12 阿基米德三角形在抛物线中的应用-《中学生数理化》高二数学2021年3月刊

瓶“酸中学生理化 全国名校导数顺试卷A卷答与賬 选择题 0 上,g(x)>0,g(x)在 7.B8.B9.C10.D11.D12.C 区间 2 +∞)上是增函数 I5.A16.D17.AI8.C (2)由题意知f(x)=1+1nx-a+ 9.B20.C21.B22.B23.D24.B 25.B26.D27.C28.A29.A30.A 令k(x)=1+1nx+2ax-3a。 31.A32.D33.B34.B35.B36.D 因为a>0,所以k(x)在(0,+∞)上单 二、填空题 调递增。 37.①④38.a>21239 40.(1,+∞)41.242.(-2022,-2019) 3)a≤0,f'(e)=k(e) 43.1+2cx 1+lne+(2e-3)a=2+(2e-3)a>0,故存 COs 7 (3,41和-2541(3-m03h37在实数。∈(2,y),使得k(x,)=0 x∈(0,x0),f'(x)<0,f(x)是减函数; 75 50.(2)(4)51 x∈(xa,+∞),f"(x)>0,f(x)是增函数 所以f(x)的最小值是f(x0),其 52.(-2,1)53.k<0或k≥e54 满足f(x。)=0,即1+lnx0+2axo-3a=0。 55.-403956.( 1]U[1,+∞ 因此,f(x0)= xoIn x-axo+1 三、解答题 57.(1)g(x) 的定义域为(。3)U“x-1)2=(1-x)(a+ax0+1)。 ①当x0=1,即a=1时,f(x)的最小值 (2,+∞),且g(x)=3+2xlnx,令h(x 为0,此时f(x)有一个零点。 3+2xIn x, h'(x)=2(1+In x) ②当<x0<1时,f(x0)>0,f(x)没 当x∈(0·)时,h(x)<0,h(x)是减有零点,此时a 1+In 3-2 +∞)时,h'(x)>0,h(x 由g(x)的单调性,可得0<a<1。 ③当1x<e时,f(x。)<0,f(x)有两 是增函数。 个零点。 因为h(x)mn=h >0,所以 又a>0,所以1≤x02 中学生数理代薄练数学越心考A爷案 由g(x)的单调性,可得a>1。 4(x>0) 则 综上所述,当0<a<1时,f(x)没有零 点;当a=1时,f(x)只有一个零点;当a>1 时,f(x)有两个零点 58.(1)当f(x)≤0时,由ax 当x∈(,2)时,g(x)>0,g(x)单调递增 当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单 lnx≤0,得a≤+lnx(x>0)。 调递减 令h( 所以 当h(x)>0时,x>1;当h(x)<0时 由题知f(x)m 故h(x)在(0,1)上单调递减,在(1, 因为 1(8-3e)(2+e) 十∞)上单调递增,h(x)mn=h(1)=1 <0,所以f(x)m>g(x)=,即f(x)>x 故a≤1 欲i 当x>1时,即证 1)函数f(x) 又由切线与直线x+y+8=0垂直,可 当x>1时,t>1,g(t)=lnt 1,解得a=0 此时f 由(1)知,当t>1时,tlnt-t+1>0,则 令f(x)>0,即1-lnx>0,解得0<x<e; 即1-1nx<0,解得 g(t)>0,即g(x)>0成立,故 故f(x)在(0,e)上单调递增,在(e 59.(1)由题得f(x)的定义域为(0,+∞) )单调递减。 f(x)=axln x+oa.x=oax(2In x+1) 所以f(2018)>f(2019)→2018 2018 令(x)=0,解得x=÷。 ln2019 20192019n2018>20l8ln2019 当0<x≤e2时,f(x)<0,f(x)单调 则201820>201920 (2)不妨设x2>x1>0,由条件知g(x2) 递减 当x>e2时,f(x)>0,f(x)单调递增。 整理得l k(x1+x2) 所以f(x)的单调递减区间为(0,e2) 要证x1·x2>e2,只需要证lnx1+ 单调递增区间为( lnx2>2,也即证k(x1+x2)>2 (2)要证f(x) 一,即证f(x) 知只需要证 2( 瓶“酸中学生理化 1,即证 62.(1)由题知f′(x) 2(t-1 设h(t)=lnt >1),则 cos x)-e sin r=-e(sin x+cos x-a) 因为函数y=f(x)在[0,x]内存在单调 (t-1)2 递增区间,所以在区间[0,π内存在区间使得 h(t)在(1,十∞)上是增函数,故h(t) f'(x)=-el(sinx+cosx-a)>0成立 也即sinx+cosx-a<0能成立。 h(1)=0,即lnt> 得证,所以 则a>/2sin(x+)在[0,上能成立 61.(1)由f(x)=ln(x+1),可得f'(x) 而y=sin(x+)在