高考数学压轴题常考题型81页

1、高考数学压轴题常考题型高考数学压轴题常考题型 20 20 组组 类类 型型 1 二次函数 2 复合函数 3 创新性函数 4 抽象函数 5 导函数（极值，单调区间）-不等式 6 函数在实际中的应用 7 函数与数列综合 8 数列的概念和性质 9Sn 与 an 的关系 10 创新型数列 11 数列与不等式 12 数列与解析几何 13 椭圆 14 双曲线 15 抛物线 16 解析几何中的参数范围问题 17 解析几何中的最值问题 18 解析几何中的定值问题 19 解析几何与向量 20 探究性问题 1.1.二次函数二次函数 2xf (x 0 ) x 0 x 1. 对于函数 f (x) ax (b1)xb2

2、 (a 0) ，若存在实数 0，使 成立，则称 0为 f (x) 的 不动点 （1）当 a 2,b 2 时，求 f (x) 的不动点； （2）若对于任何实数b，函数 f (x) 恒有两个相异的不动点，求实数a的取值范围； （3）在 (2)的条件下，若 y f (x) 的图象上 A,B 两点的横坐标是函数 f (x) 的不动点，且直线 y kx 1 2a21是线段AB 的垂直平分线，求实数b的取值范围 分析本题考查二次函数的性质、直线等基础知识，及综合分析问题的能力 函数与方程思想 2f (x) ax (b1)xb2 (a 0) ，解： 2f (x) 2x x4 a 2,b 2 （1）当时， 2

3、2x2x x4 x2x 2x4 0所以x 1 1,x 2 2 ，即 f (x) 的不动点是 1,2 .设为其不动点，即，则 2 （2）由 f (x) x 得ax bxb2 0. 由已知，此方程有相异二实根，所以 b 0,16a232a 0 a b24a(b2) 0 2 ，即b 4ab8a 0对任意bR恒成立 ，0 a 2 （3）设 A(x 1, y1),B(x2 , y 2 ) ，直线 y kx 1 2a21是线段AB的垂直平分线，k 1 记AB的中点 M(x 0 ,x 0 ) ，由(2)知 x 0 bb Q f (x) x ax2bxb2 0,x 1 x 2 2a a Q M在 y kx b

4、b1 2a21上，2a2a2a21 1 b 化简得： b a 2a21 1 2a 1 a 1 2 2a 1 a 2 4 ，当 a 2 2 时，等号成立 即 2 2 ,b, 4 4 x 1 x 2 fx 1 fx 2 f fx ax24x2x1x 2 Rx 1 x 2 22 例 2 已知函数，若对任意，且，都有 （）求实数a的取值范围； （）对于给定的实数a，有一个最小的负数 Ma，使得x M a,0 时， 4 fx 4 都成立， 则当a为何值时， Ma最小，并求出Ma的最小值 2 x 1 x 2 fx 1 fx 2 x 1 x 2 x 1 x 2 ax 1 2bx 1 cax 2 2bx 2

5、c f abc 解 ：（ ） 2 2 2 2 2 a 4 x2 1 x 2 0 ， x 1 x 2， a 0实数a的取值范围为0, f 2 2 2 4 2 （） x ax 4x2 a x a 2 a ，显然 f0 2 ，对称轴 x a 0 。 （1）当 2 4 a 4 M ，即0 a 2时， a 2 a ,0 ，且 f Ma 4 x 242a 令ax2 4x2 4，解得a ， M 242a2 此 时 Ma 取 较 大 的 根 ， 即 a a 42a 2 ， 0 a 2 ， Ma 2 42a 2 1 （2）当 2 4 a 4 ，即a 2时， Ma 2 a ，且 f Ma 4 ax 4x2 4 ，

6、解得 x 246a 令 2a ，此时 Ma 取较小的根， Ma 246a6 a 46a 2 ， M a 2， a 6 46a 2 3 当且仅当a 2时，取等号 3 1，当a 2时， Ma取得最小值3 2 2 复合函数复合函数 a 1已知函数 f x f log 满足 a x a21 x x1 ，其中a 0，且a 1。 （1）对于函数 f x，当x1,1时，f1m f 1m2 0 ，求实数 m 的取值范围； （2）当 x,2时，fx4 的取值范围恰为 ,0，求 a 的取值范围。 a 解： f (log a x) a21 (x x1)(a 0 且 a 1) 即 设 t log a x ，则x a

7、t f (t) aa ttxx(a a )f (x) (a a) 22a 1a 1 a 0 xx2a(0,1) a 1 当时， a a y f (x) 在其定义域上 a 0 xx2a(1,) 当时， a 1 ，a ，a y f (x) 在其定义域上 a 0且a 1，都有y f (x)为其定义域上的增函数 f (x) a (ax ax) f (x) 2a 1 f (x) 为奇函数又 222f (1 m) f (1 m ) 0f (1 m) f (1 m ) f (m 1) x(1,1) （1） 当时， 11 m 1 2 1 m 111 m 2 1 m m21 （2）当 x(,2) 时， F(x)

8、 f (x) 4 在 (,2) 上，且值域为 (,0) F(2) f (2) 4 0 aa41a1 2 2 4(a 2 ) 4 222 a 1aa 1aa 1 4a a 23 例 2. 函数 f x y 是 43x2 y 1 xR g x x1 的图象关于直线 10 x1 的反函数， 的图象与函数 y x 1成轴对称图形，记F x fx gx。 （1）求 Fx的解析式及其定义域； （2）试问Fx的图象上是否存在两个不同的点 A、B，使直线AB 恰好与 y 轴垂直？若存在，求出 A、B 的坐标；若不存在，说明理由。 y 解： （1） 21 y1 y 21 x 10 x110 xx lg 1f (

9、x) lg(1 x 1) x y 11 y1 y 1 x10 1 y 43x x 1 的图象关于直线 y x 1成轴对称图形 43x3 2x 1 x 1x 1 的图象关于直线 y x 对称 g(x) 的图象与 g(x) 1的图象与 y y 即： g(x) 1是 3 2x x 1 的反函数 xy y 3 2x (y 2)x y 3 x y 3 x 31 g(x) 1g(x) y 2 x 2 x 2 F(x) f (x) g(x) lg 1 x1 (1 x 1) 1 xx 2 lg 1 x1 c 1 xx 2 （2）假设在 F(x)的图象上存在不同的两点 A、B 使得l AB y 轴，即cR使得方

10、程 有两不等实根 t 1 x2 1 1 xx 1，则t在（1，1）上 且t 0 x 设 1t1t 1t 1 lgt c 1 t ， x 2t 3 cR 使 得 方 程 t 3 有 两 不 等 正 根 lgt c t 12 (c 1) t 3t 3 设 h(t) lg(t) ， (t) (c 1) 2 t 3 lgt (c 1) 2 t 3 仅有唯一正根 不存在点 A、B 符合题意。由函数图象可知：cR，方程 3. 设aR且 a 0,e 为自然对数的底数，函数 f（x） ex x 1,g(x) a 2xx e . 2 （1）求证：当a 1时， f (x) g(x) 对一切非负实数 x 恒成立；

11、（2）对于（0，1）内的任意常数a，是否存在与a 有关的正常数 果存在，求出一个符合条件的 x 0 x 0，使得 f (x 0 ) g(x 0 ) 成立？如 ；否则说明理由. 分析：本题主要考查函数的单调性，导数的应用等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题 的能力分类讨论、化归（转化）思想方法 x 0时, f (x) g(x) 1 a 2 x 1 ax 11 x x h(x) x2 x h(x) x(a x ) 2e , 令 2ee 解： （1）当 a 1,x 0h(x) 0, h(x)在0,) 上单调递增， h(x) h(0) 1 f (x) g(x) f (x 0 ) g(x 0

12、) （2） a 2 x 0 1 x 0 x0 1 0 2e （1） ， 需求一个 x 0，使（1）成立，只要求出 t(x) a 2 x 1 x x 1 2e 的最小值，满足t(x)min 0, t(x) x(a 1 )在(0,lna) xe 上 a t(x) min t(lna) ln2a a(lna 1)1 2 在 (lna,)上 ， a 2ln a a(lna 1)1 0在a(0,1) 2 只需证明内成立即可， 令 (a) ln2a a(lna 1)1(a) (ln2a) 0 (a) a 2ln a a(lna 1)1 0, 2 a 2 1 2 为增函数 (a) (1) 0 (t(x) m

13、in 0，故存在与 a 有关的正常数 x0 lna(0 a 1) 使（1）成立。 3.3.创新型函数创新型函数 : pq 1 2 pcqb 4bc f2c 3 （b、c 为实常数） 。记1，1.在 R 上定义运算 f 2 2b ， R .令 f f 1 f 2 . 4 f （）如果函数 在 1处有极值 3 ,试确定 b、c 的值； （）求曲线 （）记 y f上斜率为 c 的切线与该曲线的公共点； 的最大值为M.若M k对任意的 b、c 恒成立，试示k的最大值。 gx f x|1 x 1 解： fx f 1 x f 2 x 1 2 1 x 3cx3b4bc x3bx2cxbc f x x2 2b

14、xc 33 4 f x （）由 在 x 1处有极值3 ，可得 f 1 12bc 0 b 1 b 1 14 f1 3 bcbc 3 c 1 ，解得或 c 3 ，c 1，则 若b 1 ，c 3，则 若b 1 f x x2 2x1 x1 0 2 ，此时 。 fx没有极值； f x x2 2x3 x1x3 当x变化时， x fx、 f x 的变化情况如下表： 3 0 3 ， 3，1 + 1 0 (1 ， ) f (x) f (x) 极 小 值单调递增极大值 单调递减 -12 4 3 单调递减 4 f x ，c 3即为所求。 当x 1是， 有极大值 3 ，故b 1 （）设曲线 y fx在 x t 处的切

15、线的斜率为c， f x x22bxc f0bc 22 ，t 2bt c c，即t 2bt 0。解得t 0或t 2b。 若t 0，则，得切点为 0,bc，切线方程为 y cxbc ； 4 3 4 3 4 2b,b 3bc f2bb 3bcy cxbcb3 3 ，切线方程为 33 。若t 2b，则，得切点为 1 x3bx2cxbc cxbc x33bx2 0 x x 2 0 x3 3b 若 3 ，解得 1 ， 则此时切线 y cxbc 与曲线 y fx的公共点为0,bc，3b,4bc； 14 x3bx2cxbc cxbcb3 x33bx24b3 0 3 (2)若 3 ， 4 3 4 32b,b 3

16、bcy cxbcb y fxx 1 x 2 2bx 3 b 3 ， 3 解得，此时切线与曲线的公共点为 4 3 b,b 3 。 综合可知，当b 0时，斜率为c 的切线与曲线 y fx有且只有一个公共点0,0；当b 0 ，斜率为 4 3 2b,b 3bc y fx0,bc 3b,4bc 3 ，c 的切线与曲线有两个不同的公共点，分别为 和或 4 3 b,b 3 。 （） (1)当 gx f x xbb2c 2 b 1时，函数y f (x) 的对称轴x b位于区间1,1外， f (x) 在1,1上的最值在两端点处取 得，故M应是 g1 和 g1 中较大的一个。 2M g1 g1 12bc 12bc

17、 4b 4 b 1时，函数y f (x) ，即M 2 (2)当得对称轴 x=b 位于区间1,1之内 此时 M maxg(1),g(1),g(b) 2f (1) f (1) 4b,有f (b) f (1) (bm 1) 0 由 g(-1) maxg(1),g(b) 若 1 b 0,则f(1) f(-1) f(b), 111 M max f (1), f (b) ( f (1) f (b) ( f (1) f (b) (b1)2 222 于是 若0 b 1，则，g(1) maxg(1),g(b) 1111 M max f (1), f (b) ( f (1) f (b) ( f (1) f (b)

18、 (b1)2 2222 于是 M 1 2 综上，对任意的 b、c 都有 1 11 2g(x) x b 0,c M 2 在区间1,1上的最大值 2 时， 2 而当， 1 故M K对任意的 b，c 恒成立的 k 的最大值为 2 。 fx x 1 x 例2 设 函 数 1 2=2, 0,1 .81 3 . 3 f ( ) ()求 2 的值; 11 x x xx (x 0) , 其 中 x 表 示 不 超 过 x 的 最 大 整 数 , 如 ()若在区间2,3)上存在 x,使得 f (x) k 成立,求实数 k 的取值范围; ()求函数 f (x) 的值域. 32 313 23 f ( ) . 32

19、2 32321 12 1, 0 32323 解:()因为 2 ,所以 1 x 2, 0 x ()因为2 x 3,所以, 1111 f (x) (x )f (x) (1 2 ) 3x. 求导得3x,当2 x 3时,显然有 f (x) 0 ,则 5 10 ,) 所以 f (x) 在区间2,3)上递增,即可得 f (x) 在区间2,3)上的值域为 6 9 , k 5 6 在区间2,3)上存在 x,使得 f (x) k 成立,所以 1 ()由于 f (x) 的表达式关于 x 与x对称,且 x0,不妨设 x1. 11 f1 2; 当 x1 时,设 x n,nN*,01.当 x1 时,x1,则 1 fx

20、f (n ) x 0 则x n,所以 n 1 n n 1 Q 设gx x 11 g(x) 1 2 0, x,x n 11 n n nnn, g(x) 在1,上是增函数,又n n n1, 1 n n ,fx n 1 当x 2时, n 1 1 n 1 InN N* *,n 2 n n 1 当 x(1,2)时, n fx(1, 5 I1 4故x(1,)时, f (x) 的值域为 I1I2In 设 11 n1 2 n n 1 ,b n1 1 1 a n n 2n1nn 1n 1n1 n 2 nn 1n 2 , 则 I n a n ,b n . Q a n1 a n ,当 n2 时,a2 a3 a4 a

21、n 又 bn 单调递减, b2 b3 bn a2,b2 I2I3I4In Q I 1 a 1, b 1 1, 5 5 10 ,I a ,b 222 , 9 4 6 5 5 10 5 5 1, U , , 46964 I1I2InI1I2 . 1 5 5 U , f (x)264 综上所述,的值域为 例3.我们用 min s 1 ,s 2 , ,s n 和 max s 1 ,s 2 , ,s n 分别表示实数 s 1 , s 2 , , s n中的最小者和最大者. （1）设 f (x) minsin x, cosx，g(x) maxsin x , cosx，x0, 2 ，函数 f (x) 的值域

22、为A，函数 g(x) 的值域为B，求 A B ； a （ 2 ） 提 出 下 面 的 问 题 ： 设 a 1 ， a 2 ， ， n为 实 数 ， xR ， 求 函 数 f (x) a 1 | x x 1 | a 2 | x x 2 | a n | x x n | （ x 1 x 2 x n R ）的最小值或最大值为了方便探究，遵循从特殊到一般的原则，先解决两个 特例： 求函数 f (x) | x 2| 3| x 1| | x 1|和g(x) | x 1| 4| x 1| 2| x 2| 的最值。 得出的结论是： f (x)min min f (2), f (1), f (1) ，且 f (x

23、) 无最大值；g(x)max max g(1),g(1),g(2) ，且 g(x) 无最 小值请选择两个学生得出的结论中的一个，说明其成立的理由； （3）试对老师提出的问题进行研究，写出你所得到的结论并加以证明（如果结论是分类的，请选择 一种情况加以证明） 22 22 A 1, B ,1A B , 2222 ， ， 解： （1） （2）若选择学生甲的结论，则说明如下， 3x 6,x 2 x 2, 2 x 1 f (x) 5x 4 , 1 x 1 x 1 3x 6 , ，于是 f (x) 在区间 (,2 上是减函数，在 2,1 上是减函数，在 1,1上是增函数，在1,) 上是增函数，所以函数 f

24、 (x) 的最小值是 minf (2), f (1), f (1) ，且函数 f (x) 没有最大值 若选择学生乙的结论，则说明如下， x 1x 1 , 3x 1 , 1 x 1 g(x) 5x 9 , 1 x 2 x 1 , x 2 ，于是g(x)在区间 (,1上是增函数，在1,1上是增函数，在1,2 上是减函数，在2,)上是减函数 所以函数 g(x) 的最大值是 maxg(1),g(1),g(2)，且函数g(x) 没 有最 小值 （3）结论： 若 若 a 1 a 2 a n 0 a 1 a 2 a n 0 ，则 ，则 f (x) min min f (x 1 ), f (x 2 ), ,

25、f (x n ) ； ； f (x) max max f (x 1 ), f (x 2 ), , f (x n ) 若 a 1 a 2 a n 0 ，则 f (x)min min f (x 1 ), f (x 2 ), , f (x n ) ， f (x) max max f (x 1 ), f (x 2 ), , f (x n ) 以第一个结论为例证明如下： a 1 a 2 a n 0 ， 当 x(,x 1 时， ，是减函数， ，是增函数 f (x) (a 1 a 2 a n )x (a 1 x 1 a 2 x 2 a n x n ) 当 当 xx n ,) xx 1 ,x n 时， f (

26、x) (a 1 a 2 a n )x (a 1 x 1 a 2 x 2 a n x n ) (x , f (x n ) 时，函数 f (x) 的图像是以点 (x 1 f (x 1 ) ，(x2 , f (x 2 ) ， n为端点的一系列互相 连接的折线所组成， 所以有 f (x)min min f (x 1 ), f (x 2 ), , f (x n ) 4.4.抽象函数抽象函数 1 1. 设 f(x)是定义在 R 上的偶函数，其图象关于直线 x=1 对称，对任意 x1、x20,2,都有 f(x1+x2)=f(x1)f(x2),且 f(1)=a0. 1 11 lim(lnan). 2n (1)

27、求 f(2)、f(4);(2)证明 f(x)是周期函数；(3)记 an=f(n+),求n 1xxx f () f ( ) 2 0,x解： (1)因为对 x1,x2 0,2 ,都有 f(x1+x2)=f(x1) f(x2),所以 f(x)= 22 0,1 11111111111 又因为 f(1)=f(2+2)=f(2)f(2)=f(2)2，f(2)=f(4+4)=f(4)f(4)=f（4） 2 11 1 1 2又 f(1)=a0f(2)=a ,f(4)=a 4 证明：(2)依题意设 y=f(x)关于直线 x=1 对称，故 f(x)=f(1+1x),即 f(x)=f(2x),xR. 又由 f(x)

28、是偶函数知 f(x)=f(x),xRf(x)=f(2x),xR. 将上式中x 以 x 代换得 f(x)=f(x+2)，这表明 f(x)是 R 上的周期函数，且 2 是它的一个周期. 解：(3)由(1)知 f(x)0,x0,1 1 f(2)=f(n 1 1111 2n )=f(2n+(n1) 2n)=f(2n)f(n1)2n) 11111 11 =f(2n)f(2n)f(2n)=f(2n)=a2，f(2n)=a2n. 又f(x)的一个周期是 2 111 1(lna ) (lna) 0. limlim n 2n n 2n f(2n+2n)=f(2n),因此 an=a，n 例 2. 定义在 R 上的

29、函数 f(x)满足：对任意实数 m，n，总有 0f(x)0 时， ， 所以。 而 又当 x=0 时， 设 所以 所以 ，所以 ，均有。，所以，综上可知，对于任意 ，则 在 R 上为减函数。 （2）由于函数 y=f(x)在 R 上为减函数，所以 即有，又，根据函数的单调性，有 由 A B ，所以直线 。 与圆面无公共点。因此有，解得 5.5.导函数不等式导函数不等式 xf (x) e kx，xR R 1. 已知函数 （）若k e，试确定函数 f (x) 的单调区间； （）若k 0，且对于任意xR R， f ( x) 0 恒成立，试确定实数k的取值范围； n1 （）设函数 F(x) f (x) f

30、 (x) ，求证： F(1)F(2)L F(n) (e2) (nN N) n 2 分析：本小题主要考查函数的单调性、极值、导数、不等式等基本知识，考查运用导数研究函数性质 的方法，考查分类讨论、化归以及数形结合等数学思想方法，考查分析问题、解决问题的能力。 xx 解： （）由k e得 f (x) e ex ，所以 f (x) e e ) ，由 f (x) 0 得x 1，故 f (x) 的单调递增区间是 (1 ， 1) 由 f (x) 0 得x 1，故 f (x) 的单调递减区间是 (， （）由 于是 f (x) f ( x) 可知 f ( x) 是偶函数 f ( x) 0 x f (x) e

31、k 0 得x lnk f (x) 0 xR Rx0 对任意成立等价于对任意成立由 x f (x) e k 1k0(x 0) 此时 f (x) 在0， k(01，) 上单调递增当时， 故 f (x) f (0) 1 0 ，符合题意 ) 时，lnk 0当 x 变化时 f (x)，f (x) 的变化情况如下表：当 k(1 ， x(0， lnk) lnk 0 极小值 (lnk， ) f (x) f (x) 单调递减单调递增 ) 上， f (x) f (lnk) k k lnk 由此可得，在0， ， 1 k e综合，得，实数k 的取值范围是0 k e依题意，k klnk 0，又k 1 xxQ F(x)

32、f (x) f (x) e e （）， F(x 1)F(x2 ) ex1x2e(x1x2)ex1x2ex1x2 ex1x2e(x1x2)2 ex1x22， F(1)F(n) en12 ， F(2)F(n1) en12 L L n1F(n)F(1) e2. 2n1nF(1)F(2)L F(n) F(1)F(n)F(2)F(n1)L F(n)F(1) (e2) 由此得， 故 F(1)F(2)L F(n) (en12) ，nN N n 2 2 x32 f (x) g t (x) t3xt 3 ，对任意实数t，记 3 2. 设 （）求函数 成立； y f (x) g 8 (x) 的单调区间； （）求证

33、： （）当x 0时， f (x) g t (x) 对任意正实数t （）有且仅有一个正实数 x 0，使得 g 8 (x 0 ) g t (x 0 ) 对于任意正实数t成立。 分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知 识分析和解决问题的能力分类讨论、化归（转化）思想方法 x316 y 4x 33 （I）解： 2 y x 4 0 ，得x 2因为当 x(， 2) 时， y 0 ，由 2) 时， y 0 ，当 x(2， ) 时， y 0 ，当 x(2， 2) ， (2， ) ，单调递减区间是 (2， 2) 故所求函数的单调递增区间是 (， （II）证明：

34、（i）方法一： x3 2 2 2 h(x) f (x) g t (x) t3xt(x 0) 2 3 33 令，则 h(x) x t ， ) 时， h(x) 0 ，当t 0时，由 h(x) 0 ，得 x t ，当 x(x ， 1 3 1 3 ) 内的最小值是 h(t ) 0 故当x 0时， f (x) g t (x) 对任意正实数t成立所以 h(x) 在 (0， 1 3 方法二： 1 22 1 3h(t) g t (x) t xt(t 0)h(t) t(xt3) 33 对任意固定的x 0，令，则， 2 3 333 h (t) 0h (t) 0 t x0 t xt x 由，得当时，；当时， h(t

35、) 0 ， 1 33h(x ) x 3h(t)t x 3 所以当时，取得最大值因此当x 0时， f (x)g(x) 对任意正实数t成立 （ii）方法一： f (2) 8 g t (2) g (2) g t (2) 3 由（i）得， t 对任意正实数t成立 x 0 2 即存在正实数 下面证明 x 0 ，使得 g x (2) g t (2) 对任意正实数t成立 的唯一性： x 0 3 16 f (x ) g (x ) 4x 0 x00 x 0 2x 0 0 t 833 ，当，时， x 0 3x 0 316 4x 0 g x 3 (x 0 ) t x 0 3 333 ，由（i）得，再取，得0 16x

36、 0 3 g x (x 0 ) 4x 0 g x 3 (x 0 ) x 2g (x ) g t (x 0 ) 0 33 所以，即 0 时，不满足 x0 对任意t 0都成立 故有且仅有一个正实数 x 0 2 ，使得 g x (x 0 )0 g t (x 0 ) 对任意正实数t成立 方法二：对任意 x 0 0 ， g x (x 0 ) 4x 0 16 3 ， 1 3x 0 g t (x 0 )g (x ) g t (x 0) t3 因为关于 的最大值是，所以要使 x0 对任意正实数成立的充分必要条件是： 4x 0 161 3x 0 2 33 ，即 (x 0 2) (x 0 4)0 ， x 0 0

37、x 0 2 又因为 使得 ，不等式成立的充分必要条件是 对任意正实数t成立 x 0 2 ，所以有且仅有一个正实数， g x (x 0 ) g t (x 0 ) 3.定义函数 f n( x )(1x)n1, x2，nN* (1)求证：f n ( x ) nx； (2)是否存在区间 a，0 (a0)，使函数 h( x )f 3( x )f 2( x )在区间a，0上的值域为 ka，0?若存在，求出最小实数 k 的值及相应的区间a，0，若不存在，说明理由. 分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知 识分析和解决问题的能力分类讨论、数形结合思想方法 解：

38、(1)证明：f n( x )nx(1x)n1nx， 令 g( x )(1x)n1nx , 则 g( x )n(1x)n11. 当 x(2，0)时， g( x )0,当 x(0，）时，g( x )0， g( x )在 x0 处取得极小值 g( 0 )0，同时 g( x )是单峰函数， 则 g( 0 )也是最小值.g( x )0,即 f n ( x )nx(当且仅当 x0 时取等号). 注：亦可用数学归纳法证明. (2)h( x )f 3( x )f 2( x )x( 1x )2h( x )(1x)2x2(1x)(1x)(1 3x) 1 令 h(x)0, 得 x1 或 x， 3 1 当 x(2，

39、1)， h(x)0； 当 x(1， )时， h(x) 3 1 当 x( ,)时，h(x)0. 3 故作出 h(x)的草图如图所示，讨论如下： 14 当 a0时，h(x)最小值 h(a)kak(1a)2 39 4114414 当 a 时h(x)最小值 h(a)h( )kak k 3332727a99 0； 414 当a 时h( x )最小值 h( a )a(1a)2ka k(1a)2 ，a 时取等号. 393 14 综上讨论可知 k 的最小值为 ，此时a，0 ，0. 93 f (x) 2x a (x R) 2x 2 在区间1,1上是增函数。例 4. 已知 （1）求实数a的值组成的集合 A； （2

40、）设关于 x 的方程 fx 1 x 的两个非零实根为 x 1、 x 2 。试问：是否 mR ，使得不等式 m2tm1| x 1 x 2 | 对a A及t 1,1恒成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由。 分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知 识分析和解决问题的能力函数方程思想、化归（转化）思想方法 2x a (xR) 2 f (x) x 2 解： （1） 2(x2 2)(2x a)2x2(x2ax 2) f (x) 2222(x 2)(x 2) 2(x2ax 2) 0 22(x 2) f (x)1,1f (x) 在上对x1,1恒成

41、立 2 即x1,1，恒有x ax 2 0成立 g(1) a 1 0 1 a 1 2g(x) x ax 2 设 g(1) a 1 0 A 1,1 f (x) 2x a1 2x 2xx2 ax 2 0 （2） 22 a 8 0 x 1、 x 2是方程 x ax 2 0的两不等实根，且x1 x 2 a ， x 1x2 2 22| x x |(x x ) 4x xa 8 2 2,3 121212 2m tm 1| x 1 x 2 |对a A及t 1,1恒成立 2 m tm 1 3对t 1,1恒成立 2h(t) mt (m 2) ， t 1,1 设 h(t) 0 对t 1,1恒成立 2 h(1) m m

42、 2 0 m 1或m 2 2h(1) m m 2 0 m 2或m 1 m(,22,) 满足题意 xf (x) ln(e a)(a 0) 。5. 已知函数 （1）求函数 y f (x)的反函数y f 1(x) 和 f (x) 的导函数 f (x) ； 1 （2）假设对xln(3a),ln(4a)，不等式| m f (x) | ln( f (x) 0 成立，求实数m的取值范围。 分析：本题主要考查反函数的概念及基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运 用所学知识分析和解决问题的能力化归（转化）思想方法 xy xyxy y ln(e a)x ln(e a) e a ee e a 解：

43、 （1） ex f (x) x 1xxf(x) ln(e a)y ln(e a) e a （2） xln(3a),ln(4a) ，| m f 1(x) | ln( f (x) 0 成立 exex a | m ln(ex a) | ln x ln e aex xxxln(e a) x m ln(e a) ln(e a) x xxxxg(x) ln(e a) ln(e a) xh(x) ln(e a) ln(e a) xxln(3a),ln(4a) 设， xln(3a),ln(4a) 恒有 g(x) m h(x) 成立 exex g(x) x x 1 xe xln(3a),ln(4a) e ae

44、a 3a,4a exex 10 x 1 xxxx0 e a e e a e ae a ， g(x) 0 ， g(x） 在ln(3a),ln(4a)上 g(x) max g(ln(4a) m m ln(12a) 5 即 ln(3a) ln(5a) ln(4a) m exex h(x) x x 1 0 e ae a h(x) 在ln(3a),ln(4a)上 m h(x) min 8 m ln( a) h(ln(3a)m ln(2a) ln(4a) ln(3a) 3 128 (ln(a),ln( a) 53 m 的取值范围是 1 f (x) 1 (n N,且n 1,x N) n 6.设函数. 1 1

45、 ()当 x=6 时,求 n 的展开式中二项式系数最大的项; f (2x) f (2) 2 ()对任意的实数 x,证明 f (x)( f (x)是f (x)的导函数); 1 1 k (a 1)n 恒成立?若存在,试证明你的结论并求出 a 的值; n aN k1 ()是否存在,使得 a n n n 若不存在,请说明理由. 120 C 1 3n n （）解：展开式中二项式系数最大的项是第 4 项，这项是 3 5 6 3 1 1 f2x f2 1 1 n n （）证法一：因 1 1 1 2 1 1 2 1 n n n nn 2n2 2n2 n 1 1 1 21 n n n 1 1 1 1 21 ln

46、1 21 ln1 2 fx n 2 n n 证法二： 1 1 1 1 1 f2x f2 1 1 2 1 1 21 n n n n n 因 2n2 2n2 n 1 1 n 1 1 2fx 21 ln1 n n 而 1 1 1ln 1 n 和 n 进行比较。故只需对 n 令 gx xlnxx 1，有 gx1 1x1x1 0 xx ，由 x ，得x 1 gx0gxgx0gx 0 x 11 x 因为当时，单调递减；当时，单调递增，所以在 x 1处 gx有极小值1 故当x 1时， gx g11 ，从而有xln x 1，亦即x ln x1 ln x 1 1 1 ln 1 f2x f2 2fx nn 故有恒成立。所以，原不等式成立。 （）对mN，且m 1 1 01 1 2 1 k 1 m 1 1C CCL CL C mm m m m mmmmm 有 mm1 1 mm1L mk 1 1 mm1L 21 1 11L L 2! m k!m! mm 2km m2km 2 1 1 1 1 2 1L 11 L 2!mk!mm 1 1 k 1 1L 1 L m m!m m1 1 m 1111 L L 2!3!k!m! 1111 2L L 2132kk 1mm1 2 1 1 1 1 1 11 21 L L 2 2 3 k 1 k m1 m 3