高中数学题库(编辑修改稿)

高中数学题库(编辑修改稿)内容摘要：

x 1a，∞ 1a 1 aa， a ()a， ∞ ()fx  0  0  ()fx 减函数 极小值 增函数 极大值 减 函数 所以 ()fx在区间 1a，∞， ()a， ∞ 内为减函数，在区间 1 aa，内为增函数． 函数 ()fx在1 1x a处取得极小值 1fa，且 21faa ， 函 数 ()fx在2 1x a处取得极大值 ()fa，且 ( ) 1fa ． （ 2）当 0a 时，令 ( ) 0fx  ，得到121x a x a  ，当 x 变化时， ( ) ( )f x f x ， 的变化情况如下表： x  a ，∞ a 1a a， 1a 1a， +∞ 11 ()fx  0  0  ()fx 增函数 极大值 减函数 极小值 增函数 所以 ()fx在区间 ()a ，∞ ， 1a， +∞内为增函数，在区间 1aa，内为减函数． 函数 ()fx在 1xa 处取得极大值 ()fa，且 ( ) 1fa ． 函数 ()fx在2 1x a处取得极小值 1fa，且 21faa ． 3设函数 1( ) 1 ( , 1 , )nf x n N n x Nn     且. (Ⅰ )当 x=6 时 ,求 nn 11的展开式中二项式系数最大的项。 (Ⅱ )对任意的实数 x,证明 2 )2()2( fxf  ＞ )。 )()()(( 的导函数是 xfxfxf  (Ⅲ )是否存在 Na ,使得 an＜   nk k111 ＜ na )1(  恒成立 ?若存在 ,试证明你的结论并求出 a 的值。 若不存在 ,请说明理由 . （Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项是第 4项，这项是 3356 31 201C nn （Ⅱ）证法一： 因     22112 2 1 1nf x fnn             2 1 1n            112 1 1nnn            121nn 112 1 ln 1 2nn             39。 112 1 l n 1 2n fxnn             证法二： 因     22112 2 1 1nf x fnn             2 1 1n            112 1 1nnn             而  39。 112 2 1 ln 1nfxnn           ，故只需对 11n和 1ln 1n进行比较。 令    ln 1g x x x x  ，有  39。 111 xgx xx  ，由 1 0xx  ，得 1x 因为当 01x时，  39。 0gx ， gx单调递减；当 1 x  时，  39。 0gx ， gx单调递增， 所以在 1x 处 gx有极小值 1，故当 1x 时，    11g x g， 12 从而有 ln 1xx，亦即 ln 1 lnx x x   ，故有 111 ln 1nn           恒成立。 所以      39。 2 2 2f x f f x，原不等式成立。 （Ⅲ）对 mN ，且 1m 有 20 1 21 1 1 1 11 m k mkmm m m m mC C C C Cm m m m m                                           21 1 1 1 2 11 1 111 2 ! ! !kmm m m m m k m mm k m m m                            1 1 1 1 2 1 1 1 12 1 1 1 1 1 12 ! ! !kmm k m m m m m m                                             1 1 1 12 2 ! 3! ! !km          1 1 1 12 2 1 3 2 1 1k k m m          1 1 1 1 1 1 121 2 2 3 1 1k k m m                               133m   又因  1 0 2 , 3 , 4 , ,kkmC k mm ，故 12 1 3mm   ∵ 12 1 3mm  ，从而有112 1 3knknnk   成立， 即存在 2a ，使得112 1 3knknnk   恒成立。 3 设函数 f(x)= ,22 aaxx c  其中 a 为实数 . (Ⅰ )若 f(x)的定义域为 R,求 a 的取值范围。 (Ⅱ )当 f(x)的定义域为 R 时，求 f(x)的单减区间 . 解：（Ⅰ） ()fx的定义域为 R ， 2 0x ax a   恒成立， 2 40aa   ， 04a   ，即当 04a 时 ()fx的定义域为 R ． （Ⅱ）22( 2 )e() ()xx x afx x a x a  ，令 ( ) 0fx ≤ ，得 ( 2) 0x x a ≤ ． 由 ( ) 0fx  ，得 0x 或 2xa ，又 04a ， 02a   时，由 ( ) 0fx  得 02xa   ； 当 2a 时， ( ) 0fx ≥ ；当 24a 时，由 ( ) 0fx  得 20ax   ， 13 即当 02a 时， ()fx的单调减区间为 (02 )a， ； 当 24a 时， ()fx的单调减区间为 (2 0)a， ． 3 设函数 2( ) ln ( 1)f x x b x  ，其中 0b ．（ Ⅰ ）当 12b时，判断函数 ()fx在定义域上的单调性； （ Ⅱ ）求函数 ()fx的极值点； （ Ⅲ ）证明对任意的正整数 n ，不等式231 1 1ln 1n n n  都成立． 解： (I) 函数 2( ) ln ( 1)f x x b x  的定义域为  1,  . 22239。 ( ) 2 11b x x bf x x xx   ， 令 2( ) 2 2g x x x b  ，则 ()gx在 1,2 上递增，在 11,2上递减， m in 11( ) ( )22g x g b    .当 12b 时，m in 1( ) 02g x b   ， 2( ) 2 2 0g x x x b   在  1,  上恒成立 . 39。 ( ) 0,fx 即当 12b 时 ,函数 ()fx在定义域  1,  上单调递增。 （ II）分以下几种情形讨论：（ 1）由（ I）知当 12b 时函数 ()fx无极值点 . （ 2）当 12b 时， 212( )239。 ( ) 1xfx x  ， 11,2x    时， 39。 ( ) 0,fx 1 ,2x   时， 39。 ( ) 0,fx 12b 时，函数 ()fx在  1,  上无极值点。 （ 3）当 12b 时，解 39。 ( ) 0fx 得两个不同解1 1 1 22 bx   ，2 1 1 22 bx   . 当 0b 时，1 1 1 2 12 bx     ，2 1 1 2 12 bx     ，    121 , , 1 , ,xx       此时 ()fx在  1,  上有唯一的极小值点2 1 1 22 bx   . 当 10 2b 时，  12, 1, ,xx   39。 ()fx在    121, , ,xx 都大于 0 ， 39。 ()fx在 12( , )xx 上小于 0 ， 此时 ()fx有一个极大值点1 1 1 22 bx   和一个极小值点2 1 1 22 bx   . 综上可知， 0b 时， ()fx在  1,  上有唯一的极小值点2 1 1 22 bx   ； 14 10 2b 时， ()fx有一个极大值点 1 1 1 22 bx    和一个极小值点 2 1 1 22 bx    ； 12b 时，函数 ()fx在  1,  上无极值点。 （ III） 当 1b 时， 2( ) ln ( 1).f x x x   令 3 3 2( ) ( ) l n ( 1 ) ,h x x f x x x x     则 3239。 ( 1)() 1xxhx x 在  0, 上恒正， ()hx 在  0, 上单调递增，当  0,x  时，恒有 ( ) (0) 0h x h. 即当  0,x  时，有 32 ln ( 1) 0 ,x x x    23ln( 1)x x x  ， 对任意正整数 n ，取 1x n 得231 1 1ln( 1)n n n   【试题分析】 函数的单调性、导数的应用、不等式的证明方法。 (I)通过判断导函数的正负来确定函数的单调性是 39。 ( ) 0fx 是 12b 和定义域  1,  共同作用的结果；（ II）需要分类讨论，由（ I）可知分类的标准为11, 0 , b b   （ III）构造新函数为证明不等式“服务”，构造函数的依据是不等式关系中隐含的易于判断的函数关系。 用导数解决函数的单调性问题一直是各省市高考及各地市高考模拟试题的重点，究其原因，应该有三条：这里是知识的交汇处，这里是导数的主阵地，这里是思维的制高点 .此类问题的一般步骤都能掌握，但重要的是求导后的细节问题 参数的取值范围是否影响了函数的单调性。 因而需要进行分类讨论判断：当参数给出了明确的取值范围后，应根据 ()fx导函数的特点迅速判断 39。 ( ) 0fx 或39。 ( ) 0fx。 参数取某些特定值时，可直观作出判断，单列为一类；不能作出直观判断的，再分为一类，用通法解决 .另外要注意由 39。 ( ) 0fx 求得的根不一定就是极值点，需要判断在该点两侧的异号性后才能称为 “极值点” . 3已知函数 3()f x x x．（ 1）求曲线 ()y f x 在点 ( ( ))M t f t， 处的切线方程； （ 2）设 0a ， 如果过点 ()ab， 可作曲线 ()y f x 的三条切线，证明： ()a b f a   解：（ 1） ()fx的导数 2( ) 3 1xxf  ．曲线 ()y f x 在点 ( ( ))M t f t， 处的切线方程为： ( ) ( )( )y f t f t x t  ，即 23(3 1) 2y t x t  ． （ 2）如果有一条切线过点 ()ab， ，则存在 t ，使 23(3 1) 2b t a t  ． 若过点 ()ab， 可作曲线 ()y f x 的三条切线，则方程 322 3 0t at a b   有三个相异的实数根． 记 32( ) 2 3g t t a t a b   ，则 2( ) 6 6g t t at  6 ( )t t a． 15 当 t 变化时， ( ) ( )g t g t， 变化情况如下表： t ( 0)， 0 (0 )a， a ()a， ()gt  0  0  ()gt 增函数 极大值 ab 减函数 极小值 ()b f a 增函数 由 ()gt的单。