高三函数压轴大题带答案
高考函数压轴大题
宋苗珂整理
⎧|lg x |,0
f (x ) =⎨1
⎪-x +6, x >10. ⎩21已知函数若a , b , c 互不相等,且f (a ) =f (b ) =f (c ), 则a b c 的
取值范围是
(A) (1,10) (B) (5,6) 【答案】C
y =x -x +a
2直线y =1与曲线有四个交点,则a 的取值范围是
4【答案】(1,
5
2
(C) (10,12) (D) (20,24)
【命题意图】本小题主要考查函数的图像与性质、不等式的解法, 着重考查了数形结合的数
y 学思想. 【解析】如图,在同一直角坐标系内画出直线y =1与曲线 ⎧a >1
⎪
, ⎨4a -1
2
, 观图可知,a 的取值必须满足⎩4
1
54.
-x +a
y =
a -14
解得
3定义域和值域均为[-a , a ](常数a >0)的函数y =f (x )和y =g (x )的图像如图所示,
给出下列四个命题:
(1)方程f [g (x )]=0有且仅有三个解; (2)方程g [f (x )]=0有且仅有三个解; (3)方程f [f (x )]=0有且仅有九个解; (4)方程g [g (x )]=0有且仅有一个解。
那么,其中正确命题的个数是( )
A .1 B .2 C .3 D .4
1. 已知函数f (x ) =
55+
x
5
,m 为正整数ks5u .
(Ⅰ)求f (1) +f (0) 和f (x ) +f (1-x ) 的值; (Ⅱ)若数列{a n }的通项公式为a n =f ((Ⅲ)设数列{b n }满足:b 1=
12
n m
,求数列{a n }的前m 项和S m ; ) (n =1, 2, , m )
2
,设T n =b n +1=b n +b n ,
1b 1+1
+
1b 2+1
+ +
1b n +1
,
若(Ⅱ)中的S m 满足对任意不小于3的正整数n ,4S m
55+
5+
51+
5
5恒成立,试求
=1;
f (x ) +f (1-x ) =
55+
k m
x
5
+
55
1-x
=5
55+
x
+
k m
5
+
5⋅55+
x x
=1;…………4分
5⋅5
(Ⅱ)由(Ⅰ)得 f (
f (k m ) +f (
m -k m
) +f (1-) =1 (1≤k ≤m -1) , 即
) =1 , ∴a k +a m -k =1,
由S m =a 1+a 2+a 3+ +a m -1+a m , ……………① 得S m =a m -1+a m -2+a m -3+ +a 1+a m , …………② 由①+②, 得2S m =(m -1) ⨯1+2a m ,
12
+5-45
∴S m =(m -1) ⨯(Ⅲ) ∵b 1=∴
1b n +1
=
+f (1) =(m -1) ⨯
2
12
,…10分
121
, b n +1=b n +b n =b n (b n +1) , ∴对任意的n ∈N *, b n >0.
1b n -
1b n +1
1b n +1
1b n
1b n +1
b n (b n +1) 1-1b 2
) +(
=-, 即=-.
∴T n =(
1b 2
1b 3
b 1
) + +(
1b n
-
1b n +1
) =
1b 1
-
1b n +1
=2-
1b n +1
.
∵b n +1-b n =b n >0, ∴b n +1>b n , ∴数列{b n }是单调递增数列.
2
∴T n 关于n 递增. 当n ≥3, 且n ∈N +时, T n ≥T 3. ∵b 1=
12, b 2=
[1**********]777
(+1) =, b 3=(+1) =, b 4=(+1) =
[1**********]256
∴T n ≥T 3=2-
1b 4
=2-
256777
. ∴4S m
5, ∴m
∴m 的最大值为650. ………………………………………………16分
1-mx
2已知函数f (x ) =log a (a >0, a ≠1, m ≠1) 是奇函数.
x -1
(1)求实数m 的值;(2)判断函数f (x ) 在(1,+∞) 上的单调性,并给出证明; (3)当x ∈(n , a -2) 时,函数f (x ) 的值域是(1,+∞) ,求实数a 与n 的值 解:(1)由已知条件得
f (-x ) +f (x ) =0对定义域中的x 均成立. ∴log a
m x +1-x -1
+log a
1-m x x -1
=0
即
mx +11-mx 222
⋅=1 ∴m x -1=x -1对定义域中的x 均成立. -x -1x -1
2
∴m =1 即m =1(舍去)或m =-1.
(2)由(1)得f (x ) =log a
∴当x 1>x 2>1时,t 1-t 2=
1+x x -12
设t =
2x 2-1
x +1x -1
=
x -1+2x -1
=1+
2x -1
,
x 1-1
-=
2(x 2-x 1) (x 1-1)(x 2-1)
∴t 11时,log a t 11时,f (x ) 在(1,+∞) 上是减函数.
同理当0
∴①n
要使值域为(1,+∞) , 3已知函数f (x ) =lg
1
, f (1)=0,当x >0时,恒有f (x ) -f () =lg x ax +b x
2x
(1)求f (x ) 的表达式;
(2)设不等式f (x ) ≤lg t 的解集为A ,且A ⊆(0,4],求实数t 的取值范围。 (3)若方程f (x ) =lg(8x +m ) 的解集为∅,求实数m 的取值范围。
1
解:(1) 当x >0时,f (x ) -f () =lg x 恒成立
x
∴lg
2x ax +b
-lg
2bx +a
=lg x ,即(a -b ) x -(a -b ) x =0恒成立,∴a =b 2分
2x 1+x
2
又f (1)=0,即a +b =2,从而a =b =1, ∴f (x ) =lg (2)由不等式f (x ) ≤lg t , 即lg
2x 1+x
≤lg t ⇒
(2-t ) x -t 1+x
≤0且
4分
2x 1+x
>0 6分
由于解集A ⊆(0,4],故0
t 2-t
]⊆(0,4] 即
t 2-t
≤4⇒t ≤
8
85
, 8分
又因为0
5
(3)解法一:
⎧2x
=8x +m ⎪⎧8x 2+(6+m ) x +m =02x ⎪1+x
由lg 12分 ⇒⎨=lg(8x +m ) ⇒⎨
2x 1+x ⎩x 0⎪>0⎪⎩1+x
方程的解集为∅,故有两种情况:
①方程8x 2+(6+m ) x +m =0无解,即∆
⎧∆≥0
⎪
g (-1) ≥0⎪⎧m ≤2或m ≥18⎪
⇒⎨⇒0≤m ≤2 17分 则⎨g (0)≥0
⎩-6≤m ≤10⎪
-6-m
⎪-1≤≤0⎪16⎩
2
综合①②得实数m 的取值范围是0≤m
⎧2x
2x =8x +m ⎧⎪-8x 2x ⎪1+x ⎪m =
12分 ⇒⎨则由lg =lg(8x +m ) ⇒⎨1+x
1+x ⎪2x >0⎪
⎩x 0
⎪⎩1+x
由g (x ) =
2x 1+x
-8x =10-[
21+x
+8(x +1)]
当x
1, 则g (x ) ≥10+当且仅当x =-
32
=18,
时取到18 当x >0,则g (x ) 是减函数,所以g (x )
即g (x ) 在(-∞, -1) (0,+∞) 上的值域为(-∞, 0) [18,+∞) 故当方程无解时,m 的取值范围是[0,18)
32
4. 已知函数f (x )=log a (x +1)(a >1),函数g
(x )的图像与函数y =
+(a >1)的图像关于直线y
=x 对称.
(1)求函数g (x )的解析式; (2)若函数g (x )在区间[m , n ] m >
⎝⎛
3⎫
⎪上的值域为[log 2⎭
a
(p +3m ), log a (p +3n )],
求实数p 的取值范围; (3)设函数F (x )=a
32
f (x )-g (x )
(a >1),试用列举法表示集合M
34=(y -
32) , y ≥
2
={x F (x )∈Z }.
(1)由y =+a -
x
34
, (a >1)得a x -
32
,由已知可得
g (
2
⎡⎛3⎫3⎤
x )=l o g x -⎪+⎥a ⎢
2⎭4⎥⎢⎣⎝⎦
, x ≥
32
. (4分)
(2) y =(x -(或设
2
32
) +32
2
34
在x >
32
上是单调递增的,又a >1,
x 1>x 2>, 则x 1-x 2>0, x 1+x 2>3,
2
∴(x 1-3x 1+3)-(x 2-3x 2+3)=(x 1-x 2)⎡⎣(x 1+x 2)-3⎤⎦>0
∴(x 1-3x 1+3)>(x 2-3x 2+3), a >1, ∴log a (x 1-3x 1+3)>log a (x 2-3x 2+3))
2
2
2
2
所以函数g (x )在区间[m , n ] m >
⎝
g (m )=log
⎛
3⎫
⎪上为增函数,因此 (6分) 2⎭
a
a
(m
2
-3m +3=log
)
(p +3m ), g (n )=
⎛3
log
a
(n
2
-3n +3=log
)
a
(p +3n ).
即m 2-3m +3=p +3m , n 2-3n +3=p +3n ,
⎫
所以 m 、n 是方程x 2-3x +3=p +3x , x ∈
⎛3
⎫
, +∞⎪的两个相异的解. (8分) ⎝2⎭
⎧
⎪∆=36-4(3-p ) >0⎪
93⎪32
设h (x )=x -6x +3-p ,则⎨h () =-6⨯+3-p >0 (10分)
42⎪23⎪3>⎪⎩2
所以-6
154
为所求. (12分)
32
另解:由p =x 2-6x +3, x > 可转化为函数y =x 2-6x +3, x >
154
32
图像与函数
y =p 的图像有两个交点问题,数形结合求得:-6
log a (x +1)-log a x -3x +3
.
⎫
⎪ (14分) ⎭
(3)F (x )=a (x +1)+
x +1
f (x )-g (x )
=a
(
2
)
=
3⎛, x ≥ 2
x -3x +3⎝2
(x +1)
7x +1
-5≥27-5, 当且仅当x =7-1时等号成立,
∴
x -3x +3
2
=
1
(x +1)+
7x +1
⎛27+5⎤
∈ 0, ⎥, (16分) 3⎦-5⎝
3
27+5
3
x +1x -3x +3
x +1x -3x +3
x +1x -3x +3
222
=1时,解得x =2+=2时,解得x =
52
2, x =2-2(舍去);
; , x =1(舍去)
43
⎧⎩
52
⎫
2⎬(18分) ⎭
当=3时,解得x =2, x =
t x
(舍去). 故集合M =⎨2,
, 2+
5. 已知函数f (x ) =x +(t >0) 和点P (1 , 0) ,过点P 作曲线y =f (x ) 的两条切线PM 、
PN ,切点分别为M 、N .
(Ⅰ)设MN =g (t ) ,试求函数g (t ) 的表达式;
(Ⅱ)是否存在t ,使得M 、N 与A (0 , 1) 三点共线.若存在,求出t 的值;若不存在,请说明理由.
(Ⅲ)在(Ⅰ)的条件下,若对任意的正整数n ,在区间[2 , n +
64n
]内总存在m +1个实数
a 1, a 2, , a m ,a m +1,使得不等式g (a 1) +g (a 2) + +g (a m )
大值.
解:(Ⅰ)设M 、N 两点的横坐标分别为x 1、x 2,
f '(x ) =1-
t x
2
, ∴切线PM 的方程为:y -(x 1+
t x 1
t x 1
2
t x 1
) =(1-
t x 1
2
)(x -x 1) ,
又 切线PM 过点P (1, 0) , ∴有0-(x 1+
) =(1-
)(1-x 1) ,
即x 1+2tx 1-t =0, ………………………………………………(1) …… 2分 同理,由切线PN 也过点P (1, 0) ,得x 2+2tx 2-t =0.…………(2) 由(1)、(2),可得x 1, x 2是方程x 2+2tx -t =0的两根,
⎧x 1+x 2=-2t , ∴⎨ ………………( * ) ……………………… 4分
x ⋅x =-t . ⎩12
2
2
MN =
(x 1-x 2) +(x 1+
2
t x 1
-x 2-
t x 2
)
2
=
(x 1-x 2) [1+(1-
2
t x 1x 2
) ]
2
=
[(x 1+x 2) -4x 1x 2][1+(1-
2
t x 1x 2
) ],
2
把( * )式代入, 得MN =20t +20t ,
2
因此,函数g (t ) 的表达式为g (t ) =20t +20t (t >0) . ……………………5分
x 1+
t x 1
-1
x 2+
t x 2
-1
2
(Ⅱ)当点M 、N 与A 共线时,k MA =k NA ,∴
2
2
x 1-0
=
x 2-0
,
即
x 1+t -x 1
x 1
2
=
x 2+t -x 2
x 2
2
,化简,得(x 2-x 1)[t (x 2+x 1) -x 1x 2]=0,
x 1≠x 2,∴t (x 2+x 1) =x 2x 1. ………………(3) …………… 7分
把(*)式代入(3),解得t =
12
.
∴存在t ,使得点M 、N 与A 三点共线,且 t =
12
. ……………………9分
(Ⅲ)解法1:易知g (t ) 在区间[2, n +
∴g (2) ≤g (a i ) ≤g (n +
64n
]上为增函数,
64n
) (i =1, 2, , m +1) ,
64n ) .
则m ⋅g (2) ≤g (a 1) +g (a 2) + +g (a m ) ≤m ⋅g (n +依题意,不等式m ⋅g (2)
64n
64n
2
) 对一切的正整数n 恒成立, …………11分
m 20⋅2+20⋅2
2
20(n+) +20(n +
64n
) ,
即m
16
64n
[(n+
64n
) +(n +
2
64n
)]对一切的正整数n 恒成立,.
n +≥16, ∴
16
[(n+
64n
) +(n +
2
64n
)]≥
16
[16
2
+16]=
1363
,
∴m
1363
.
由于m 为正整数,∴m ≤6. ……………………………13分 又当m =6时,存在a 1=a 2= =a m =2,a m +1=16,对所有的n 满足条件. 因此,m 的最大值为6. ……………………………14分 解法2:依题意,当区间[2, n +
n +
64n
64n
]的长度最小时,得到的m 最大值,即是所求值.
≥16,∴长度最小的区间为[2, 16], …………………11分
当a i ∈[2, 16](i =1, 2, , m +1) 时,与解法1相同分析,得m ⋅g (2)
1363
解得m
+∞)
6设函数f (x ) 是定义域在(0, 上的单调函数,且对于任意正数x , y 有
f (xy ) =f (x ) +f (y )
,已知f (2)=1.
1
f ()
(1)求2的值;
(2)一个各项均为正数的数列
是数列
{a n }
{a n }
满足:
f (S n ) =f (a n ) +f (a n +1) -1(n ∈N *)
,其中
S n
的前n 项的和,求数列
{a n }
的通项公式;
(3)在(2)的条件下,是否存在正数M ,使
2⋅a 1⋅a 2⋅ ⋅
a n ≥M
n
a 1-1) ⋅(2a 2-1) ⋅(2a n -1)
对一切n ∈N *成立?若存在,求出M 的取值范围;若不存在,说明理由.
解:(1)∵f (xy ) =f (x ) +f (y ) ,令x =y =1,有f (1)=f (1)+f (1)=2f (1),∴f (1)=0.
x =2, y =
111
f (1)=f (2)+f () f () =-1f () =f (1)-f (2)=0-1=-1
2,有2,∴2,∴2
11
=f [a n (a n +1)]+f () =f [a n (a n +1)]
f (S n ) =f (a n ) +f (a n +1) -122
1
再令
(2)∵,
1
, 又∵f (x ) 是定义域(0+∞
) 单调函数,∵S n >0,2上
a n (a n +1) >0
,∴
S n =
12
a n (a +1) n
……① 时
+a n -11
当
S n -1=
12
n =1
a n (-1
,
)
由
S 1=
12
(a 1+a 11
,
)
得
a 1=1
,当
n ≥2
时,
……②
12
a n (a n +1) -
12
a n -1(a n -1+1) =a n
由①-②,得
2
S n -S n -1=
2
,
,
,公差d =1.
化简,得 ∵∴
a n >0
a n -a n -1-(a n +a n -1) =0
a n -a n -1-1=0
,∴
(a n +a n -1)(a n -a n -1-1) =0
,∴,即
a n -a n -1=1
,∴数列
{a n }
为等差数列.
a 1=1
a n =a 1+(n -1) d =1+(n -1) ⨯1=n
n
n
,故
n
a n =n
.
(3)∵
2⋅a 1⋅a 2 ⋅a n =2⋅1⋅2 ⋅n =2⋅n !
,
(2a 1-1)(2a 2-1) (2a n -1) =1⋅3 ⋅(2n -1)
n
b n =
n +1
n
令
b n +1=
而
b n +1
=
.
∴
b n
=
>1
,
∴
b n +1>b n
M ≤b n
,数列{b n }为单调递增函数,由题意恒成立,则只需
M ≤
(b n ) m
i n
=
b 1=
M ∈3
,存在正数M ,使所给定的不等式恒成立,M 的
取值范围为
3
. ……13分
7. 已知定义在R 上的函数f (x )满足:
(1)值域为(-1,1),且当x >0时,-1
(Ⅱ)判断并证明函数f (x )的单调性;
⎛1⎫⎛1⎫⎛
(Ⅲ)若函数f (x )存在反函数g (x ),求证:g ⎪+g ⎪+ +g
⎝5⎭
⎝11⎭
⎫⎛1⎫
>g ⎪ ⎪.2
⎝n +3n +1⎭⎝2⎭
1
f (m )+f (n )1+f (m )f (n )
分析与解:(Ⅰ)在f (m
+n
)=
f (m 1+f
)+f n ()中,令m >0, n =0,则有f (m )=f (m )+f (0).即:
1+f (m )f (0)(m )f n ()
⎡(f (m ))2-1⎤=0. .也即:f 0f (m )⎡1+f m f 0=f m +f 0⎤()()()()()⎣⎦⎣⎦
由于函数f (x )的值域为(-1,1),所以,⎡(f (m ))-1⎤≠0,所以f (0)=0.
⎣
⎦
2
(Ⅱ)函数f (x )的单调性必然涉及到f (x )-f (y ),于是,由已知 f (m +n )=
f (m )+f (n )1+f (m )f (n )
,我们可以联想到:是否有f (m -n )=
f (m )-f (n )1-f (m )f (n )
?(*)
这个问题实际上是:f (-n )=-f (n )是否成立?
为此,我们首先考虑函数f (x )的奇偶性,也即f (-x )与f (x )的关系.由于f (0)=0,所以,在f (m +n )=
f (m )+f (n )1+f (m )f (n )
中,令n =-m ,得f m (f m -)+(=)0.所以,函数f (x )
为奇函数.故(*)式成立.所以,f (m )-f (n )=f (m -n )⎡⎣1-f (m )f (n )⎤⎦.任取
x 1, x 2∈R ,且x 10,故f (x 2-x 1)
f
(x 2)-f (x 1)=
f
(x 2-x 1)⎡⎣1-f (x 2)f (x 1)⎤⎦
(Ⅲ)由于函数f (x )在R 上单调递减, 所以,函数f (x )必存在反函数g (x ),
由原函数与反函数的关系可知:g (x )也为奇函数;g (x )在(-1,1)上单调递减;且当
-10.
为了证明本题,需要考虑g (x )的关系式.
⎡f (m )-f (n )⎤
⎥,
⎣1-f (m )f (n )⎦
x -y ⎫
⎪
⎝1-xy ⎭
在(*)式的两端,同时用g 作用,得:m -n =g ⎢令f (m )=x , f (n )=y ,则m =g (x )n , =g y (
),则上式可改写为:g (x )-g (y )=g ⎛
.
不难验证:对于任意的x , y ∈(-1,1),上式都成立.(根据一一对应). 这样,我们就得到了g (x )的关系式. 这个式子给我们以提示:即可以将法化简求证式的左端.
1
1
1
=
-
1
1n +3n +1
2
写成
x -y 1-xy
的形式,则可通过裂项相消的方
事实上,由于
1n +3n +1
2
=
1
(n +1)(n +2)-1
=
(n +1)(n +2)
1-
(n +1)(n +2)
,
⎛1⎫⎛1⎫1- ⎪⋅ ⎪⎝n +1⎭⎝n +2⎭
所以,g
⎫⎛1⎫⎛1⎫=g -g ⎪ ⎪ ⎪. 2
n +3n +1n +1n +2⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛
1
所以,g
1⎛1⎫⎛1⎫⎛⎫+g + +g ⎪ ⎪ 2⎪ ⎝5⎭⎝11⎭⎝n +3n +1⎭
⎡⎛1⎫⎛1⎫⎤
=⎢g ⎪-g ⎪⎥+
⎝3⎭⎦⎣⎝2⎭⎡⎛1⎫⎡⎛1⎫⎛1⎫⎤⎛1⎫⎤
g -g + g -g ⎪⎥⎪ ⎪⎥⎢ ⎪⎢
⎝4⎭⎦⎝n +2⎭⎦⎣⎝3⎭⎣⎝n +1⎭
1⎫⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫⎛⎛1⎫
=g ⎪-g =g +g ->g ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎝2⎭⎝n +2⎭⎝2⎭⎝n +2⎭⎝2⎭
点评:一般来说,涉及函数奇偶性的问题,首先应该确定f (0)的值.
8. 设函数的定义域为全体R ,当x
,y∈R,有
成立,数列满足,且(n∈N*)
(Ⅰ)求证:是R 上的减函数;
(Ⅱ)求数列的通项公式;
(Ⅲ)若不等式
最大值.
对一切n∈N均成立,求k 的
*
解析:(Ⅰ)令,得,
由题意知,所以,故.
当时,,,进而得.
设且,则,
.
即,所以是R 上的减函数.
(Ⅱ)由 得
,
所以.
因为是R 上的减函数,所以,
即, 进而,
所以是以1为首项,2为公差的等差数列.
所以,
所以.
(Ⅲ)由对一切n∈N*均成立.
知对一切n∈N*均成立.
设,
知且
又.
故为关于n 的单调增函数,.
所以,k 的最大值为
9. 定义在区间(0,∞)上的函f(x)满足:(1)f(x)不恒为零;(2)对任何实数x 、q, 都有f (x q ) =qf (x ) .
(1)求证:方程f(x)=0有且只有一个实根;
(2)若a>b>c>1,且a 、b 、c 成等差数列,求证:f (a ) ∙f (c ) f 2(b ) ;
m +n 2
(3)(本小题只理科做)若f(x) 单调递增,且m>n>0时,有f (m ) =f (n ) =2f () ,
求证:3
f (1) =f (2) 即f (1) =0∴1是f (x ) =0的一个根,若存在另一个实根x 0≠1,使得f (x 1) ≠0对任意的x 1(x 1∈(0, +∞) 成立,且x 1=x 0(q ≠0), 有f (x 1) =qf (x 0) =0,
q
2
f (x 0) =0恒成立,∴f (x 1) ≡0, 与条件矛盾∴,f (x ) =0有且只有一个实根x =1
(2) a >b >c >1, 不妨设a =b , c =b ,则q
1
q 1q 2
,
q 2
>0,q 2>0∴f (a ) ∙f (c ) =f (b
q 1
) ∙f (b
) =q 1q 2∙f (b ) ,又a+c=2b,
2
∴ac-b =-
2
(a -c ) 4
q 1+q 2
2
2
即ac
2
⎛q +q 2⎫2
⎪
2
f (1) =0, f (x ) 在(0, +∞) 单调递增,当x ∈(0, 1) 时f (x ) 0.
又f (m ) =f (n ) , ∴f (m ) =f (n ), f (m ) =-f (n ), m >n >0, ∴f (m ) =-f (n ). 令m=b1,n=b
q
q 2
,b ≠1, 且q 1q 2≠0
⎛m +n ⎫
则f(m)+f(n)=(q1+q 2) f(b)=f(mn)=0∴mn =1. 0
⎝2⎭
m +n 2
m +n 2
2
⎡⎛m +n ⎫2⎤⎛m +n ⎫
), ∴f (m ) =f ⎢ ⎪⎥∴m = ⎪
2⎭⎥⎝2⎭⎢⎣⎝⎦
2
m >1, >mn =1, f (m ) =2f (
即4m=m 2+2mn +n 2, ∴4m -m 2-2=n 2, 由01, ∴3
2
x x
10设f (x ) =
1+a 1-a
(a >0且a ≠1),g (x ) 是f (x ) 的反函数.
(Ⅰ)设关于x 的方程求log a 值范围;
t
(x -1)(7-x )
2
=g(x ) 在区间[2,6]上有实数解,求t 的取
n
(Ⅱ)当a =e (e
为自然对数的底数)时,证明:∑g (k ) >
k =2
2
;
n
1
(Ⅲ)当0<a ≤∣∑f (k ) -n ∣与4的大小,并说明理由.
2k =1
解:(1) 由题意,得a x =
y -1y +1
>0
故g (x ) =log a 由log a
t
x -1x +1
,x ∈(-∞, -1) ∪(1, +∞)
x -1x +1
(x -1)(7-x )
2
=log a
得
t =(x -1) 2(7-x ) ,x ∈[2, 6] 则t '=-3x 2+18x -15=-3(x -1)(x -5)
列表如下: x t ' t
2
(2, 5) +
5 0 极大值32
(5, 6) -
6
5 25
所以t 最小值=5,t 最大值=32
所以t 的取值范围为[5, 32]……………………………………………………5分
131
n
(2) ∑g (k ) =ln
k =2
+ln 24
24⨯
+ln 35
35
+ +ln
n -1n +1
n -1n +1
=ln (⨯
3
⨯ ⨯)
=-ln
n (n +1)
2
2
1z
令u (z ) =-lnz -
2z
2
1-z z
1z
=-2lnz +z -
1z
2
,z >0
则u '(z ) =-+1+
2
=(1-) ≥0
所以u (z ) 在(0, +∞) 上是增函数
1>0,所以u
>u (1) =0
即
ln
2n (n +1)
1--
n (n +1) >0
n
即∑g (k ) >
k =2
2
………………………………………………………………9分
(3) 设a =
11+p
,则p ≥1,1<f (1) =
1+a 1-a
=1+
2p
≤3
当n =1时,|f (1) -1|=当n ≥2时
2p
≤2<4
设k ≥2, k ∈N 时,则f (k ) =
*
(1+p ) +1(1+p ) -1
k
k
=1+
2(1+p ) -1
k
=1+
2
C k p +C k p + +C k p 4
4k 4n +1
1
2
2
k
k
所以1<f (k ) ≤1+
2C k +C k
1
2
=1+
k (k +1) 4n +1
=1+-
4k +1
n
从而n -1<∑f (k ) ≤n -1+
k =2n
42
-=n +1-<n +1
所以n <∑f (k ) <f (1) +n +1≤n +4
k =1
n
综上所述,总有|∑f (k ) -n |<4
k =1
11已知函数f (x ) =(a +1) ln x +ax (I )讨论函数f (x ) 的单调性;
(II )设a
f '(x ) =
a +1x
+2ax =
2ax +a +1
x
2
2
+1
(Ⅰ)f (x ) 的定义域为(0,+∞).
.
当a ≥0时,f '(x ) >0,故f (x ) 在(0,+∞)单调增加; 当a ≤-1时,f '(x ) <0,故f (x ) 在(0,+∞)单调减少;
x =
+∞)
当-1<a <0时,令f '(x ) =0
,解得
x ∈(0,
则当
时,f '(x ) >0
;x ∈时,f '(x ) <0.
故f (x
) 在
+∞)
单调增加,在单调减少.
(Ⅱ)不妨假设 等价于
x 1≥x 2
,而a <-1,由(Ⅰ)知在(0,+∞)单调减少,从而 ,
f (x 1) -f (x 2) ≥4x 1-x 2
∀x 1, x 2∈(0,+∞)
∀x 1, x 2∈(0,+∞)
,
f (x 2) +4x 2≥f (x 1) +4x 1
a +1x
①
令g (x ) =f (x ) +4x ,则
g '(x ) =+2ax +4
①等价于g (x ) 在(0,+∞)单调减少,即
a +1
+2ax +4≤0
x
.
a ≤
-4x -12x +1
2
=
(2x -1) -4x -2
2x +1
2
22
=
(2x -1)
2
2
从而
2x +1
-2
故a 的取值范围为(-∞,-2]. ……12分
f (x ) =ln x -ax +
1-a x
-1
12已知函数
a ≤
1
(a ∈R ) .
(Ⅰ) 当
2时,讨论f (x ) 的单调性;
1
(Ⅱ)设g (x ) =x -2bx +4. 当
f (x 1) ≥g (x 2)
2
a =
4时,若对任意x 1∈(0,2) ,存在x 2∈[1, 2],使
,求实数b 取值范围
.
a =
1
(Ⅱ)当
x ∈(0,2) f(x)4时,在(0,1)上是减函数,在(1,2)上是增函数,所以对任意1,
有
f(x1) ≥f(1)=-1
2,又已知存在
x 2∈[1, 2]
,使
f (x 1) ≥g (x 2)
-
12
,所以
≥g (x 2)
,
x 2∈[1, 2]
,
x ∈[1, ]2
g (
x =)
2
x -
即存在
9
,使
1
2b +x -
2,即
2b ≥x
2
+x
92
,即
1117111111
]2b ≥b ≥[, +∞) 2b ≥x +∈[
24,所以2,解得4,即实数b 取值范围是4x