发布时间 : 星期四 文章陕西历年高考理科数学试题及答案汇编十二函数和导数更新完毕开始阅读
设h（x）=g（x）﹣=2lnx﹣x+，
则h′（x）=，
当x=1时，h（1）=0，即g（x）=，
当x∈（0，1）∪（1，+∞）时，h′（x）＜0，h′（1）=0， 因此，h（x）在（0，+∞）内单调递减， 当0＜x＜1，时，h（x）＞h（1）=0，即g（x）＞当x＞1，时，h（x）＜h（1）=0，即g（x）＜
， ，
（Ⅲ）满足条件的x0 不存在．证明如下：证法一 假设存在x0＞0， 使|g（x）﹣g（x0）|＜成立，即对任意x＞0， 有
，（*）但对上述x0，取
时，
有 Inx1=g（x0），这与（*）左边不等式矛盾， 因此，不存在x0＞0，使|g（x）﹣g（x0）|＜ 成立． 证法二 假设存在x0＞0，使|g（x）﹣g（x0）|成＜立． 由（Ⅰ）知，又
的最小值为g（x）=1． ＞Inx，
而x＞1 时，Inx 的值域为（0，+∞），
∴x≥1 时，g（x） 的值域为[1，+∞），从而可取一个x1＞1， 使 g（x1）≥g（x0）+1，即g（x1）﹣g（x0）≥1， 故|g（x1）﹣g（x0）|≥1＞
，与假设矛盾．
∴不存在x0＞0，使|g（x）﹣g（x0）|＜成立．
n
n
6、解：（1）由于n≥2，b=1，c=﹣1，fn（x）=x+bx+c=x+x﹣1，∴fn（）fn（1）=（﹣
）×1＜0， ∴fn（x）在区间fn（x）在区间
内存在零点．再由fn（x）在区间内存在唯一的零点．
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内单调递增，可得
（2）当n=2，函数f2（x）=x+bx+c，对任意x1，x2∈[﹣1，1]，有|f2（x1）﹣f2（x2）|≤4， 故函数f2（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的差M≤4． 当
＞1时，即b＞2或 b＜﹣2时，M=|f2（﹣1）﹣f2（1）|=2|b|＞4，这与题设相矛盾．
2
当﹣1≤﹣＜0时，即0＜b≤2时，M=f2（1）﹣=≤4 恒成立．
当0≤﹣≤1 时，即﹣2≤b≤0时，M=f2（﹣1）﹣综上可得，﹣2≤b≤2．
（3）证法一：在（1）的条件下，xn是fn（x）=x+x﹣1在fn（xn）=fn+1（xn+1）=当xn+1∈
+xn﹣1=0，
+xn+1﹣1=0．
时，fn（xn）=0=fn+1（xn+1）=
n
=≤4 恒成立．
内的唯一零点，则有
+xn+1﹣1＜+xn+1﹣1=fn（xn+1）．
由（1）知，fn（x）在区间调递增数列．
证法二：设xn是fn（x）=x+x﹣1在fn+1（xn） fn+1（1）=（
n
内单调递增，故有xn＜xn+1，故数列x2，x3，?，xn单
内的唯一零点， +xn﹣1＜
+xn﹣1=0，
+xn﹣1）×1=
故fn+1（x）的零点在（xn，1）内，∴xn＜xn+1 （n≥2），故数列x2，x3，?，xn单调递增数列．
7、解;(1)f(x)的反函数为g(x)＝lnx.设直线y＝kx＋1与g(x)＝lnx的图像在P(x0，y0)处相切，
则有y0＝kx0＋1＝lnx0，k＝g′(x0)＝
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，解得x0＝e，k?2.
ex0ex(2)曲线y＝e与y＝mx的公共点个数等于曲线y?2与y＝m的公共点个数．
xx2
exex?x?2?令??x??2，则??(x)?，∴φ′(2)＝0.
x3x当x∈(0,2)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0,2)上单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增，
e2∴φ(x)在(0，＋∞)上的最小值为?(2)?.
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e2exe2ex当0＜m＜时，曲线y?2与y＝m无公共点；当m?时，曲线y?2与y＝m恰有
x4x4一个公共点；
e212
当m?时，在区间(0,2)内存在x1?，使得φ(x1)＞m，在(2，＋∞)内存在x2＝me，
4mex使得φ(x2)＞m.由φ(x)的单调性知，曲线y?2与y＝m在(0，＋∞)上恰有两个公共点．
xe22
综上所述，当x＞0时，若0＜m＜，曲线y＝f(x)与y＝mx没有公共点；
4e2e222
若m?，曲线y＝f(x)与y＝mx有一个公共点；若m?，曲线y＝f(x)与y＝mx有两
44个公共点． (3)解法一：证明
f?a??f?b?f?b??f?a??.
2b?aea?ebeb?eaf?a??f?b?f?b??f?a???事实上，??
2b?a2b?ab?aeb?eab?a2eab?a2?1?b?a?ba??1?ba?(b＞a)．(*) 2e?12e?e2e?e令?(x)?x2?x?1(x…0)， 2e?112ex?ex?1?2?4ex?ex?1?2则??(x)??x??…0(仅当x＝0时等号成立)， 2x2x22?e?1?2?e?1?2?e?1?∴?(x)在[0，＋∞)上单调递增， ∴x＞0时，?(x)＞?(0)＝0. 令x＝b－a，即得(*)式，结论得证．
f?a??f?b?f?b??f?a?eb?eaeb?ea???解法二：
2b?a2b?abeb?bea?aeb?aea?2eb?2eaeab?ab?a＝＝[(b－a) e＋(b－a)－2e＋2]，
2?b?a?2?b?a?设函数u(x)＝xe＋x－2e＋2(x…0)，
xxxxx则u′(x)＝e＋xe＋1－2e，
令h(x)＝u′(x)，则h′(x)＝e＋e＋xe－2e＝xe…0(仅当x＝0时等号成立)，
xxxxx∴u′(x)单调递增，
∴当x＞0时，u′(x)＞u′(0)＝0，
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∴u(x)单调递增．
当x＞0时，u(x)＞u(0)＝0.
令x＝b－a，则得(b－a)eb?a＋(b－a)－2eb?a＋2＞0，
eb?eaeb?ea?>0， ∴
2b?a因此，
f?a??f?b?f?b??f?a??.
2b?a+
+
=，
8、解：（Ⅰ）∵A（1，1），B（2，3），C（3，2），
∴（1﹣x，1﹣y）+（2﹣x，3﹣y）+（3﹣x，2﹣y）=0
∴3x﹣6=0，3y﹣6=0 ∴x=2，y=2， 即∴
=（2，2）
（Ⅱ）∵A（1，1），B（2，3），C（3，2）， ∴∵
=m
+n
，，
∴（x，y）=（m+2n，2m+n） ∴x=m+2n，y=2m+n ∴m﹣n=y﹣x，
令y﹣x=t，由图知，当直线y=x+t过点B（2，3）时，t取得最大值1， 故m﹣n的最大值为1．
9、解：由题设得，（Ⅰ）由已知
，
，
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