，不过坐标原点O 的直线l 与抛物线交于A 、B 两点(1) 若以AB 为直径的圆H 经过点O ，求证：l 过定点；并求圆心M 的轨迹方程； (2) y 轴上是否存在定点M ，使得当l 经过M 时， ||1||1MB MA +为定值？若存在，求出所有点M 的坐标；若不存在，说明理由 【答案】(1) 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其中y 1=214x y 2=224x ，显然直线l 的斜率存在，设其方程为y=kx+b (b ≠0)，带入抛物线方程，整理得： x 2－4kx －4b =0，于是x 1x 2=－4b ，x 1+x 2=4k依题意：OA OB ⋅= x 1x 2+ y 1y 2= x 1x 2+212()16x x =－4b +b 2=0，由于b ≠0，故b =4，此时直线l ：y=kx+4，过定点(0，4) 设H(x ，y)，依题意：H 为AB 中点则x =122x x +=2k ，即k =2x ，故y=22x +4，即为H 的轨迹方程(2) ||1||1MB MA +=||1||||||11||11112211212x x k x x x k x k ++=+++当b <0时，x 1x 2>0||1||1MB MA +=k 变化时不为定值；当b >0时，x 1x 2<0，| x 1－x 2||1||1MB MA +==b =1时为定值1 所以：存在唯一的定点M (0，1)满足条件【要点】1、要证直线y=kx+b 过定点，只需证k 、b 满足一个线性方程2、两点间距离公式2：d12|x x − 的合理应用；注意区分x 1－x 2的符号 3、定值问题：按变量合并同类项，本题的变量是k1.2 设抛物线E ：x 2＝4y 的焦点为F ，准线为l ，过F 的直线m 与E 交于A ，B 两点，过A ，B 分别作AP ，BQ 与l 垂直，垂足分别为P ，Q ，设PQ 的中点为H(1) 试问：直线AH 与E 有几个公共点？证明你的结论(2) 以AH 为直径的圆是否经过定点？说明理由(3) 若直线n 过F 、且与E 交于C ，D 两点，直线m 和n 的斜率之和为1，设圆K 和圆L 分别是以线段AB 和CD 为直径的圆，求证：圆K 与圆L 的公共点在定直线上. 【答案】(1) AH 与抛物线相切，只有一个公共点，证明如下：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，y 1=214x y 2=224x ，则H (122x x +，－1)显然直线l 的斜率存在，设其方程为y=kx+1，带入抛物线方程，整理得： x 2－4kx －4=0，于是x 1x 2=－4， k AH =111212112(1)+2y y x x x x x ++=−−， 由y’=2x，可得E 在A 处的切线斜率k 切=12xk AH －k 切=2111112111212121212122(1)44()4()4=022()2()2()y x y x x x x x x x x x x x x x x x x x ++−−+−−+−===−−−− 所以AH 与抛物线相切(2) 由对称性可知，若AH 为直径的圆经过定点M ，则M 一定在y 轴上由(1)122x x +=21142x x −，H 坐标为(21142x x −，－1)设M (0，t )，则依题意：0MA MH ⋅=对满足y 1=214x 的x 1，y 1恒成立．由于MA ＝(x 1，y 1－t )，MH ＝(21142x x −，－1－t )，由0MA MH ⋅=，得212x －2－y 1－ty 1＋t ＋t 2＝0，即(t 2＋t －2)＋(1－t )y 1＝0．(*)(*)式对y 1恒成立， 当且仅当21020t t t −=⎧⎨+−=⎩，解得t ＝1．故以AH 为直径的圆恒过定点M (0，1)．【解法2】取x 1＝2，此时A (2，1)，H (0，－1)，以AH 为直径的圆为(x －1)2＋y 2＝2，取x 1＝－2，同理以AH 为直径的圆为(x +1)2＋y 2＝2， 两个圆的公共点为M 1(0，1)或M 2(0，－1)； 取x 1＝1，此时A (1，14)，H (32−，－1)，以AH 为直径的圆为(x ＋14)2＋(y ＋38)2＝12564，显然不过点M 2 故若满足条件的点M 存在，只能是M (0，1)．MA MH ⋅＝211142x x x −⨯－2y 1＋2＝2y 1－2－2y 0＋2＝0．故以PQ 为直径的圆恒过定点M (0，1)．(3) 设AB 的中点M (x K ，y K )，则由(1)可知x K =21(x 1＋x 2)=2k ，y K ＝kx M ＋1＝2k 2＋1. 所以点K 的坐标为(2k ，2k 2+1)由抛物线的定义得|F A |＝y 1＋1，|FB |＝y 2＋1，所以|AB |＝y 1＋y 2＋2＝k (x 1＋x 2)＋4=4k 2+4. 从而圆M 的半径r ＝2k 2＋2， 故圆K 的方程为：(x －2k )2＋(y －2k 2－1)2＝(2k 2＋2)2. 化简得x 2＋y 2－4kx －2(2k 2＋1)y －3＝0……①设直线m 的斜率为m ，同理可得圆L 的方程为：x 2＋y 2－4mx －2(2m 2＋1)y －3＝0……② ①－②可得圆K 与圆L 的公共弦的方程：4(m －k )x ＋4(m 2－k 2)y ＝0. 又m －k ≠0，m+k ＝1，所以 x ＋y ＝0.所以，圆K 与圆L 的公共点在定直线x ＋y ＝0上. 【要点】1、直接证明直线AH 与抛物线相切，计算量较大；转化为证明抛物线在A 处的切线经过H 点，用导数研究切线2、讨论圆过定点的问题，方法一是直接用由0MA MH ⋅=得到x 1、t 要满足的等量条件(充分必要)，再按变量合并同类项(本题的变量为x 1、y 1)；方法二是先用特殊值探究定点具体的坐标，再证明3、证明两个圆的公共点在定直线，本质上证明两个圆的公共弦为定直线1.3 设圆M (圆心为M )：(x +1)2+y 2=1，圆N (圆心为N )：(x －1)2+y 2=9，定点A (－2，0)，B 为直线x =－2上异于A 的一点，D 和E 分别为圆M 、圆N 上异于A 的点，满足BD ⊥MD ，BE ⊥NE ，直线MD 和NE 交于点P ，记P 的轨迹为曲线C(1) 求证：曲线C 为椭圆(或椭圆的一部分)，并写出C 的方程；(2) 设C 的上顶点为H ，过点(－1的直线与椭圆交于R 、S 两点(异于H )，求证：直线HR 和HS 的斜率之和为定值，并求出这个定值 【答案】(1)依题意，BE 、BD 分别为圆M 、圆N 的切线，BA 为两个圆的公切线 所以 BD=BA=BE ，故RT △PBE ≅RT △PBD ，从而PE=PD故PM+PN= DM+PD+ PN=DM+PE+PN=DM+EN=4 故P 的轨迹是以M 、N 为焦点、长轴为4的椭圆 (去掉x 轴上的点)其方程为：22143x y += (y ≠0) (2) 依题意：H (0，当直线RS 不与y 轴平行时，设其方程为y=kx+m ，其中m =k带入椭圆方程化简得： (4k 2+3)x 2+8kmx +4m 2－12=0故x 1+x 2=2843km k −+ x 1x 2=2241243m k −+k HR +k HS1212==12122(x x k m x x ++=282(412km k m m −+−=2k == 当直线RS 与y 轴平行时，其方程为x =－1，带入椭圆解得R (－1，S (－1， 此时k HR +k HS=(−+=故直线HR 和HS的斜率之和为定值 【要点】1、轨迹方程：“几何+定义”2、联立方程组“非典型问题”，核心是将k HR +k HS 坐标化，再化成韦达定理的结构3、计算技巧：注意用y=kx+m 联立方程组，而不是用y=kx+kk HR +k HS 的化简技巧1.4设A (－1，0)，B (1，0)，P 是直线x =4上的动点，圆P 是以P 为圆心、PB 为半径的圆，过A 点作圆P 的切线l ，过B 作圆P 的切线m ，设直线l 与m 的交点M 的轨迹为曲线C (1) 求C 的轨迹方程；(2) 设D 为C 与y 轴的一个公共点，过点D 作不垂直于坐标轴的直线与x 轴交于点T ，与C 交于另一点E ，设E 关于x 轴的对称点为E’，直线DE’与x 轴交于点S ，求证|OT ||OS |为定值，并求出这个定值. 【答案】(1)设l 与圆的切点为N ，则依题意，MB=MN ，PN ⊥AN ，PN =PB ，设P (4，t ) 则AN 2=AP 2－PN 2= AP 2－BP 2=25+t 2－(9+t 2)=16，所以AN =4 于是 MA+MB= MA+MN =AN= 4故M 的轨迹是以A 、B 为焦点、长轴为4的椭圆 (去掉x 轴上的点)其方程为：22143x y += (y ≠0) (2) 由对称性，不妨设D (0，设E (x 1，y 1)，则E’ (x 1，－y 1)，满足：2211143x y += 设T (t ，0)，由D 、T 、E 三点共线：1= 解得t同理，设S (s ，0) 解得s所以：|OT ||OS |=|ts |=22112211334334x x x y ==−【解法2】直线ED 的斜率为k 1，直线DE’的斜率为k 2 则|OT|=11||OH k =|OS |=22||OH k =则k 11k 21 k 1k 2=212122113333344x y x x −+−+==，所以|OT ||OS12 【要点】1、轨迹方程：“几何+定义”2、解法一直接用坐标法来求解，计算量最小；方法二几何法+坐标法：将长度转化为斜率，利用坐标计算斜率1.5 设直线l 1、l 2与x 轴垂直、且分别与x 轴交于A (－2，0)、B (2，0)两点，E 、F 分别为l 1、l 2上两点 (异于A 、B )，直线EF 与圆x 2+y 2=4相切，设直线AF 与直线BE 的交点为M ，M 的轨迹为曲线C ，O 为坐标原点 (1) 证明：直线AF 与直线BE 的斜率之积为定值；并求曲线C 的方程；(2) 设斜率为1的直线l (不过O 点)与C 交于P 、Q 两点，l 与直线l 1交于S 点、与直线y =1交于T 点，当△OPQ 的面积与△OST 的面积的比值最大时，求l 的方程【重要勘误】:原题打印有误，第2问应更正为“l 与直线l 1交于S 点、与直线．．．y ．=1．．交于．．T 点” 【答案】(1) 设EF ：y=kx+b ，则依题意：d O-EF =2||1b k +=2，即b 2－4k 2=4 令x =－2，解得E (－2，－2k+b )，所以k BE =24k b −；同理可解得：k AF =24k b+ 所以k BE k AF =22416k b −=－14设M(x ，y)，则k BE k AF =22224y y y x x x ⋅=+−−=－14化简得：2214x y += (y ≠0) ，即为C 的方程(2) 设l ：y=x+b (b ≠0，±2)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将l 的方程带入C 的方程，整理得：5x 2+8bx +4b 2－4=0，∆=16(5－b 2)，由∆>0可得0<|b|b |≠2所以：|PQ12|x x −易求得T 的横坐标x T =1－b ，而S 的横坐标x S =－2，所以： |ST|S T x x −|b －3|于是：||||OPQ OSTS PQ S ST ∆∆==令t = 13b−，则OPQ OST S S ∆∆==当t =34，即b =53时，(OPQ OST S S ∆∆)max，此时l ：y=x +53【要点】1、轨迹方程：“直接法”2、联立方程组：弦长的计算3、最值：换元法1.6 椭圆C ：22143x y +=的左右顶点分别为A 、B ，右焦点为F (1) 过A 、B 分别作直线l 1、l 2与x 轴垂直，若G 为C 上异于A 、B 的一点，直线AG 与l 2交于D 点，直线BG 与l 1交于E 点， 求四边形ABDE 的面积的最小值(2) 过F 作两条相互垂直的直线，分别与椭圆交于P 、Q 和R 、S (i) 设线段PQ 和RS 的中点分别为M 、N ，求证：直线MN 过定点； (ii) 求四边形PRQS 的面积的取值范围 【答案】(1) 依题意：A (－2，0)、B (2，0)，设G(x 0，y 0)，满足： 2200143x y += 设D (2，t 2)，由A 、D 、F 三点共线：02042y t x =+ ，所以t 2=0042y x +，同理设E (－2，t 1)，由B 、G 、E 三点共线可得：t 1=0042y x −− 所以：t 1t 2=22002200316(3)1641244x y =x x −=−− 四边形ABDE 的面积S =121()2(||||)2|AE|+|BD||AB|=t t ⨯⨯+≥当t 1=t 2时，S min(2) (i) 依题意：F (1，0)，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x M ，y M )，N (x N ，y N ) 当直线PQ 与坐标轴垂直时，易得M (1，0)，N (0，0)，故定点T 一定在x 轴上 当直线PQ 不与坐标轴垂直时，设其方程为y=k (x －1)，带入C 的方程，整理得： (4k 2+3)x 2－8k 2x +4k 2－12=0 ……①则x M = 21224243x x k k +=+，y M =k (x M －1)=2343kk −+ 同理x N =22214()41344()3k k k−=+−+，y M =2334k k +当k =±1时，MN 与x 轴的公共点为T (47，0) 下面证明：T (47，0)满足题设条件，即证明k ≠±1时也有M 、N 、T 三点共线： k MT =2223743444(1)437kkk k k k −+=−−−+，k NT =2223734444(1)347k k k k k +=−−−+= k MT k =±1时也有M 、N 、T 三点共线 综上，直线MN 过定点T (47，0) (ii) 同(i)，方程①的判别式△=144(k 2+1)所以|PQ12|x x −=2212(1)43k k ++，同理：|RS |=22112(1)43k k++ 所以求四边形PRQS 的面积的S =222222221172(1)(1)72(2)1||||2(43)(3)12()25k k k k PQ RS k k k k++++⨯⨯==++++ 令22112()25=k t k ++，则t ≥49 S =6(1)66t t t −=−，当t =49时，S min =28849当PQ 垂直于坐标轴时，易得S =6>66t−，此时S max =6 所以S ∈[28849，6] 【要点】1、坐标法的应用；均值不等式求最值2、定点问题：探究证明3、最值与范围问题：换元法4、计算技巧：同理的应用二、函数与导数综合应用2.1设函数f(x)=k (x －1) 2+alnx(1) 当a =2时，讨论f(x)的单调区间； (2) 当k =1，0<a <21时，证明：对任意x ∈(a ，+∞)，都有f(x)>4221ln −【答案】(1) f’(x)=22(1)kx kx x−+ (x >0)，令h(x)=kx 2－kx +1 (要点：二次函数的分类讨论)当k ＝0时， h (x )>0，f(x)为(0，+∞)上的增函数；当k ＜0时，△=k 2－4k >0，令h(x)=0解得x 1，x 2此时f(x)在(0，x 1)为增，(x 1，+∞)为减当0<a ≤4时，△=k 2－4k ≤0，h(x)≥0，f(x)为(0，+∞)上的增函数； 当a ≥4时，0<x 1<x 2， f(x)在(－∞，x 2)为增，(x 2，x 2)为减，(x 2，+∞)为增 综上：当k ＜0时， f(x)在(0，x 1)为增，(x 1，+∞)为减当0≤a ≤4时，f(x)为(0，+∞)上的增函数；当a ≥4时， f(x)在(－∞，x 1)为增，(x 1，x 2)为减，(x 2，+∞)为增 (其中：x 1=2k k ，x 2=2k k)(2) f’(x)=222x x ax−+ (x >－1) ，设g(x)=2x 2－2x +a ，由于g (a )=a (2a －1)<0，g(x)在(a ，+∞)上恰有1个零点，设为x 0； (要点：存在不求) 再由g (21)=a －21<0，g (1)=a >0知21<x 0<1 于是f(x)在(a ，x 0)上单调减，在(x 0,+∞)单调增；而由g(x 0)=0得a =2x 0－2x 02所以f(x)min =f(x 0)= (x 0－1)2+alnx 0=(x 0－1)2+(2x 0－2x 02)ln x 0 (记为F (x 0)) (化简目标函数：消元 (减少变量))则F’(x 0)=－2(2x 0－1)ln x 0，由21<x 0<1知F’(x 0)>0，于是F (x 0)为增函数，h(x 0)>h (21)=4221ln −，即f(x)min >0，即证2.2设f(x)=x ln x －ax 2+(2a －1)x(1) 是否存在整．数．a ，使得对任意x >0都有f(x)≤0？若存在，求出所有a 的值；若不存在说明理由； (2) 若f(x)在x =1取得极大值，求a 的取值范围，并证明此时f(x)还存在唯一的极小值点. 【解析】(1) 设g(x)= ln x －ax +2a －1，则原命题等价于：g(x)≤0 (要点1：预处理—构造函数) 由g (3)=ln3－1－a ≤0得a ≥ln3－1>0；由g (1)= a －1≤0得a ≤1 (要点2：整数命题—探究证明)所以，满足条件的整数只可能是a =1当a =1时， g(x)= ln x －x +1，g’(x)=1x－1，令g’(x)=0得x =1，所以g(x)在(0，1)为增函数，(1，+∞)为减函数，g(x)≤g (1)=0 综上：存在唯一的整数a =1满足题意.(2) f’(x)=ln x －2ax +2a (x >0)， (要点1：参数的分类讨论)① 当a ≤0时，f’(x)为增函数，而f’(1)=0所以当0<x <1时，f’(x)<0，f(x)为减函数； 当x >1时f’(x)>0，f(x)为增函数f (1)为极小值，不符题意 (要点2：非常规导函数—观察证明) ②当a >0时：(f ’(x ))’=x ax 21−，故f’(x )在(0, a 21)上为增函数， (a21,+∞)上为减函数 当0<a ≤21时，a 21≥1，f’(x)在(0，1)上为增函数故当0<x <1时：f’(x)<f’(1)=0，f(x)为减函数；x =1不可能是极大值点； 当a >21时，a 21<1，由(1)可知h(2a)= 2a －1－ln2a >0， (要点3：放缩法)即f’(a21)=2a －1－ln2a >0，而f’(2a e −)=－2a 2a e −<0， 同理2a >1+ln2a >ln2a ，所以e 2a >2a ，所以且2a e −<a21(要点3：放缩法，也可用极限替代) 于是f’(x)在(0,a21)上有一个零点，设为x 0， (要点4：非常规导函数—存在不可求) 此时f(x)在(0，x 0)为减函数，(x 0，1)上为增函数，(1，+∞)上为减函数 f (1)为极大值，f (x 0)为极小值，综上：a >212.3设函数f(x)=1ln 1−+x x(1) 讨论函数f(x)的单调性； (2) 设k >0，若x >1时，f(x)≥xk 1+，当k 取得最大值时，试比较e k －1和k e －1的大小. 【解析】(1) x >0且x ≠1；f’(x)=2)1()ln 1(−+−x x x x令g(x)=1+x ln x ，则g’(x)=1+ln x ，令g’(x)>0得x >e －1，所以g(x)在(0, e －1)为减，(e －1,+∞)为增；g(x)≥g (e －1)=1－e －1>0 所以f’(x)<0，于是f(x)在区间(0,1)及区间(1，+∞)上为减函数 (2) f(x)－xk 1+= ))1)(1(ln 1(11x x k x x −+−+−, (要点1：预处理—构造函数) 令h(x)= x x k x )1)(1(ln 1−+−+(x >1)，则原命题等价于x >1时h(x)>0; h’(x)=2)1(x k x +−，由于k +1>1，所以h(x)在(1,k +1)为减函数，(k +1,+∞)为增函数， h(x)min =h(k +1)=1－k +ln(k +1)≥0 (要点2：非常规不等式)令F(k)= 1－k +ln(k +1) (k >0)，则F’(k)=01<+−k k，所以F(k)为减函数 设k 的最大值为K ，则F(K)=0 注意到F (e )=1－e+ ln(e+1)<－01ln 2116ln 214ln 233=<=+e ， 而F (e －1)=3－e>0， 故e －1<K <e ；此时，令G(x)=x －1－(e －1)ln x ，(e －1<x <e)， (要点3：比较大小—构造函数) 则G’(x)=xe x )1(−−，故G(x)在(e －1,e)上为增函数 于是G(K)<G (e)=0，即K －1<(e －1)ln K=ln K (e－1)，故e K －1<K e －1 ，所以当k 取得最大值时， e k －1<k e －12.4设 f(x)=x e x －a (x +ln x ) (x >0) (1) a =1时，求f(x)的最小值；(2) 若f(x)有两个零点，求a 的取值范围 【解析】(1) f’(x)=(x +1)e x －a (1+1x )=1x x+(x e x －1)，(x >0) (要点：导数类型—因式分解) 令g(x)= x e x －1，则g ’(x)= (x +1)e x >0，故g(x)为增函数；而g (0)=－1<0，g (1)=e －1>0，所以g(x)在(0，+∞)上有一个零点，设为x 0， 则f(x)在(0，x 0)为减函数；(x 0，+∞)为增函数，其中x 0满足x 0e x 0－1=0，x 0+ln x 0=0所以f(x)min =f (x 0)= x 0e x 0－(x 0+ln x 0)=1 (要点：非常规导函数—存在不可求) (2) f’(x)=(x +1)e x －a (1+1x )=1x x+(x e x －a ) 当a ≤0时，f ’(x)>0，f(x)为增函数，不符题意；当a >0时，令g(x)= x e x －a ，则g ’(x)= (x +1)e x >0，故g(x)为增函数；而g (0)=－a <0，g(a)=a (e a －1)>0，所以g(x)在(0，+∞)上有一个零点，设为x 0， 则f(x)在(0，x 0)为减函数；(x 0，+∞)为增函数，其中x 0满足x 0e x 0－a =0，x 0+ln x 0=ln a依题意：f (x 0)= x 0e x 0－a (x 0+ln x 0)=a (1－ln a )<0，解得a >e (要点：非常规导函数—存在不可求)此时：由g (1a )=11a e a －a <1e a －a <e －a <0，知0<1a <x 0；由g(a)=a (e a －1)>0，知a >x 0；而f (1a )=11a e a －1+a ln a >－1+a ln a >e －1>0，所以f(x)在(1a，x 0)有1个零点f(a)=a (e a －a －ln a )，令h(a)= e a －a －ln a则当a >e 时，h ’(a)= e a －1－1a> e e －1－1e >0，故h(a)为增函数所以h(a)>h (e)= e e －e －1>0，即f(a)>0，所以f(x)在(x 0，a )有1个零点(要点：零点讨论—零点定理+单调性，实在找不到可以用极限代替)所以f(x)在(0，+∞)上有2个零点 综上：a >e2.5 设f(x)=xx ln 12− (1) 求证：f(x)在(0，1)和(1，+∞)上都是增函数(2) 当x >0且 x ≠1时，af(x)>x ，求a 的取值范围【解析】(1) f’(x)=)1ln 2()(ln )(ln 1ln 222222x x x x x x x x x x −−=−−(x >0且x ≠1) 令g(x)=221ln 2x x x −− ，则g’(x)=3)1)(1(2x x x −+ (要点：证明不等式—构造函数(预处理)) 当0<x <1时g’(x)<0，g(x)为减函数，所以g(x)>g (1)=0，于是f’(x)=0)()(ln 2>x g x x ，故f(x)为增函数； 当x >1时g’(x)>0，g(x)为增函数，所以g(x)>g (1)=0， 同理 f(x)为增函数；所以f(x)在(0，1)和(1，+∞)上都是增函数(2) af(x)－x =)ln )1((ln ln )1(22x x x a x x x x x a −−=−−(要点：不等式—构造函数(预处理)) 设h(x)=x x x a ln )1(2−−(x >0)，则h’(x)=22x a x ax +− 所求范围为a ≥21 ，下面证明： (要点：讨论不等式—探究证明) ① 当a ≥21时，h’(x)=02)1(2121222222≥−=+−≥+−x x x x x x a x ax ，故h(x)在(0，+∞)为增函数 当0<x <1时，h(x)<h (1)=0，而lnx <0，所以af(x)－x =0)(ln >x h xx ， 当x >1时，h(x)>h (1)=0，而lnx >0，所以af(x)－x =0)(ln >x h xx 所以当x >0且 x ≠1时，af(x)>x ； (要点：证明充分性)② 当0<a <21时，令h’(x)<0，解得a a x a a 2411241122−+<<−−1<h(x)在(1，aa 24112−+)上为减函数， 当1<x <a a 24112−+时，h(x)<h (0)=0，故af(x)－x =0)(ln <x h xx ，不符题意； ③当a ≤0时，h’(x) ≤0，故在(0，+∞)上为减函数，同②知，不符题意 (要点：证明必要性)2.6 (1) 设函数f(x)=e x －ax (x >0)，讨论f(x)的零点个数，证明你的结论(2) 设函数g(x)=e xx+a ln x －ax +a ，若总存在x 0>0使得g (x 0)<0，求a 的取值范围 【解析】(1) f’(x)= e x －a (x >0) (要点：合理的分类讨论)当a ≤1时，f’(x)≥e x －1>0，故f(x)为增函数，于是f(x)>f (0)=1>0，没有零点当a >1时，令f’(x)=0得x =ln a ，所以f(x)在(0，ln a )为减，(ln a ，+∞)为增f (ln a )=a (1－ln a )当1<a <e 时：f(x)≥f (ln a )>0，没有零点当a =e 时：f(x)≥f (ln a )=0，1个零点当a >e 时：f (ln a )<0，而f (0)=1>0，f (2ln a )=a (a －ln a )>0 ，所以f(x)有2个零点(事实上：令g(a)= a －ln a ，(a >e)，则g’(a)=1－1a>0，所以g(a)为增函数 所以a >e 时，g(a)>g (e)=e －1>0，所以a (a －ln a )>0）综上：a <e 时：无零点； a =e 时：1个零点； a >e 时：2个零点(要点：零点讨论，单调性+零点定理)(2) g ’(x)=222e (1)1(1)(1)(1)()()x x x x x a e axf x x x x x −−−+−=−= ，由(1)知： (要点：非常规导函数，因式分解，构造函数，预处理)当a ≤e 时：f(x)>0，所以当0<x <1时g’(x)<0，g(x)为减函数当x >1时 g’(x)>0，g(x)为增函数所以g(x)≥g (1)=e>0，不符题意；当a >e 时：f(x)有2个零点，设为x 1、x 2 (不妨设x 1<x 2)，由f (1)=e －a <0知 x 1<1<x 2此时g(x)在(0，x 1)为减，(x 1，1)为增，(1，x 2)为减，( x 2，+∞)为增其中x 1、x 2满足e x 1－ax 1= e x 2－ax 2=0， x 1－ln x 1=x 2－ln x 2=ln a所以g (x 1)=1111e (ln )x +a x x a x −+=a (2－ln a )；同理：g (x 2)= a (2－ln a )， (要点：存在不可求) 所以g(x)min= a (2－ln a )<0，解得a >e 22.7设f(x)=e x －1－ln x(1) 讨论f(x)单调区间，并证明：x >1时f(x)>2－x+ln x(2) 若x ≥1时f(x)≥a (x －1) +1，求a 的取值范围【解析】(1) f’(x)= e x －1－1x (x >0) (要点：非常规导函数，观察证明) 由于y = e x －1和y =－1x 都是增函数，所以f’(x)为增函数，而f’(1)=0 故0<x <1时f’(x)<0；x >1时f’(x)>0，所以f(x)在(0，1)为减，(1，+∞)为增故当x >1时：f(x)>f (1)=1 (要点：证明不等式，放缩法) 所以：f(x)－(2－x+ln x )≥1－(2－x+ln x )= x －1－ln x (记为h(x))h’(x)=1－1x>0 ，h(x)在(1，+∞)为增 所以h(x)>h (1)=0，即证：x >1时f(x)>2－x+ln x(2) 令g(x)= f(x)－[a (x －1) +1]，则g’(x)= e x －1－1x－a 所求范围为a ≤0，下面证明： (要点：讨论不等式，探究证明) 当a ≤0，同(1)可知g’(x)= e x －1－1x－a 为增函数，所以g’(x)≥g (1)=－a ≥0，g(x)为增函数， 当x ≥1时g(x)≥g (1)=0，即f(x)≥a (x －1) +1，符合题意；当a >0时，由于g’(1)=－a <0，取x 0=max{1，2+ln2a ，1a }，此时：01a x −≥−，011ln22x +a e e ea −≥=，则g’(x 0)220ea a ≥−>所以g’(x)在(1，+∞)有一个零点，设为x 0，当0<x < x 0时g’(x)<0， g(x)为减函数故当0<x < x 0时，g(x)<g (0)=0，不符题意 (要点：必要性证明，存在不可求) 综上：a ≤02.8设f(x)=ln x +ax +1(1) 讨论f(x)的单调区间(2) 是否存在实数a ，使得对任意x >0总有f(x)≤1x +a ? 说明理由 【解析】(1) f’(x)=1x+a (x >0) 当a ≥0时：f’(x)>0，f(x)在(0，+∞)为增函数；当a <0时，令f’(x)=0得x =－1a ，所以f(x)在(0，－1a )为增，(－1a，+∞)为减 (2) 令g(x)= f(x)－(1x+a )，则g’(x)=221ax x x ++ 由g (2)=a +ln2+12≤0可得a <0 (要点：讨论不等式，寻找必要条件，减少分类讨论) 令h(x)=ax 2+x +1，由h (0)=1>0，h(x)为开口向下的二次函数，所以h(x)在(0，+∞)上存在唯一零点，设为x 0， (要点：存在不求)当0<x < x 0时，h(x)>0，即g’(x)>0，g(x)为增；当x > x 0时，g(x)为减依题意：g(x)max =g (x 0) ≤0其中x 0满足：g (x 0)=0，即a =0201x x +− (要点：化简目标函数，消元) 此时：g (x 0)=ln x 0+ax 0+1－01x －a =0000220000011111ln 1ln x x x x x x x x x ++−+−+=−+ (要点：非常规不等式，构造函数，观察证明) 令F(t)=－ln t －t +t 2，则F’(t)= (21)(1)t t t+−，所以F(t)在(0，1)为减，(1，+∞)为增 而F (1)=0，故当仅当t=1时F(t) ≤0，于是，g(x)max =g (x 0)=F (01x )≤0，01x =1，即x 0=1，此时：a =－2 综上：存在唯一的实数a =－2满足题设条件2.9已知函数f (x )＝(x －3)e x +2a (x +2)2，g(x)= (x －1)e x +1 (1) 证明：g (x )≥0；并讨论a =1时f (x )的单调区间；(2) 若存在x 0∈(0，2)，使得对任意的x ∈[0，2]，都有f (x )≥f (x 0)，求a 的取值范围，并证明：－e 2≤f (x 0)≤－1【解析】(1) g’(x)=xe x ，故g(x)在(－∞，0)为减，(0，+∞)为增，故g(x)≥g (0)=0 f’(x)=(x －2)e x +(x +2)，[f’(x)]’=g(x)≥0，且仅当x =0时相等故f’(x)在R 上为增函数，又因为f’(0)=0所以当x <0时f’(x)<0；当x >0时f’(x)>0故f(x)在(－∞，0)为减，(0，+∞)为增 (要点：非常规导函数，观察证明)(2) f’(x)=(x －2)e x+a (x +2)= (x +2)[(2)+2xx e a x −+] (要点：构造函数，预处理) 设h(x)=(2)+2xx e a x −+ 则h’(x)=22(+2)x x e x ≥0 所以h(x)在(0，2)上为增函数，而h (0)=a －1，h (2)=a若a ≤0，则当x ∈(0，2)，h(x)<0，即f’(x)<0，所以f(x)在(0，2)上为减函数，不符题意；同理当a ≥1时f(x)在(0，2)上为增函数，不符题意；当0<a <1时，h (0)=a －1<0，h (2)=a>0，所以h(x)在(0,2)上有一个零点，设为x 0， (要点：存在不可求)则当x ∈(0，x 0)时，h(x)<0，即f’(x)<0，f(x)在(0，x 0)上为减函数，当x ∈(x 0，2)时，h(x)>0，即f’(x)>0，f(x)在(x 0，2)上为增函数，故f(x)≥f(x 0)，符合题意所以 0<a <1此时x 0满足：h(x 0)=000(2)+2x x e a x −+=0，即a =－000(2)+2x x e x − (要点：化简目标函数，消元) 所以f (x 0)=(x 0－3)e x0－000(2)12+2x x e x −⨯(x 0+2)2=－21e x0[x 02－2x 0+2] 令F(t)=－21e t [t 2－2t +2]，则F’(t)=－21t 2e t <0，F(t)为减函数故F (2)<F (x 0)<F(0)，而F (0)=－1，F (2)=－e 2所以：－e 2≤f (x 0)≤－12.10设f(x)=(x －1)e x －ax +2(1) 是否存在整数a ，使得对任意实数x 都有f(x)≥0？说明理由；(2) 证明：存在唯一的实数a ，使得曲线y=f(x)与x 轴相切.【解析】(1) 由f (1)=2－a ≥0可知a ≤2 ，f (－2)=2－3e －2+2a ≥0得a ≥32e －2－1>－1 (要点：整数命题，探究证明) 当a =0时：f’(x)=x e x ， f(x)在(－∞，0)为减，(0，+∞)为增，故f(x)≥f (0)=1>0；符合题意；当a =1时：f’(x)=xe x －1， [f’(x)]’=(x +1)e x ，所以f’(x)在(－∞，－1)为减，(－1，+∞)为增而x <－1时，f’(x)=x e x <0；f’(0)<0，f (1)>0，所以f’(x)在R 上有1个零点，设为x 0 (x 0>0) (要点：存在不可求)则f(x)在(－∞，x 0)为减，(x 0，+∞)为增，其中x 0e x 0－1=0所以 f(x)≥f (x 0)= (x 0－1)e x 0－x 0+2=3－(001x x +)≥3－2=1>0 当a =2时：f(x)=(x －1)(e x －2)，取ln2<x <1，则f(x)<0综上：满足条件的整数a =0或1;(2) 曲线y=f(x)与x 轴相切，其充分必要条件是：存在实数t ，使得()0'()0f t f t =⎧⎨=⎩ (要点：等价转换) 即(1)200t t t e at te a ⎧−−+=⎪⎨−=⎪⎩，消去a ： (t 2－t +1)e t －2=0 (要点：方程组的思想) 令g(t)= (t 2－t +1)e t －2，则g’(t)= t (t +1)e t ，所以(－∞，－1)为增，(－1，0)为减，( 0，+∞)为增 而g (－1)=3e －1－2<0，g (0)=－1<0，g(1)=e －2>0故g(t)有唯一零点，设为t 0，取a =00e t t则t =t 0满足()0'()0f t f t =⎧⎨=⎩，由t 0的唯一性，知a 也是唯一的 所以：存在唯一的实数a ，使得曲线y=f(x)与x 轴相切.2.11 已知函数f (x )＝e 1x x − (x ≠0) (1) 讨论f (x )的单调区间； (2) 若总存在x 0≠0，使得 f (x 0)<0e +1x a ，求a 的取值范围 【解析】 (1) 2(1)1'()(1)x x x e f x e −−=− (x ≠0)， 令h(x)=(1－x )e x －1 则h’(x)=－x e x (要点：非常规导函数—观察证明) ∴h(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，∴h (x )≤h (0)=0，又∵(e x －1)2>0∴f’(x)<0 故f (x )在(－∞，0)， (0，+∞)上单调递减(2) 0000002()()11x x x x a e x a a f x e e −++−=+−= 000020()()[1](1)x x x a x a e e x a +−⨯+−+ (要点：构造函数—预处理) ①当a >2时，令g(x)=()xx a e x a−++1 (x >0) 则g (0)=0 (要点：探究-证明) g’(x )=222((2))()xx a a e x a −−+ 由a >2知：当0<g’(x)<0，所以g(x)在(0单调递减取x 0g (x 0)<g (0)=0，而 002()(1)x x a e +−>0 所以000002()()11x x x a a f x g x e e +−=+−<0，符合题意 ②当a ≤2时，0000002()()11x x x x a e x a a f x e e −++−=+−，令F(x)=(x －a )e x +x+a 则F’(x)=(x +1－a )e x +1≥(x －1)e x +1=－h(x) 由(1)知h(x)<0，所以F’(x)>0，故F (x )在(－∞，0)和(0，+∞)上单调递增当x <0时，F(x)<F (0)=0，而e 2x －1<0，故0000002()()11x x x x a e x a a f x e e −++−=+−>0； 同理当x >0时，也有0000002()()11x x x x a e x a a f x e e −++−=+−>0， 故不存在x 0≠0，使得 f (x 0)<0e +1x a 综上：a >22.12 已知函数f (x )＝1ln(1+)1x x x x λ(+)−+，若x ≥0时，f (x )≤0 (1) 求λ的取值范围； (2) 设数列{a n }的通项111=1+23n a n+++，证明： (i) a n >ln(n +1) (ii) a 2n －a n ＋14n ＞ln 2. 【解析】(1) f’(x)=212(1)x x x λλ(−+−)+ (x >0)(要点：讨论不等式，探究证明或者参数讨论) 当λ≥21时，对x >0，总有－λx+1－2λ<0，所以f’(x)<0，f(x)为减函数所以：x ≥0时，f (x )≤f (0)=0，符合题意；当0<λ<21时：令f’(x)>0，解得0<x <12λλ−，所以f(x)在(0，12λλ−)上为增函数，所以：当0<x <12λλ−时，f(x)>f (0)=0，不符题意；当λ≤0时：对x >0，总有－λx+1－2λ>0，所以f’(x)>0，f(x)为减函数所以f (1)>f (0)=0，不符题意；综上：λ≥21(2) 由(1)知：λ=1时有f (x )≤0，即ln(x +1) ≤x ，仅当x =0时相等；所以，对任意正整数k ，ln(1k +1)<1k(要点：利用已知函数不等式，赋值缩放，证明数列求和不等式)a n =11nk k =∑>11111ln(1)ln [ln(1)ln ]ln(1)n n nk k k k =k k n k k ===++=+−=+∑∑∑ 同理λ=21时有：ln(x +1) ≤(2)2(1)x x x ++ 仅当x =0时相等； 所以，对任意正整数k ，ln(1k +1)<11(2)21111()12(1)212(1)k k k k k k k k++==++++ (要点：利用已知函数不等式，赋值缩放，注意特殊的裂项)所以 21211111()ln(1)21n n k n k n +k k k−−==+>+∑∑ 而211111122211111()(......)(......)212122121224n k n =k k n n n n n n n n n−=++++++=+++++++−++∑ = a 2n －a n ＋14n 2112ln(1)ln ln 2n k nn +=k n −==∑ 故：a 2n －a n ＋14n ＞ln 2【重要经验总结】1、利用已知函数不等式，赋值缩放时，大部分时候都是令x =、21k 、12k ……等等 2、注意ln(1+)是可以求和的1k 1k。