数迹
题目列表试卷列表
共找到 40 题
排序：
组题
本页 25 题去组卷
1917分导数及其应用★★★★★
(1) 设函数 f(x)=5cos⁡x−cos⁡5xf(x) = 5\cos x - \cos 5x，求 f(x)f(x) 在 [0,π4]\left[0, \frac{\pi}{4}\right] 的最大值； (2) 给定 θ∈(0,π)\theta \in (0,\pi) 和 a∈Ra \in \mathbf{R}，证明：存在 y∈[a−θ,a+θ]y \in [a - \theta, a + \theta]，使得 cos⁡y≤cos⁡θ\cos y \le \cos \theta； (3) 设 b∈Rb \in \mathbf{R}，若存在 φ∈R\varphi \in \mathbf{R} 使得 5cos⁡x−cos⁡(5x+φ)≤b5\cos x - \cos (5x + \varphi) \le b 对 x∈Rx \in \mathbf{R} 恒成立，求 bb 的最小值.

2025 · 全国 · 一卷 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
1817分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ln⁡x2−x+ax+b(x−1)3f(x)=\ln\frac{x}{2-x}+ax+b(x-1)^3（x∈(0,2)x\in(0,2)）.
(1) 若 b=0b=0 且 f′(x)≥0f'(x)\ge0，求 aa 的最小值； (2) 证明：曲线 y=f(x)y=f(x) 关于点 (1,a)(1,a) 中心对称； (3) 若 f(x)>−2f(x)>-2 当且仅当 1<x<21<x<2，求 bb 的取值范围.

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
1917分导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=a(ex+a)−xf(x)=a(\mathrm{e}^x+a)-x.
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 证明：当 a>0a>0 时，f(x)>2ln⁡a+32f(x)>2\ln a+\frac32.

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
2215分解析几何★★★★★
在直角坐标系 xOyxOy 中，点 PP 到 xx 轴的距离等于点 PP 到点 (0,12)(0,\frac12) 的距离，记动点 PP 的轨迹为 WW.
(1) 求 WW 的方程； (2) 已知矩形 ABCDABCD 有三个顶点在 WW 上，证明：矩形 ABCDABCD 的周长大于 333\sqrt3.

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
2215分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ex−axf(x)=\mathrm{e}^x-ax，g(x)=ax−ln⁡xg(x)=ax-\ln x 有相同的最小值.
(1) 求 aa； (2) 证明：存在直线 y=by=b，其与两条曲线 y=f(x)y=f(x) 和 y=g(x)y=g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

2022 · 全国 · 新高考一卷 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
2215分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x(1−ln⁡x)f(x)=x\left( 1-\ln x \right).
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 设 aa，bb 为两个不相等的正数，且 bln⁡a−aln⁡b=a−bb\ln a-a\ln b=a-b，证明 2<1a+1b<e2<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<\mathrm{e}.

2021 · 全国 · 新高考一卷 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ex+ax2−xf(x)=\mathrm{e}^x+ax^2-x.
(1) 当 a=1a=1 时，讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 当 x≥0x\ge 0 时，f(x)≥12x3+1f(x)\ge \dfrac{1}{2}x^3+1，求 aa 的取值范围.

2020 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
20导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=ex−a(x+2)f(x)=\mathrm{e}^x-a(x+2).
(1) 当 a=1a=1 时，讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 若 f(x)f(x) 有两个零点，求 aa 的取值范围.

2020 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=sin⁡x−ln⁡(1+x)f(x)=\sin x-\ln(1+x)，且 f′(x)f'(x) 为 f(x)f(x) 的导数. 证明：
(1) f′(x)f'(x) 在区间 (−1,π2)\left(-1,\dfrac{\pi}{2}\right) 存在唯一极大值点； (2) f(x)f(x) 有且仅有 22 个零点.

2019 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
20导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=2sin⁡x−xcos⁡x−xf(x)=2\sin x-x\cos x-x，f′(x)f'(x) 为 f(x)f(x) 的导数.
(1) 证明：f′(x)f'(x) 在区间 (0,π)(0,\pi) 存在唯一零点； (2) 若 x∈[0,π]x\in [0,\pi] 时，f(x)≥axf(x)\ge ax，求 aa 的取值范围.

2019 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
20概率与统计★★★★☆
某工厂的某种产品成箱包装，每箱 200 件200\text{ 件}，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品. 检验时，先从这箱产品中任取 20 件20\text{ 件} 作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验. 设每件产品为不合格品的概率都为 pp（0<p<10<p<1），且各件产品是否为不合格品相互独立.
(1) 记 20 件20\text{ 件} 产品中恰有 2 件2\text{ 件} 不合格品的概率为 f(p)f(p)，求 f(p)f(p) 的最大值点 p0p_0； (2) 现对一箱产品检验了 20 件20\text{ 件}，结果恰有 2 件2\text{ 件} 不合格品，以（1）中确定的 p0p_0 作为 pp 的值. 已知每件产品的检验费用为 2 元2\text{ 元}，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付 25 元25\text{ 元} 的赔偿费用.
(i) 若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为 XX，求 EXEX； (ii) 以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？

2018 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=1x−x+aln⁡xf(x)=\frac1x-x+a\ln x.
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 若 f(x)f(x) 存在两个极值点 x1x_1，x2x_2，证明：f(x1)−f(x2)x1−x2<a−2\dfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2.

2018 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=aex−ln⁡x−1f(x)=a\mathrm{e}^x-\ln x-1.
(1) 设 x=2x=2 是 f(x)f(x) 的极值点，求 aa，并求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 证明：当 a\ge\dfrac1\mathrm{e} 时，f(x)≥0f(x)\ge0.

2018 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知 a>0a > 0，函数 f(x)=eaxsin⁡xf(x) = \mathrm{e}^{ax}\sin x （x∈[0,+∞)x \in [0, +\infty)），记 xnx_n 为 f(x)f(x) 的从小到大的第 nn （n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）个极值点. 证明：
(1) 数列 {f(xn)}\left\{f(x_{n})\right\} 是等比数列； (2) 若 a⩾1e2−1a \geqslant \frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}^{2} - 1}}，则对一切 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，xn<∣f(xn)∣x_n < |f(x_n)| 恒成立.

2015 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知 a>0a > 0，函数 f(x)=aexcos⁡xf(x) = a\mathrm{e}^{x}\cos x，x∈[0,+∞)x \in [0, +\infty). 记 xnx_n 为 f(x)f(x) 的从小到大的第 nn 个极值点（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.
(1) 证明：数列 {f(xn)}\{f(x_{n})\} 是等比数列； (2) 若对一切 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，xn⩽∣f(xn)∣x_n \leqslant |f(x_n)| 恒成立，求 aa 的取值范围.

2015 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
22导数及其应用★★★★★
已知常数 a>0a > 0，函数 f(x)=ln⁡(1+ax)−2xx+2f(x) = \ln\left(1 + ax\right) - \frac{2x}{x + 2}.
(1) 讨论 f(x)f(x) 在区间 (0,+∞)(0, +\infty) 上的单调性； (2) 若 f(x)f(x) 存在两个极值点 x1x_{1}，x2x_{2}，且 f(x1)+f(x2)>0f(x_{1}) + f(x_{2}) > 0，求 aa 的取值范围.
\begin{solution} 函数定义域为 (−1a,+∞)\left(-\frac1a,+\infty\right)，并且要排除 x=−2x=-2（当该点属于上述区间时）. 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上，
f′(x)=a1+ax−4(x+2)2=ax2+4a−4(1+ax)(x+2)2f'(x)=\frac{a}{1+ax}-\frac{4}{(x+2)^2} =\frac{ax^2+4a-4}{(1+ax)(x+2)^2}
在所讨论区间内分母恒为正.
当 a⩾1a\geqslant1 时，ax2+4a−4>0ax^2+4a-4>0，所以 f(x)f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上单调递增. 当 0<a<10<a<1 时，令分子为零，得
x0=21−aax_0=2\sqrt{\frac{1-a}{a}}
此时在 0<x<x00<x<x_0 上有 f′(x)<0f'(x)<0，在 x>x0x>x_0 上有 f′(x)>0f'(x)>0，所以 f(x)f(x) 在 (0,21−aa)\left(0,2\sqrt{\frac{1-a}{a}}\right) 上单调递减，在 (21−aa,+∞)\left(2\sqrt{\frac{1-a}{a}},+\infty\right) 上单调递增.
若存在两个极值点，导数方程的两个根必须都在定义域内. 当 0<a<10<a<1 时令
t=21−aa>0t=2\sqrt{\frac{1-a}{a}}>0
导数的两个零点为 −t-t、tt. 当 a≠12a\ne\frac12 时，
t<1a⟺4a(1−a)<1⟺(2a−1)2>0t<\frac1a \quad\Longleftrightarrow\quad 4a(1-a)<1 \quad\Longleftrightarrow\quad (2a-1)^2>0
所以 −t>−1a-t>-\frac1a，且 t≠2t\ne2，故 ±t\pm t 均在定义域内；在定义域内除去可能的 x=−2x=-2 后，分母为正，故 f′(x)f'(x) 的符号由 a(x2−t2)a(x^2-t^2) 决定，−t-t 处由正变负、tt 处由负变正，二者确为极值点. 当 a=12a=\frac12 时，−t=−2-t=-2 不在定义域内，只剩一个极值点. 因而存在两个极值点当且仅当 0<a<10<a<1 且 a≠12a\ne\frac12. 计算函数值之和：
f(−t)+f(t)=ln⁡(1−a2t2)+4t24−t2f(-t)+f(t)=\ln(1-a^2t^2)+\frac{4t^2}{4-t^2}
由 t2=4(1−a)at^2=4\frac{(1-a)}{a}，可化为
f(−t)+f(t)=2ln⁡∣2a−1∣+4(1−a)2a−1f(-t)+f(t)=2\ln|2a-1|+\frac{4(1-a)}{2a-1}
当 12<a<1\frac12<a<1 时，令 u=2a−1∈(0,1)u=2a-1\in(0,1)，上式为
2(ln⁡u+1u−1)2\left(\ln u+\frac1u-1\right)
函数 ln⁡u+1u−1\ln u+\frac{1}{u}-1 在 (0,1)(0,1) 上为正，因为其在 u=1u=1 的值为零，且导数 (u−1)u2<0\frac{(u-1)}{u^2}<0. 因而此时函数值之和大于零.
当 0<a<120<a<\frac12 时，令 u=1−2a∈(0,1)u=1-2a\in(0,1)，上式为
2ln⁡u−2u−2<02\ln u-\frac2u-2<0
所以满足条件的参数范围为 a∈(12,1)a\in\left(\frac12,1\right). \end{solution}

2014 · 湖南 · 理 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=xcos⁡x−sin⁡x+1f(x) = x \cos x - \sin x + 1（x>0x > 0）.
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 记 xix_{i} 为 f(x)f(x) 的从小到大的第 ii（i∈N∗i \in \mathbf{N}^{*}）个零点，证明：对一切 n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，有 1x12+1x22+⋯+1xn2<23\frac{1}{x_1^2} + \frac{1}{x_2^2} + \cdots + \frac{1}{x_n^2} < \frac{2}{3}.

2014 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
22导数及其应用★★★★★
已知 a>0a > 0，函数 f(x)=∣x−ax+2a∣f(x) = \left| \frac{x - a}{x + 2a} \right|.
(1) 记 f(x)f(x) 在区间 [0,4][0, 4] 上的最大值为 g(a)g(a)，求 g(a)g(a) 的表达式； (2) 是否存在 aa，使函数 y=f(x)y = f(x) 在区间 (0,4)(0, 4) 内的图象上存在两点，在该两点处的切线相互垂直？若存在，求 aa 的取值范围；若不存在，请说明理由.

2013 · 湖南 · 理 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=1−x1+x2exf(x) = \frac{1 - x}{1 + x^{2}} \mathrm{e}^x.
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 证明：当 f(x1)=f(x2)f(x_{1}) = f(x_{2}) （x1≠x2x_{1} \neq x_{2}）时，x1+x2<0x_{1} + x_{2} < 0.

2013 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
20导数及其应用★★★★☆
某企业接到生产 30003000 台某产品的 AA，BB，CC 三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数量分别为 22，22，11（单位：件）. 已知每个工人每天可生产 AA 部件 66 件，或 BB 部件 33 件，或 CC 部件 22 件. 该企业计划安排 200200 名工人分成三组分别生产这三种部件，生产 BB 部件的人数与生产 AA 部件的人数成正比，比例系数为 kk（kk 为正整数）.
(1) 设生产 AA 部件的人数为 xx，分别写出完成 AA，BB，CC 三种部件生产需要的时间； (2) 假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数 kk 的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人数分组方案.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 生产三种部件分别需要 TA(x)=3000⋅26x=1000xT_A(x)=\frac{3000\cdot2}{6x}=\frac{1000}{x}，TB(x)=3000⋅23kx=2000kxT_B(x)=\frac{3000\cdot2}{3kx}=\frac{2000}{kx}
TC(x)=30002[200−(1+k)x]=1500200−(1+k)xT_C(x)=\frac{3000}{2[200-(1+k)x]} =\frac{1500}{200-(1+k)x}
其中 x∈N∗x\in\mathbf N^*，且 (1+k)x<200(1+k)x<200.
\item 完成订单所需时间为
T=max⁡{TA(x),TB(x),TC(x)}T=\max\{T_A(x),T_B(x),T_C(x)\}
先考察 k=1k=1. 当 x⩽72x\leqslant72 时，
T⩾TB(x)=2000x⩾200072=2509T\geqslant T_B(x)=\frac{2000}{x}\geqslant\frac{2000}{72}=\frac{250}{9}
当 x⩾73x\geqslant73 时，200−2x⩽54200-2x\leqslant54，故
T⩾TC(x)=1500200−2x⩾150054=2509T\geqslant T_C(x)=\frac{1500}{200-2x}\geqslant\frac{1500}{54}=\frac{250}{9}
当 k=2k=2 时， TA(x)=TB(x)=1000xT_A(x)=T_B(x)=\frac{1000}{x}，TC(x)=1500200−3xT_C(x)=\frac{1500}{200-3x}，x⩽66x\leqslant66. 若 x⩽44x\leqslant44，则
T⩾1000x⩾100044=25011T\geqslant\frac{1000}{x}\geqslant\frac{1000}{44}=\frac{250}{11}
取 x=44x=44 时， TA=TB=25011T_A=T_B=\frac{250}{11}，TC=150068=37517<25011T_C=\frac{1500}{68}=\frac{375}{17}<\frac{250}{11}. 若 x⩾45x\geqslant45，则
T⩾TC(x)⩾1500200−3⋅45=30013>25011T\geqslant T_C(x)\geqslant\frac{1500}{200-3\cdot45} =\frac{300}{13}>\frac{250}{11}
所以 k=2k=2 时最小时间为 25011\frac{250}{11}，人数分组为 x=44x=44，kx=88kx=88，200−(1+k)x=68200-(1+k)x=68.
最后考察 k⩾3k\geqslant3. 此时 TB(x)⩽TA(x)T_B(x)\leqslant T_A(x)，且可行的 xx 范围包含在 k=3k=3 的可行范围内，而 TC(x)T_C(x) 随 kk 增大而不减. 对 k=3k=3，若 x⩽36x\leqslant36，则
T⩾TA(x)⩾100036=2509T\geqslant T_A(x)\geqslant\frac{1000}{36}=\frac{250}{9}
若 x⩾37x\geqslant37，则
T⩾TC(x)⩾1500200−4⋅37=37513>2509T\geqslant T_C(x)\geqslant\frac{1500}{200-4\cdot37} =\frac{375}{13}>\frac{250}{9}
因此所有 k⩾3k\geqslant3 都有 T⩾2509>25011T\geqslant\frac{250}{9}>\frac{250}{11}. 综上，最优值为 k=2k=2，最短时间为 25011\frac{250}{11} 天，方案为 AA，BB，CC 三组分别 4444，8888，6868 人. \end{enumerate} \end{solution}

2012 · 湖南 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
22导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=eax−xf(x)=\mathrm{e}^{ax}-x，其中 a≠0a\neq0.
(1) 若对一切 x∈Rx\in\mathbf{R}，f(x)⩾1f(x)\geqslant1 恒成立，求 aa 的取值集合； (2) 在函数 f(x)f(x) 的图象上取定两点 A(x1,f(x1))A(x_1,f(x_1))，B(x2,f(x2))B(x_2,f(x_2))（x1<x2x_1<x_2），记直线 ABAB 的斜率为 kk. 问：是否存在 x0∈(x1,x2)x_0\in(x_1,x_2)，使 f′(x0)>kf'(x_0)>k 成立？若存在，求 x0x_0 的取值范围；若不存在，请说明理由.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 若 a<0a<0，则当 x→+∞x\to+\infty 时，eax→0\mathrm{e}^{ax}\to0，从而
f(x)=eax−x→−∞f(x)=\mathrm{e}^{ax}-x\to-\infty
不可能恒有 f(x)⩾1f(x)\geqslant1. 所以必须 a>0a>0.
当 a>0a>0 时， f′(x)=aeax−1f'(x)=a\mathrm{e}^{ax}-1，f′′(x)=a2eax>0f''(x)=a^2\mathrm{e}^{ax}>0. 因此 ff 在唯一的极小点 aeax=1a\mathrm{e}^{ax}=1，⟹\Longrightarrow，x=−ln⁡aax=-\frac{\ln a}{a} 处取得最小值. 代入得
fmin⁡=1a+ln⁡aa=1+ln⁡aaf_{\min}=\frac1a+\frac{\ln a}{a} =\frac{1+\ln a}{a}
故题设条件等价于
1+ln⁡a⩾a1+\ln a\geqslant a
令 h(a)=a−1−ln⁡ah(a)=a-1-\ln a，则 h′(a)=1−1ah'(a)=1-\frac1a，h(1)=0h(1)=0. 函数 hh 在 a=1a=1 处取得最小值 00，所以 h(a)⩾0h(a)\geqslant0，且等号仅在 a=1a=1 时成立. 因而
a=1a=1
\item 记
D=eax2−eax1x2−x1D=\frac{\mathrm{e}^{ax_2}-\mathrm{e}^{ax_1}}{x_2-x_1}
由 a≠0a\neq0，有 Da>0\frac{D}{a}>0. 又函数 g(x)=aeaxg(x)=a\mathrm{e}^{ax} 满足
g′(x)=a2eax>0g'(x)=a^2\mathrm{e}^{ax}>0
所以 gg 严格递增. 由拉格朗日中值定理，存在唯一的 c∈(x1,x2)c\in(x_1,x_2)，使
aeac=Da\mathrm{e}^{ac}=D
解得
c=1aln⁡eax2−eax1a(x2−x1)c=\frac1a\ln\frac{\mathrm{e}^{ax_2}-\mathrm{e}^{ax_1}}{a(x_2-x_1)}
另一方面，直线 ABAB 的斜率为
k=eax2−eax1x2−x1−1=D−1k=\frac{\mathrm{e}^{ax_2}-\mathrm{e}^{ax_1}}{x_2-x_1}-1=D-1
而
f′(x)=aeax−1=g(x)−1f'(x)=a\mathrm{e}^{ax}-1=g(x)-1
因此
f′(x)>k  ⟺  g(x)>D  ⟺  x>cf'(x)>k \iff g(x)>D \iff x>c
在 x∈(x1,x2)x\in(x_1,x_2) 内，所有满足条件的 x0x_0 构成区间
(1aln⁡eax2−eax1a(x2−x1),x2)\left( \frac1a\ln\frac{\mathrm{e}^{ax_2}-\mathrm{e}^{ax_1}}{a(x_2-x_1)}, x_2 \right)
所以这样的 x0x_0 存在. \end{enumerate} \end{solution}

2012 · 湖南 · 理 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
22导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=ex−axf(x) = \mathrm{e}^{x} - ax，其中 a>0a > 0.
(1) 若对一切 x∈Rx \in \mathbf{R}，f(x)⩾1f(x) \geqslant 1 恒成立，求 aa 的取值集合； (2) 在函数 f(x)f(x) 的图象上取定两点 A(x1,f(x1))A(x_{1}, f(x_{1}))，B(x2,f(x2))B(x_{2}, f(x_{2}))（x1<x2x_{1} < x_{2}），记直线 ABAB 的斜率为 kk，证明：存在 x0∈(x1,x2)x_{0} \in (x_{1}, x_{2})，使 f′(x0)=kf'(x_{0}) = k 成立.

2012 · 湖南 · 文 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
22函数与初等函数★★★★★
已知函数 f(x)=x3f(x) = x^3，g(x)=x+xg(x) = x + \sqrt{x}.
(1) 求函数 h(x)=f(x)−g(x)h(x) = f(x) - g(x) 的零点个数，并说明理由； (2) 设数列 {an}\{a_{n}\}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}）满足 a1=aa_{1} = a（a>0a > 0），f(an+1)=g(an)f(a_{n+1}) = g(a_{n})，证明：存在常数 MM，使得对于任意的 n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，都有 an⩽Ma_{n} \leqslant M.

2011 · 湖南 · 理 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
22导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=x−1x−aln⁡xf(x) = x - \frac{1}{x} - a \ln x（a∈Ra \in \mathbf{R}）.
(1) 讨论函数 f(x)f(x) 的单调性. (2) 若 f(x)f(x) 有两个极值点 x1x_{1} 和 x2x_{2}，记过点 A(x1,f(x1))A(x_{1}, f(x_{1}))，B(x2,f(x2))B(x_{2}, f(x_{2})) 的直线斜率为 kk. 问：是否存在 aa，使得 k=2−ak = 2 - a？若存在，求出 aa 的值；若不存在，请说明理由.

2011 · 湖南 · 文 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
20不等式★★★★★
已知函数 f(x)=x2+bx+cf(x) = x^2 + bx + c （bb，c∈Rc \in \mathbf{R}），对任意的 x∈Rx \in \mathbf{R}，恒有 f′(x)⩽f(x)f'(x) \leqslant f(x).
(1) 证明：当 x⩾0x \geqslant 0 时，f(x)⩽(x+c)2f(x) \leqslant (x + c)^2； (2) 若对满足题设条件的任意 bb，cc，不等式 f(c)−f(b)⩽M(c2−b2)f(c) - f(b) \leqslant M (c^2 - b^2) 恒成立，求 MM 的最小值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由题设，f′(x)=2x+bf'(x)=2x+b，所以对任意 x∈Rx\in\mathbf{R}，有
f(x)−f′(x)=x2+(b−2)x+c−b⩾0f(x)-f'(x)=x^2+(b-2)x+c-b\geqslant0
这是关于 xx 的二次函数，故其判别式不大于 00，即
(b−2)2−4(c−b)⩽0(b-2)^2-4(c-b)\leqslant0
整理得 c⩾b24+1c\geqslant\frac{b^2}{4}+1. 当 x⩾0x\geqslant0 时，由 c⩾1c\geqslant1 以及
2c−b⩾b22−b+2=12(b−1)2+32>02c-b\geqslant\frac{b^2}{2}-b+2=\frac{1}{2}(b-1)^2+\frac{3}{2}>0
可得
(x+c)2−f(x)=(2c−b)x+c(c−1)⩾0(x+c)^2-f(x)=(2c-b)x+c(c-1)\geqslant0
因此 f(x)⩽(x+c)2f(x)\leqslant(x+c)^2. \item 直接计算得
f(c)−f(b)=c2+bc−2b2f(c)-f(b)=c^2+bc-2b^2
取 M=32M=\frac{3}{2}，则
32(c2−b2)−(f(c)−f(b))=12(c−b)2⩾0\frac{3}{2}(c^2-b^2)-\bigl(f(c)-f(b)\bigr)=\frac{1}{2}(c-b)^2\geqslant0
所以 M=32M=\frac{3}{2} 时不等式对所有满足题设条件的 bb，cc 恒成立.
再取 b=2b=2，c=2+εc=2+\varepsilon，其中 ε>0\varepsilon>0. 此时 c⩾b24+1c\geqslant\frac{b^2}{4}+1，且 f(c)−f(b)c2−b2=c+4c+2=6+ε4+ε⟶32\frac{f(c)-f(b)}{c^2-b^2}=\frac{c+4}{c+2}=\frac{6+\varepsilon}{4+\varepsilon}\longrightarrow\frac{3}{2}，(ε→0+)\left(\varepsilon\to0^+\right). 因此任何小于 32\frac{3}{2} 的数都不能使题设不等式恒成立，故 MM 的最小值为 32\frac{3}{2}. \end{enumerate} \end{solution}

2010 · 湖南 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析