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天津市2014届高三理科数学一轮复习试题选编15:导数与积分

时间:2015-08-27


天津市 2014 届高三理科数学一轮复习试题选编 15:导数与积分

一、选择题 2 1 . (天津市南开中学 2013 届高三第三次 (5 月) 模拟考试数学 (理) 试题) 若 f(x)= x

的解集为 A.(0,+∞) C.(2,+∞)

-2x-4lnx,则 f′(x)>0 ( )

B.(-1,0)∪(2,+∞) D.(-1,0)

【答案】 C. 2 . (天津市天津一中 2013 届高三上学期一月考理科数学).定义在 R 上的可导函数 f(x),且 f(x)图像连续,

当 x≠0 时, f '( x) ? x?1 f ( x) ? 0 ,则函数 g ( x) ? f ( x) ? x?1 的零点的个数为 A.1 B.2 C.0 D.0 或 2 【答案】C 【解析】由 f '( x) ? x?1 f ( x) ? 0 ,得





xf '( x ) ? f ( x) ? 0 ,当 x ? 0 时, xf '( x) ? f ( x) ? 0 ,即 x xf ( x) ? 1 xf ( x) ? 1 ,函数 g ( x) ? 的零点个数等价为函数 x x

( xf ( x)) ' ? 0 , f (x) )' 0 ? , 函数 xf ( x) 此时单调递增。 当 x ? 0 时,xf '( x) ? f ( x) ? 0 , 即 (x 函数 xf ( x)
此时单调递减。又 g ( x) ? f ( x) ? x
?1

?

y ? xf ( x) ? 1 的零点个数。当 x ? 0 时, y ? xf ( x) ? 1 ? 1,当 x ? 0 时, y ? xf ( x) ? 1 ? 1,所以函数
y ? xf ( x) ? 1 无零点,所以函数 g ( x) ? f ( x) ? x?1 的零点个数为 0 个。选
C.

3 . (天津市蓟县二中 2013 届高三第六次月考数学(理)试题)函数

的图象与 x ( )

轴所围成的封闭图形的面积为(



A.
【答案】A

B.1

C.2
?

D.
?

【解析】根据积分的应用可求面积为 S ?

?

2 ?1

f ( x)dx ? ? ( x ? 1)dx ? ? 2 cos xdx
?1 0

0

1 ? ( x 2 ? x) 2
A.

0 ?1

? sin x

?
2 0

?

1 3 ?1 ? 2 2

,选





4 . (天津市新华中学 2012 届高三上学期第二次月考理科数学)已知函数 f ( x)(x ? R) 满足 f (1) ? 1 ,且 f ( x )

的导函数 f ' ( x ) ?

1 x 1 ,则 f ( x ) ? ? 的解集为 2 2 2 A. ?x ? 1 ? x ? 1? B. ?x x ? ?1? C. ?x x ? ?1或x ? 1?
【答案】D





D. x x ? 1

?

?

【解析】设 F ( x) ? f ( x) ? ( ? ) , 则 F (1) ? f (1) ? ( ? ) ? 1 ? 1 ? 0 ,

x 2

1 2

1 2

1 2

F '( x) ? f '( x ) ?

1 1 ,对任意 x ? R ,有 F '( x ) ? f '(x )? ? 0,即函数 F ( x) 在 R 上单调递减,则 2 2

F ( x) ? 0 的解集为 (1, ??) ,即 f ( x) ?
5

x 1 ? 的解集为 (1, ??) ,选 2 2

D.

.( 2013 年 天 津 市 滨 海 新 区 五 所 重 点 学 校 高 三 毕 业 班 联 考 理 科 数 学 ) 已 知 函 数

f ( x) ? 1 ? x ?

x 2 x3 x 4 x 2013 ? ? ? ?? ? , 2 3 4 2013 x 2 x3 x 4 x 2013 ? ? ? ?? ? ,设函数 F ( x) ? f ( x ? 3) ? g ( x ? 4) , 2 3 4 2013
( )

g ( x) ? 1 ? x ?

且函数 F ( x) 的零点均在区间 [a, b](a ? b, a, b ? Z) 内,则 b ? a 的最小值为 A. 8 B. 9 请把答案填在答题卡的相应的横线上.
【答案】 C 函数的导数为

C. 10

D. 11

1 ? (? x)2013 1 ? x 2013 , 由 f '( x) ? 0 得 ? 1 ? ( ? x) 1? x 1 1 1 x ? ?1 ,即函数的极小值为 f (?1) ,所以 f ? ?1? ? 1 ? 1 ? ? ? ? ? ? 0 .当 x ? ?1 时, f ( x) ? 0 , 2 3 2013 又 f (0) ? 1 , 所以在 (?1, 0) 上函数有且只有一个零点 ,即 f ? x ? 3? 在 (?4, ?3) 上函数有且只有一个零 f ' ? x ? ? 1 ? x ? x 2 ? x3 ??? ? x 2012 ? ?1 ? (? x)2013 ?1 ? x2013 , 由 g '( x) ? 0 得 x ? 1 , 即函数的极 ? 1 ? ( ? x) 1? x 1 1 1 ?? ? ? ? x ? ?1 时 , g ( x) ? 0 , 又 小 值 为 f (1) , 所 以 g ?1? ? 1 ? 1 ? .0 当 2 3 2 0 1 3 g (0) ? 1 , g (1) ? 0 , g (2) ? 0 ,所以在 (1, 2) 上函数 g ( x) 有且只有一个零点,即 g ? x ? 4? 在 (5, 6) 上函 数有且只有一个零点 , 又函数 F ( x) 的零点均在区间 [a, b](a ? b, a, b ? Z) 内 , 所以 b ? 6, a ? ? 4 , 即 b ? a ? 10 ,所以 b ? a 的最小值为 10,选 C. 1 6 . (2009 高考(天津理))设函数 f ( x) ? x ? ln x( x ? 0), 则 y ? f ( x) 3 1 A 在区间 ( ,1), (1, e) 内均有零点? e 1 B 在区间 ( ,1), (1, e) 内均无零点? e 1 C 在区间 ( ,1) 内有零点,在区间 (1, e) 内无零点? e 1 D 在区间 ( ,1) 内无零点,在区间 (1, e) 内有零点? e
点 . g ' ? x ? ? ?1 ? x ? x 2 ? x3 ??? ? x 2012 ?
【答案】D 7 ( .天津市耀华中学 2013 届高三第一次月考理科数学试题) 已知函数

则 f (0.6),f (0),f (-0.5) f (x)=x2 ? cos x , ( )

的大小关系是 A. f (0)<f (0.6)<f (-0.5) C. f (0.6)<f (-0.5)<f (0) 【答案】B

B. f (0)<f (-0.5)<f (0.6) D. f (-0.5)<f (0)<f (0.6)

【解析】 因为函数 f (x)=x2 ? cos x 为偶函数, 所以 f (?0.5) ? f (0.5) ,f ' (x)=2x ? sin x , 当0 ? x ? 2 时 , f '( x ) = 2? x

?

si? n x, 0 所 以 函 数 在 0 ? x ? 2 递 增 , 所 以 有 f (0)<f (0.5)<f (0.6) , 即

?

f (0)<f ( ? 0.5)<f (0.6) ,选

B.

x2 8 . (天津市河东区 2013 届高三第二次模拟考试数学(理)试题)已知曲线 y = -3 ln x 的一条切线的斜率为 4 1 ,则切点的横坐标为 ( ) 2 1 A.3 B.2 C.1 D. 2
【答案】A 二、填空题 9 . (天津市天津一中 2013 届高三上学期第二次月考数学理试题)设 m ?

? e dx , n ? ?
x 0

1

e

1

x ?1dx ,则 m 与 n 的大小

关系为______.
1

【答案】 m ? n

e e1 e m?n ? e ? 1 ? 1 n ? ? x ?1dx ? ? dx ? ln x 1 ? ln e ? 1 1 1 x 0 , ,所以 . 10. (天津市天津一中 2013 届高三上学期一月考理科数学)曲线 xy ? 1 与直线 y=x 和 y=3 所围成的平面图形的

解: m ? ? e x dx ? e x

1 0

面积为_________.

【答案】4-ln3

【解析】 由 xy ? 1 得 y ?

? xy ? 1 ?y ? 3 1 1 1 。 当 y ? ?3, 解得 xB ? , 由? , 解得 xC ? 1 , 由? 得 xD ? 3 . x x 3 ?y ? x ?y ? x

所以根据积分的应用知所求面积为

? (3 ? x )dx ? ?
1 3

1

1

1 1 3 (3 ? x)dx ? (3x ? ln x) 1 ? (3x ? x 2 ) 1 ? 4 ? ln ? 4 ? ln 3 . 1 1 2 3 3
3
2

11. (天津市六校 2013 届高三第二次联考数学理试题(WORD 版) )若 f(x)在 R 上可导,f(x)=x +2f’(2)+3,则

? f(x)dx
0

3

?

.

【答案】 - 18 12. (天津耀华中学 2013 届高三年级第三次月考 理科数学试卷)已知函数

f ( x) ? x 3 ? bx 2 ? cx ? d 在区间

[?1, 2] 上是减函数,那么 b ? c 的最大值为________________; 15 2 3 2 【答案】 ? 【解析】函数的导数为 f '( x) ? 3x ? 2bx ? c ,因为函数 f ( x) ? x ? bx ? cx ? d 在区间 2

? 0 ? f ' (? 1) ,即 [?1, 2] 上 是 减 函 数 , 所 以 f '( x) ? 3x 2 ? 2bx ? c ? 0 在 [?1, 2] 上 横 成 立 . 则 有 ? ? 0 ? f '( 2) ?3 ? 2b ? c ? 0 , 设 z ? b ? c , 则 c ? ?b ? z . 做 出 不 等 式 对 应 的 平 面 区 域 BCD, 如 图 平 移 直 线 ? ?12 ? 4b ? c ? 0 c ? ?b ? z ,由图象平移可知当直线 c ? ?b ? z 经过点 B 时,直线 c ? ?b ? z 的截距最大,此时 z 最大.由 3 ? ?3 ? 2b ? c ? 0 3 3 15 ?b ? ? ,解得 ? 2 ,即 B (? , ?6) ,代入 z ? b ? c 得 z ? ? ? (?6) ? ? ,即 b ? c 的最 ? 2 2 2 ?12 ? 4b ? c ? 0 ? ? c ? ?6 15 大值为 ? . 2

13. (天津市耀华中学 2013 届高三第一次月考理科数学试题)计算 【答案】 e ?

?

1

-1

(2 x+e x )dx =



1 e
1 ?1

【解析】

?

1

-1

2 x (2 x+e x )dx ? ( x ? e )

1 1 =1 ? e ? 1 ? ? e ? e e

? 1 1 ? 1? ?? 3 x ? 6 , x ? ?0, 2 ? ? ? ? 14. (天津市天津一中 2013 届高三上学期第三次月考数学理试题)已知函数 f ( x) ? ? , 3 2 x 1 ? ? ? , x ? ? ,1? ? ?2 ? ? x ?1 π 函数 g ( x ) ? a sin( x ) ? 2a ? 2, (a ? 0),若存在 x1 , x2 ??0,1? ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立,则实数 a 的取 6
值范围是____________

1 1 4 1 1 1 1 1 时 , 0 ? ? x ? ? , 即 0 ? f ( x) ? . 当 ? x ? 1 2 2 3 6 6 6 2 3 3 3 2 3 2 2x 2 x3 1 4x ? 6x 4x ? 6x ? x ? 1 f ( x ) ? 时 , f ( x) ? , f '( x) ? , 所以当 , , 函数 单 f '( x ) ? ? 0 2 x ?1 x ?1 ( x ? 1)2 ( x ? 1)2 1 ? ? ? 1 调递增 , 此时 ? f ( x ) ? 1 . 综上函数 0 ? f ( x ) ? 1. 当 0 ? x2 ? 1 时 , 0 ? x2 ? , 0 ? sin x2 ? , 6 6 6 6 2 ? 1 所以 0 ? a sin x2 ? a , 6 2 π 1 3 2 ? 2a ? a sin( x) ? 2a ? 2 ? a ? 2a ? 2 , 即 2 ? 2a ? g ( x2 ) ? 2 ? a . 若 存 在 x1 , x2 ??0,1? , 使 得 6 2 2
【 答 案 】 [ , ] 【解析】当 0? x?

? 3 ?2 ? a ? 0 ,解得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立,则有 g ( x2 ) 的最大值大于等于 0, g ( x2 ) 的最小值小于等于 1,即 ? 2 ? ? 2 ? 2a ? 1

? a? ? ? ? ?a ? ? ?

4 1 4 1 4 3 ,即 ? a ? ,所以实数 a 的取值范围 [ , ] . 2 3 2 3 1 2
3

15. (天津南开中学 2013 届高三第四次月考数学理试卷)若不等式 | ax

? ln x |? 1 对任意 x ? (0,1] 都成立,则

实数 a 取值范围是________.

?e2 ? 【答案】 ? ,?? ? ? ?3 ?
三、解答题 16. (天津市新华中学 2013 届高三第三次月考理科数学)已知函数 f ( x) ? x ? a ln x , g ( x) ? ?

1? a , (a ? R). x

(Ⅰ)若 a ? 1 ,求函数 f ( x ) 的极值; (Ⅱ)设函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ,求函数 h( x ) 的单调区间; (Ⅲ)若在 ?1,e? ( e ? 2.718... )上存在一点 x0 ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立,求 a 的取值范围.
【答案】解: (Ⅰ) f ( x) 的定义域为 (0, ??) ,

当 a ? 1 时, f ( x) ? x ? ln x , f ?( x) ? 1 ?

1 x ?1 ? x x

x
f ?( x ) f ( x)

(0,1)


1 0 极 小

(1, ??)
+

?

?

(III)在 ?1,e? 上存在一点 x0 ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立,即
h( x0 )? , 0

在 ?1,e? 上 存 在 一 点 x0 , 使 得

即函数 h( x) ? x ? 由(Ⅱ)可知

1? a ? a ln x 在 ?1,e? 上的最小值小于零. x

①当 1 ? a ? e ,即 a ? e ? 1 时, h( x) 在 ?1,e? 上单调递减,

综上讨论可得所求 a 的取值范围是: a ?

e2 ? 1 或 a ? ?2 . e ?1

17 .( 2013 年 天 津 市 滨 海 新 区 五 所 重 点 学 校 高 三 毕 业 班 联 考 理 科 数 学 ) 设 函 数

f ( x)?

a ? xl n ,x g ( x) ? x3 ? x2 ? 3 . x

(Ⅰ)讨论函数 h( x ) ?

f ( x) 的单调性; x

(Ⅱ)如果存在 x1 , x2 ?[0, 2] ,使得 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? M 成立,求满足上述条件的最大整数 M ; (Ⅲ)如果对任意的 s, t ? [ , 2] ,都有 f (s) ? g (t ) 成立,求实数 a 的取值范围.

1 2

a 2a 1 x 2 ? 2a , , ? ln x ? h ( x ) ? ? ? ? x x2 x3 x3 ( x) ? 0 ,函数 h( x)在(0,??)上单调递增 ① a ? 0,h?
【答案】 【解】(Ⅰ) h( x) ?

② a ? 0 , h? (x) ? 0, x ?

2a ,函数 h( x)的单调递增区间为( 2a ,??)

h? (x) ? 0,0 ? x ? 2a ,函数 h( x)的单调递减区间为(0, 2a ) (Ⅱ)存在 x1 , x2 ?[0, 2] ,使得 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? M 成立 等价于: [ g ( x1 ) ? g ( x2 )]max ? M , 2 2 考察 g ( x) ? x3 ? x2 ? 3 , g '( x) ? 3 x ? 2 x ? 3 x( x ? ) , 3

x
g '( x )

0

2 (0, ) 3

2 3

2 ( , 2] 3

2

0

?

0
极 ( 最) 小值
? 85 27

?

由 知





可 :

g ( x)

?3

递减

递增

1

2 85 g ( x) min ? g ( ) ? ? , g ( x) max ? g (2) ? 1 3 27 , 112 [ g ( x1 ) ? g ( x2 )]max ? g ( x) max ? g ( x) min ? 27 ,

所以满足条件的最大整数 M ? 4 ;

1 a ? x ln x ? 1 恒成立 2 x 2 等价于 a ? x ? x ln x 恒成立, 记 h( x) ? x ? x2 ln x ,所以 a ? hmax ( x)
(Ⅲ)当 x ? [ , 2] 时, f ( x) ?

h '(1) ? 0 . 1 记 h '( x) ? (1 ? x) ? 2ln x , x ? [ ,1) , 1 ? x ? 0, x ln x ? 0, h '( x) ? 0 2 1 即函数 h( x) ? x ? x2 ln x 在区间 [ ,1) 上递增, 2 记 h '( x) ? (1 ? x) ? 2ln x , x ? (1, 2] , 1 ? x ? 0, x ln x ? 0, h '( x) ? 0
即函数 h( x) ? x ? x2 ln x 在区间 (1, 2] 上递减,

h '( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x ,

x ? 1, h( x) 取到极大值也是最大值 h(1) ? 1 所以 a ? 1 另解 m( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x , m '( x) ? ?3 ? 2ln x ,
由于 x ? [ , 2] , m '( x) ? ?3 ? 2ln x ? 0 , 所以 m( x) ? h '( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x 在 [ , 2] 上递减, 当 x ? [ ,1) 时, h '( x) ? 0 , x ? (1, 2] 时, h '( x) ? 0 , 即函数 h( x) ? x ? x2 ln x 在区间 [ ,1) 上递增, 在区间 (1, 2] 上递减, 所以 h( x)max ? h(1) ? 1,所以 a ? 1
18. (2011 年高考 (天津理) ) 已知 a ? 0 ,函数 f ( x) ? ln x ? ax2 , x ? 0 ,( f ( x) 的图象连续不断)(Ⅰ)求 f ( x) 的

1 2

1 2

1 2

1 2

单调区间;

3 1 时,证明:存在 x0 ? (2, ??) ,使 f ( x0 ) ? f ( ) ; 2 8 (Ⅲ)若存在均属于区间 [1,3] 的 ? , ? ,且 ? ? ? ? 1 ,使 f (? ) ? f ( ? ) . ln3 ? ln 2 ln 2 证明 . ?a? 5 3
(Ⅱ)当 a ?
【答案】 【命题立意】本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、解不等式、函数的零

点等基础知识,考查运算能力和运用函数思想分析解决问题的能力及分类讨论的思想方法. 1 1 ? 2ax 2 2a 【解析】(I) f '( x ) ? ? 2ax ? , x ? (0, ??) ,令 f '( x) ? 0 ,解得 x ? x x 2a 当 x 变化时, f ( x) 与 f '( x ) 的变化情况如下表:

x
f '( x ) f ( x)

(0,
+

2a ) 2a

2a 2a
0 极大值

(
-

2a , ?? ) 2a

?

?

2a 2a , ?? ) ;单调递增区间是 (0, ) 2a 2a 1 1 (II)证明:当 a ? 时, f ( x) ? ln x ? x2 ,由(I)知 f ( x) 在(0,2)内单调递增, 8 8 3 3 在 (2, ??) 内单调递减.令 g ( x) ? f ( x) ? f ( ) ,由于 f ( x) 在(0,2)内单调递增,故 f (2) ? f ( ) 2 2 41 ? 9e 2 3 ?0 即 g (2) ? 0 ,取 x '? e ? 2 ,则 g ( x ') ? 32 2 3 所以存在 x0 ? (2, x ') ,使 g ( x0 ) ? 0 ,即存在 x0 ? (2, ??) ,使 f ( x0 ) ? f ( ) ,(说明: x ' 的取法不唯一,只要 2 满足 x ' ? 2 ,且 g ( x ') ? 0 即可.
所以, f ( x) 的单调递减区间是 (

(III)证明:由 f (? ) ? f ( ? ) 及(I)的结论知 ? ?

2a ? ? ,从而 f ( x) 在 [? , ? ] 上的最小值为 f (? ) ,又由 2a ? f (2) ? f (? ) ? f (1) ? ? ? ? 1 , ? , ? ?[1,3] ,知 1 ? ? ? 2 ? ? ? 3 ,故 ? ? f (2) ? f ( ? ) ? f (3)

? ln 2 ? 4a ? ?a ln3 ? ln 2 ln 2 即? ,从而 ?a? 5 3 ?ln 2 ? 4a ? ln 3 ? 9a
19. (天津市红桥区 2013 届高三第二次模拟考试数学理试题(word 版) ) 已知函数 f(x)= ax -e (a∈R),f′(x)
2 x

是 f(x)的导函数(e 为自然对数的底数). (I)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (II)若 f(x)有两个极值点 x1,x2,求实数 a 的取值范围; (III)若当 x≥0 时,不等式 f(x)≤-x-1 恒成立,求实数 a 的最大值.
【答案】

20. (天津市蓟县二中 2013 届高三第六次月考数学(理)试题)已知函数

( 为自然对数的底

数) . (1)求

的最小值; 的解集为 ,若 ,且 ,求实数 的取

(2)设不等式 值范围 (3)已知 数列 由.
【答案】

,且

,是否存在等差数列 ?若存在,请求出数列

和首项为

公比大于 0 的等比

,使得

的通项公式.若不存在,请说明理

解: (1) 由 当 ;当

(2)

, 有解

由 令

即 , 上减,在[1,2]上增

上有解



,且

(3)设存在公差为

的等差数列

和公比

首项为

的等比数列

,使

……10 分



时,

故 ②-①×2 得, 故 ,此时 解得 (舍)

满足 存在满足条件的数列 …… 14 分
y

21. (天津市南开中学 2013 届高三第三次 (5 月) 模拟考试数学 (理) 试题) 定义 F(x,y)=(1+x) ,x,y∈(0,+∞)

(Ⅰ)令函数 f(x)=F(1,log 2 (x -4x+9))的图象为曲线 C 1 ,曲线 C 1 与 y 轴交于点 A(0,m),过坐标原点 O 作曲线 C 1 的切线,切点为 B(n,t)(n>0),设曲线 C 1 在点 A,B 之间的曲线段与 OA,OB 所围成图形的面积为 S,求 S 的值; (Ⅱ)当 x,y∈N 且 x<y 时,证明 F(x,y)>F(y,x).
【答案】解:(Ⅰ) ∵ F(x,y)=(1+x)
y *

2

∴ f(x)=F(1,log2(x -4x+9))=2

2

log2 ( x 2 ? 4 x ?9)

=x -4x+9,故 A(0,9)

2

f′(x)=2x-4,过 O 作 C 1 的切线,切点为 B(n,t)(n>0),

?t ? n 2 ? 4n ? 9 ? ∴ ?t 解得 B(3,6) ? 2 n ? 4 ? ?n 3 1 3 2 ∴ S= ? (x-4x+9-2x)dx=( x -3x +9x)| 3 0 =9 0 3

x ? ln(1 ? x) ln(1 ? x ) (Ⅱ)证明:令 h(x)= (x≥1),h′(x)= 1 ? x 2 x x x 令 P(x)= -ln(1+x)(x>0) 1? x 1 1 ?x ∴P′(x)= ? ? ?0 (1 ? x) 1 ? x (1 ? x) 2
∴ P(x)在[0,+∞)上单调递减. ∴ 当 x>0 时,有 P(x)<P(0),∴ 当 x≥1 时有 h′(x)<0 ∴ h(x)在[1,+∞)上单调递减 ∴ 1≤x<y 时,有

ln(1 ? x) ln(1 ? y ) ? x y
x

yln(1+x)>x ln(1+y) ∴ (1+x) >(1+y)
* y

∴ 当 x,y∈N 且 x<y 时,F(x,y)>F(y,x)
22. (天津市天津一中 2013 届高三上学期第二次月考数学理试题) 设函数 f(x)=ax-(a+1)ln(x+1),其中 a>0.(1)

求 f(x)的单调区间;(2)当 x>0 时,证明不等式: 式:-1<ag(a)<0
【答案】解:(1)f’(x)=

x <ln(x+1)<x;(3)设 f(x)的最小值为 g(a),证明不等 1? x

ax ? 1 (x>-1,a>0) x ?1

令 f’(x)=0? x ?

1 ?0 a

1 1 1 1 ? f(x)在(-1, )为减,在( ,+ ? )为增 f(x)min=f( )=1-(a+1)ln( +1) a a a a x ( x ? 0) (2)设 F(x)=ln(x+1)x ?1 1 x ?1? x x ? ? ? 0 ? F(x)在(0,+ ? )为增函数 F’(x)= 2 x ? 1 ( x ? 1) ( x ? 1)2 x ? ln( x ? 1) F(x)>F(0)=0 ? F(x)>0 即 x ?1
G(x)=x-ln(x+1)(x>0)

1 x ? ?0 ? G(x)在(0,+ ? )为增函数 x ?1 x ?1 G(x)>G(0)=0 ? G(x)>0 即 ln(x+1)<x x ? ln( x ? 1) ? x 经上可知 x ?1 1 1 ? ? g ? a ? ? f ( ) ? 1- ? a ? 1? ln( ? 1) (3)由(1)知: ? a a ? ?a ? 0
G’(x)=1-

1 1 ? g ' ? a ? ? ? ln(1 ? ) ? ? 0 ? ? a a ? ?ln(1 ? 1 ) ? 0 ? a ? 1 1 1 1 由( 2) 把x= 代入( 2) 中 ? ln( ? 1) ? a a ?1 a a 1 1 即 1 ? (a ? 1) ln( ? 1) ? 1 ? a a 1 1 ?1 ? ? ?(a ? 1) ln( ? 1) ? ?1 a a 1 1 即 ? ? 1 ? (a ? 1) ln( ? 1) ? 0 a a 即 ? 1 ? ag (a) ? 0
23. (2010 年高考(天津理) )已知函数

f ( x) ? xc? x ( x ? R)

(Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间和极值; (Ⅱ) 已 知 函 数 y ? g ( x) 的 图 象 与 函 数 y ? f ( x) 的 图 象 关 于 直 线 x ? 1 对 称 , 证 明 当 x ? 1 时, f ( x) ? g ( x) (Ⅲ)如果 x1 ? x2 ,且 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,证明 x1 ? x2 ? 2
【答案】 本小题主要考查导数的应用,利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识,考查运算能力及用

函数思想分析解决问题的能力 (Ⅰ)解:f’ ( x) ? (1 ? x)e? x 令 f’(x)=0,解得 x=1 当 x 变化时,f’(x),f(x)的变化情况如下表 X f’(x) f(x) ( ??,1 ) + 1 0 极大值 ( 1, ?? ) -

?
1 e

?

所以 f(x)在( ??,1 )内是增函数,在( 1, ?? )内是减函数? 函数 f(x)在 x=1 处取得极大值 f(1)且 f(1)=

(Ⅱ)证明:由题意可知 g(x)=f(2-x),得 g(x)=(2-x) e 令 F(x)=f(x)-g(x),即 F ( x) ? xe 于是 F '( x) ? ( x ?1)(e
2 x ?2 ?x

x?2

? ( x ? 2)e x?2

?1)e? x 2x-2 当 x>1 时,2x-2>0,从而 e ?1 ? 0, 又e? x ? 0, 所以F ’(x)>0,从而函数 F(x)在[1,+∞)是增函数? -1 -1 又 F(1)= e ? e ? 0,所以x>1时,有 F(x)>F(1)=0,即 f(x)>g(x).
(Ⅲ)证明:(1) 若 ( x1 ?1)( x2 ?1) ? 0,由(?)及f(x1 ) ? f(x2 ), 则x1 ? x2 ? 1.与x1 ? x2矛盾。 (2)若 ( x1 ?1)( x2 ?1) ? 0,由(?)及f(x1 ) ? f(x2 ), 得x1 ? x2 .与x1 ? x2矛盾。 根据(1)(2)得 ( x1 ?1)( x2 ?1) ? 0, 不妨设x1 ? 1, x2 ? 1. 由(Ⅱ)可知 , f(x2 ) > g(x2 ) , 则 g(x2 ) = f(2-x2 ) , 所以 f(x2 ) > f(2-x2 ) , 从而 f(x1 ) > f(2-x2 ) . 因为

x2 ? 1 , 所 以 2 ? x2 ? 1 , 又 由 (Ⅰ) 可 知 函 数 f(x) 在 区 间 (-∞,1) 内 事 增 函 数 , 所 以 x1 > 2 ? x2 , 即 x1 ? x2 >2.
24. (天津市天津一中 2013 届高三上学期一月考理科数学)已知函数

f(x)=aln(e +1)-(a+1)x,g(x)=x -(a-1)x-f(lnx), a∈R,且 g(x)在 x=1 处取得极值. (1)求 a 的值; (2)若对 0≤x≤3, 不等式 g(x)≤|m-1|成立,求 m 的取值范围; (3)已知?ABC 的三个顶点 A,B,C 都在函数 f(x)的图像上,且横坐标依次成等差数列,讨 论?ABC 是否为钝角三角形,是否为等腰三角形.并证明你的结论.
【答案】解:(1) g ( x) ? x 2 ? (a ? 1) x ? a ln( 1 ? x) ? (a ? 1) ln x( x ? 0) , g ' ( x) ? 2 x ? (a ? 1) ? a ? a ? 1 ( x ? 0) ,
1? x x

x

2

依题设,有 g ' (1) ? 0 ,所以 a=8. (2) g ( x) ? x 2 ? 7 x ? 8 ln( 1 ? x) ? 9 ln x( x ? 0)
g ' ( x) ? 2 x ? 7 ?
' 8 9 ( x ? 1)(x ? 3)(2 x ? 3) ? ? ( x ? 0) ,由 g ( x) ? 0 ,得 x ? 1 或 x ? 3 1? x x x( x ? 1)

函数 g ( x) 增区间(0,1),减区间(1,3) 函数 g ( x) 在 x=3 处取得极小值,g(x)min=g(3);函数 g(x)在 x=1 处取得极大值 g(x)max=g(1), 不等式|m-1|≥g(x),对 0≤x≤3 成立,等价于|m-1|≥g(x)max 成立 即 m-1≥g(x)max=g(1)orm-1≤-g(x)max=-g(1), m≤1-g(1) or m≥1+g(1)

(3)设 A( x1 , f ( x1 )) , B( x2 , f ( x2 )) . C( x3 , f ( x3 )) ,且 x1 ? x2 ? x3 , x 2 ? x1 ? x3 , 2 则 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x3 ) , ∴ BA ? ( x1 ? x2 , f ( x1 ) ? f ( x2 )) , BC ? ( x3 ? x2 , f ( x3 ) ? f ( x2 )) , ∴ BA ? BC ? ( x3 ? x2 )(x1 ? x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x3 ) ? f ( x2 ) ? 0 . 所以 B 为钝角, ? ABC 是钝角三角形.

f ( x) ? 8 ln(1 ? e x ) ? 9 x , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 f ( x1 ? x2 )
2

= 8 [ln( 1 ? e x1 )(1 ? e x1 ) ? ln(1 ? e

x1 ? x2 2

)2 ]
x1 ? x2 2

= 8[ln( 1 ? e x1 ? e x2 ? e x1 ? x2 ) ? ln(1 ? 2e ∵ x1 ? x 2 ∴ e x1 ? e x2 ? 2 e x1 ? e x2 ? 2e ∴1 ? e 1 ? e
x x2

? e x1 ? x2 )]

x1 ? x2 2

? e x1 ? x2 ? 1 ? 2e

x1 ? x2 2

? e x1 ? x2 ∴ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 f (

x1 ? x2 )?0 2

∴ f ( x1 ? x 2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ,故 f(x)是 R 上的凹函数. 2 2
f ' ( x) ? 8e x ? 9 ? ex ? 9 ? ? 0 恒成立∴ f ( x) 在 (?? , ? ?) 上单调递减. 1? ex 1? ex

若 ? ABC 是等腰三角形,则只能是 BA ? BC . 即 ( x1 ? x2 ) 2 ? [ f ( x1 ) ? f ( x2 )]2 ? ( x3 ? x2 ) 2 ? [ f ( x3 ) ? f ( x2 )]2

∵ x 2 ? x1 ? x3 ∴ [ f ( x1 ) ? f ( x2 )]2 ? [ f ( x3 ) ? f ( x2 )]2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x3 ) ? f ( x2 ) .
2

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x2 ) ? f ( x3 ) ∴ f ( x1 ? x3 ) ?
2

f ( x1 ) ? f ( x3 ) , 2

这与 f(x)是 R 上的凹函数矛盾,故 ? ABC 是钝角三角形,但不可能是等腰三角形.
25 . ( 天 津 耀 华 中 学 2013 届 高 三 年 级 第 三 次 月 考 理 科 数 学 试 卷 ) ( 本 小 题 满 分 14 分 ) 已 知 函 数

f ( x) ? px ?

p e 2 ? 2e p ) ,其中无理数 e=2.71828…. ? ln x , g ( x) ? ln x ? (1 ? x x p2

(1)若 p=0,求证: f ( x) ? 1 ? x ; (2)若 f ( x) 在其定义域内是单调函数,求 p 的取值范围; (3)对于在区间(1,2)中的任意常数 p,是否存在 x 0 ? 0 使得 f ( x 0 ) ? g ( x 0 ) 成立?若存在,求出符 合条件的一个 x0;若不存在,请说明理由. 【答案】解: (1)证明:当 p=0 时, f ( x) ? ? ln x . 令 m( x) ? ln x ? x ? 1( x ? 0) ,则 m ?( x) ?

1 1? x ?1 ? x x

若 0 ? x ? 1 ,则 m ?( x) ? 0 , m( x) 在区间 (0,1) 上单调递增; 若 x ? 1 ,则 m ?( x) ? 0 , m( x) 在区间 (1,??) 上单调递减. 易知,当 x=1 时, m( x) 取得极大值,也是最大值. 于是 m( x) ? m(1) ? 0 ,即 ln x ? x ? 1 ? 0 ,即 ? ln x ? 1 ? x 故若 p=0,有 f ( x) ? 1 ? x (2) f ?( x) ? p ?

p 1 px 2 ? x ? p 2 ? ? ,令 h( x) ? px ? x ? p ( x ? 0) 2 2 x x x
1 ? 0 ,则 f ( x) 在 (0,??) 上单调递减,故当 p=0 时符合题意; x
2

①当 p=0, f ?( x) ? ?

②若 p>0, h( x) ? px ? x ? p ? p ( x ? 则当 p ? 递增; ③若p<0,h( x) ? px ? x ? p ? p ( x ?
2

1 2 1 1 ) ? p? ? p? 2p 4p 4p

1 1 1 ? 0 ,即 p ? 时, f ?( x) ? 0 在 x>0 上恒成立,故当 p ? 时, f ( x) 在 (0,??) 上单调 2 2 4p

1 2 1 1 的图像的对称轴为 x ? ) ? p? ? 0 ,h(0) ? p ? 0 , 2p 4p 2p

则 f ?( x) ? 0 在 x>0 上恒成立,故当 p<0 时, f ( x) 在 (0,??) 上单调递减. 综上所述, p ? (??,0] U [ ,??)

1 2

e 2 ? 2e (3) 令 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? px ? 2 ln x ? , 则原问题等价于是否存在 x0>0 使得 F ( x 0 ) ? 0 成 px

立,故只需满足 [ F ( x)] min ? 0 即可. 因为 F ?( x) ? p ?

2 e 2 ? 2e ( px ? e)( px ? 2 ? e) p e 2?e ? ? ? 2 ( x ? )( x ? ) 2 2 x p p px px x

而 x ? 0,1 ? p ? 2 ,故 故当0 ? x ?

e 2?e ? 0, ? 0, p p

e e e 时, F ?( x) ? 0 ,则 F ( x) 在 (0, ) 上单调递减;当 x ? 时, F ?( x) ? 0 ,则 F ( x) 在 p p p

e ( ,??) 上单调递增. p e p 盾,故不存在 x 0 ? 0 使得 f ( x 0 ) ? g ( x 0 ) 成立.
(I)当 m=1 时,求函数 f(x)的单调递减区间; (Ⅱ)求函数 f(x)的 极值; (Ⅲ)若函数 f(x)在区间[0, e 2 ? 1 ]上恰 有两个零点,求 m 的取值范围.
【答案】

易知 F ( x) min ? F ( ) ? e ? 2 ? 2 ln p ? e ? 2 ? 2e ? 2 ln p ? 4 ? 0 与上述要求的 [ F ( x)] min ? 0 相矛

26. (天津市河北区 2013 届高三总复习质量检测(二)数学(理)试题)已知函数 f ( x ) ? ln(1 ? x ) ? mx .

27 .( 天 津 市 滨 海 新 区 五 所 重 点 学 校 2013 届 高 三 联 考 试 题 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 设 函 数

f ( x)?

a ? x l n, xg ( x) ? x3 ? x2 ? 3 . x

(Ⅰ)讨论函数 h( x ) ?

f ( x) 的单调性; x

(Ⅱ)如果存在 x1 , x2 ?[0, 2] ,使得 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? M 成立,求满足上述条件的最大整数 M ; (Ⅲ)如果对任意的 s, t ? [ , 2] ,都有 f (s) ? g (t ) 成立,求实数 a 的取值范围. 2013 年天津市滨海新区五所重点学校高三毕业班联

1 2

a 2a 1 x 2 ? 2a , , ? ln x ? h ( x ) ? ? ? ? x x2 x3 x3 ( x) ? 0 ,函数 h( x)在(0,??)上单调递增 ① a ? 0,h?
【答案】 【解】(Ⅰ) h( x) ?

② a ? 0 , h? (x) ? 0, x ?

2a ,函数 h( x)的单调递增区间为( 2a ,??)

h? (x) ? 0,0 ? x ?

2a ,函数 h( x)的单调递减区间为(0, 2a )

(Ⅱ)存在 x1 , x2 ?[0, 2] ,使得 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? M 成立 等价于: [ g ( x1 ) ? g ( x2 )]max ? M ,
2 考察 g ( x) ? x3 ? x2 ? 3 , g '( x) ? 3 x ? 2 x ? 3 x( x ? ) ,

2 3

x
g '( x )

0

2 (0, ) 3

2 3

2 ( , 2] 3

2

0

?

0
极 ( 最) 小值
? 85 27

?

由 知





可 :

g ( x)

?3

递减

递增

1

2 85 g ( x) min ? g ( ) ? ? , g ( x) max ? g (2) ? 1 3 27 , 112 [ g ( x1 ) ? g ( x2 )]max ? g ( x) max ? g ( x) min ? 27 ,

所以满足条件的最大整数 M ? 4 ;

1 a ? x ln x ? 1 恒成立 2 x 2 等价于 a ? x ? x ln x 恒成立, 记 h( x) ? x ? x2 ln x ,所以 a ? hmax ( x) h '( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x , h '(1) ? 0 . 1 记 h '( x) ? (1 ? x) ? 2ln x , x ? [ ,1) , 1 ? x ? 0, x ln x ? 0, h '( x) ? 0 2 1 即函数 h( x) ? x ? x2 ln x 在区间 [ ,1) 上递增, 2 记 h '( x) ? (1 ? x) ? 2ln x , x ? (1, 2] , 1 ? x ? 0, x ln x ? 0, h '( x) ? 0
(Ⅲ)当 x ? [ , 2] 时, f ( x) ? 即函数 h( x) ? x ? x2 ln x 在区间 (1, 2] 上递减,

x ? 1, h( x) 取到极大值也是最大值 h(1) ? 1 所以 a ? 1 另解 m( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x , m '( x) ? ?3 ? 2ln x ,
由于 x ? [ , 2] , m '( x) ? ?3 ? 2ln x ? 0 , 所以 m( x) ? h '( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x 在 [ , 2] 上递减, 当 x ? [ ,1) 时, h '( x) ? 0 , x ? (1, 2] 时 , h '( x) ? 0 , 即函数 h( x) ? x ? x2 ln x 在区间 [ ,1) 上递增, 在区间 (1, 2] 上递减, 所以 h( x)max ? h(1) ? 1,所以 a ? 1
28. (天津市耀华中学 2013 届高三第一次月考理科数学试题)(本小题满分 14 分)设函数

1 2

1 2

1 2

1 2

f (x)=x2 +bln (x+1) ,

其中 b≠0。 (1)当 b>

1 时,判断函数 f (x) 在定义域上的单调性; 2

(2)求函数 f (x) 的极值点; (3)证明对任意的正整数 n,不等式 ln (

1 1 1 +1)> 2 - 3 都成立。 n n n

【答案】

29. (天津市天津一中 2013 届高三上学期一月考理科数学) 已知函数 f(x)=(x +ax-2a +3a)e (x∈R),其中 A∈R.

2

2

x

(1)当 a=0 时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率; (2)当 a≠2/3 时,求函数 f(x)的单调区间与极值.
【答案】 (1)解:

当a ? 0时,f ( x) ? x 2 e x ,f ' ( x) ? ( x 2 ? 2x)e x,故f ' (1) ? 3e.

所以曲线y ? f ( x)在点(1, f (1))处的切线的斜率为 3e.
(2) 解:f ' ( x) ? x ? (a ? 2) x ? 2a ? 4a e .
2 2 x

?

?

令f ' ( x) ? 0,解得 x ? ?2a,或 x ? a ? 2.由a ?
以下分两种情况讨论。 (1) 若a >

2 知, ? 2a ? a ? 2. 3

2 ,则 ? 2a < a ? 2 .当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表: 3

? 2a ? x ?? ?,

? 2a

?? 2a,a ? 2?

a?2

?a ? 2, ? ??

+ ↗

0 极大值

— ↘

0 极小值

+ ↗

所以f ( x)在(??, ? 2a), (a ? 2, ? ?)内是增函数,在 (?2a,a ? 2)内是减函数 .
函数f ( x)在x ? ?2a处取得极大值 f (?2a),且f (?2a) ? 3ae?2a . 函数f ( x)在x ? a ? 2处取得极小值 f (a ? 2),且f (a ? 2) ? (4 ? 3a)e a?2 .
(2) 若a <

2 ,则 ? 2a > a ? 2 ,当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表: 3

x

?? ?,a ? 2?
+ ↗

a?2
0 极大值

?a ? 2, ? 2a ?
— ↘

? 2a
0 极小值

?? 2a, ? ??
+ ↗

所以f ( x)在(??,a ? 2), (?2a, ? ?)内是增函数,在 (a ? 2, ? 2a)内是减函数。
函数f ( x)在x ? a ? 2处取得极大值 f (a ? 2),且f (a ? 2) ? (4 ? 3a)e a?2 .
函数f ( x)在x ? ?2a处取得极小值 f (?2a),且f (?2a) ? 3ae?2a .
30 . ( 天 津 市 河 东 区 2013 届 高 三 第 二 次 模 拟 考 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 a,b 为 常 数 , 且 a≠0, 函 数

f (x)=-ax +b +ax ln x,f (e)=2(e=2.71828... 是自然对数的底数).
(1)求实数 b 的值; (2)求函数 f (x) 的单调区间.
【答案】

31. (天津市天津一中 2013 届高三上学期第三次月考数学理试题)已知函数 f ( x ) ?

ln x ? 1. x

(1)求函数 f ( x ) 的单调区间; (2)设 m ? 0 ,求函数 f ( x ) 在 [m, 2m] 上的最大值; (3)证明:对 ?n ? N ,不等式 ln(
*

2?n e 2?n ) ? 恒成立 n n

【 答 案 】

a2 ,g ( x) ? x ? ln x ,其中 a ? 0 . 32. (天津市宝坻区 2013 届高三综合模拟数学 (理) 试题) 已知函数 f ( x) ? x ? x (Ⅰ)若 x ? 1 是函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) 的极值点,求实数 a 的值;
(Ⅱ)若对任意的 x1,x2 ??1, e? ( e 为自然对数的底数)都有 f ( x1 ) ≥ g ( x2 ) 成立,求实数 a 的取值范围.
【答案】解:(Ⅰ)由已知 h( x) ? 2 x ?

a2 ? ln x , x ? (0,??) x

a2 1 所以 h?( x) ? 2 ? 2 ? x x 2 因为 x ? 1 是函数 h( x) 的极值点,所以 h?(1) ? 0 ,即 3 ? a ? 0
因为 a ? 0 ,所以 a ? 3 (Ⅱ)对任意的 x1,x2 ??1, e? 都有 f ( x1 ) ≥ g ( x2 ) 成立, 当 x ??1, e? 时, g ?( x) ? 1 ? 所以 ? g ( x)?max

等价于对任意的 x1,x2 ??1, e? 都有 ? f ( x)?min ≥? g ( x2 )?max

1 ? 0 ,所以 g ( x) ? x ? ln x 在 ?1,e? 上是增函数 x ? g (e) ? e ?1

a 2 ( x ? a)( x ? a) 因为 f ?( x) ? 1 ? 2 ? ,且 x ??1, e? , a ? 0 x x2 ? x ? a ?? x ? a ? ? 0 ①当 0 ? a ? 1 且 x ??1, , e? 时, f ? ? x ? ? x2 a2 所以函数 f ? x ? ? x ? 在 ?1,e? 上是增函数 x 2 ∴? ? f ? x ?? ? min ? f ?1? ? 1 ? a

由 1 ? a ≥ e ? 1 ,得 a ≥ e 又 0 ? a ? 1 ,∴ a 不合题意 ②当 1≤ a ≤ e 时
2

若 1≤ x < a ,则 f ? ? x ? ?

x2 ? x ? a ?? x ? a ? ? 0 若 a < x ≤ e ,则 f ? ? x ? ? x2 a2 ∴函数 f ? x ? ? x ? 在 ?1,a ? 上是减函数,在 ? a,e? 上是增函数 x ∴? ? f ? x ?? ? min ? f ? a ? ? 2a
由 2 a ≥ e ? 1 ,得 a ≥ 又 1≤ a ≤ e ,∴

? x ? a ?? x ? a ? ? 0

e ?1 2

e ?1 ≤a≤e 2

③当 a ? e 且 x ? ?1,e? 时, f ? ? x ? ?

? x ? a ?? x ? a ? ? 0
x2

a2 ∴函数 f ? x ? ? x ? 在 ?1,e? 上是减函数 x a2 a2 f x ? f e ? e ? e ? ? ∴? , 由 ≥ e ? 1 ,得 a ≥ e ? ? ? ? ? ? min e e 又 a ? e ,∴ a ? e ? e ?1 ? 综上所述, a 的取值范围为 ? ,?? ? ? 2 ?
33 .( 天 津 市 蓟 县 二 中 2013 届 高 三 第 二 次 模 拟 考 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数

f ( x) ? x2 ? 2ln x, g ( x) ? x2 ? x ? a. (Ⅰ)求函数 f ( x ) 的极值; (Ⅱ)设函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ,若函数 h( x) 在[1,3]上恰有两个不同零点,求实数 a 的取值范围.
【答案】

解:(Ⅰ)因为 f ?( x) ? 2 x ?

2 , x

令 f ?( x) ? 0 ,因为 x ? 0 ,所以 x ? 1

x
f ?( x ) f ( x)
所以 f ( x)min ? f (1) ? 1

(0,1)

1 0 极小值

(1, ??)

?

?

34. (2009 高考(天津理))已知函数

f ( x) ? ( x2 ? ax ? 2a2 ? 3a)e x ( x ? R), 其中 a ? R (1)当 a ? 0 时,求曲线 y ? f ( x)在点(1, f (1)) 处的切线的斜率; 2 (2)当 a ? 时,求函数 f ( x ) 的单调区间与极值? 3
【答案】 本小题主要考查导数的几何意义、 导数的运算、 利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识,

考查运算能力及分类讨论的思想方法? 满分 12 分? (I)解: 当a ? 0时,f ( x) ? x 2 e x ,f ' ( x) ? ( x 2 ? 2 x)e x,故f ' (1) ? 3e.

所以曲线y ? f ( x)在点(1, f (1))处的切线的斜率为 3e.
(II) 解:f ' ( x) ? x 2 ? (a ? 2) x ? 2a 2 ? 4a e x .

?

?

令f ' ( x) ? 0,解得 x ? ?2a,或 x ? a ? 2.由a ?
以下分两种情况讨论? (1) 若a >

2 知, ? 2a ? a ? 2. 3

x

2 ,则 ? 2a < a ? 2 .当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表: 3 ?? ?, ?? 2a,a ? 2? ? 2a ? ? 2a a?2
+ ↗ 0 极大值 — ↘ 0 极小值

?a ? 2, ? ??
+ ↗

所以f ( x)在(??, ? 2a), (a ? 2, ? ?)内是增函数,在 (?2a,a ? 2)内是减函数 .

函数f ( x)在x ? ?2a处取得极大值 f (?2a),且f (?2a) ? 3ae?2a . 函数f ( x)在x ? a ? 2处取得极小值 f (a ? 2),且f (a ? 2) ? (4 ? 3a)e a?2 . 2 (2) 若a < ,则 ? 2a > a ? 2 ,当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表: 3 ?? ?,a ? 2? ?a ? 2, ? 2a ? a?2 ? 2a x
+ ↗ 0 极大值 — ↘ 0 极小值

?? 2a, ? ??
+ ↗

所以f ( x)在(??,a ? 2), (?2a, ? ?)内是增函数,在 (a ? 2, ? 2a)内是减函数。

函数f ( x)在x ? a ? 2处取得极大值 f (a ? 2),且f (a ? 2) ? (4 ? 3a)e a?2 . 函数f ( x)在x ? ?2a处取得极小值 f (?2a),且f (?2a) ? 3ae?2a .

35. (天津市新华中学 2012 届高三上学期第二次月考理科数学)已知函数 f(x)=

1 2 ax -(2a+1)x+2lnx(a 2

∈R). (1)若曲线 y=f(x)在 x=1 和 x=3 处的切线互相平行,求 a 的值; (2)求 f(x)的单调区间; (3)设 g(x)=x -2x,若对任意 x 1 ∈(0,2],均存在 x 2 ∈(0,2],使得 f(x 1 )<g(x 2 ) ,求 a 的取值范围。
【答案】 (1)f′(x)=ax-(2a+1)+
2

2 x

f′(1)=f′(3)

∴a-2a-1+2=3a-2a-1+

2 3

∴-a+1=a-

1 3

a=

2 3

(2)注 x>0! f′(x)= ∵x>0

ax2 ? (2a ? 1) x ? 2 x
∴令 f′(x)>0 得 ax -(2a+1)x+2>0 ∴f(x)在(0,2)在(2,+ ? )
2

<1>a=0 时,得 x<2

a ? 0 时,f′(x)>0 得(x-2)(ax-1)>0 <2>a<0 时,f′(x)>0 得(x-2)(x∴f(x)在(0,2)在(2,+ ? ) <3>a>0 时 f′(x)>0 得(x-2)(x-

1 )<0 a

1 )>0 a



1 1 =2 即 a= 时,f(x)在(0,+ ? ) a 2 1 1 1 1 >2 即 0<a< 时,f(x)在( ,+ ? )在(0,2)在(2, ) a 2 a a 1 1 1 1 <2 即 a> 时,f(x)在(0, )在(2, + ? )在( ,2) a 2 a a





(3)f max (x)<g max (x) x∈(0,2] ∵g max (x)=g(2)=0 ∴f max (x)<0, x∈(0,2] 由(2)知①a≤

1 时 f(x)在(0,2] 2

∴f max (x)=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln2

=-2a-2+2ln2<0 ∴a>ln2-1 ∴ln2-1<a≤

1 2

②a>

1 1 1 时,f(x)在(0, )在( ,2) 2 a a 1 a 1 1 1 )= · 2 -(2a+1)· +2ln a 2 a a a

∴f max (x)=f( =

1 1 -2- -2lna 2a a 1 2a 1 2a
∴lna>ln a>ln2-1

=2-2lna-

=-2(1+lna)-

∵a> 经上

1 2

1 1 >ln =-1 2 e

∴f(

1 )<0 a

∴a>

1 2

36 . ( 天 津 市 红 桥 区 2013 届 高 三 第 一 次 模 拟 考 试 数 学 ( 理 ) 试 题 ( Word 版 含 答 案 ) )设

f ( x ) ? x | x ? 1| ?bln x ? m,( b,m ? R ) (I)当 b=3 时,判断函数 f(x)在[l, ?? )上的单调性; (II)记 h( x ) ? f ( x ) ? bln x ,当 m>1 时,求函数 y ? h( x ) 在[0,m]上的最大值;
(III)当 b=1 时,若函数 f(x)有零点,求实数 m 的取值范围.
【答案】

37. (天津市六校 2013 届高三第二次联考数学理试题(WORD 版) )已知函数 f(x)=2lnx+ax -1(a∈R)

2

(1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若 a=1,分别解答下面两题, (i)若不等式 f(1+x)+f(1-x)<m 对任意的 0<x<1 恒成立,求 m 的取值范围; (ii)若 x1,x2 是两个不相等的正数,且 f(x1)+f(x2)=0,求证 x1+x2>2.
【答案】
/

解:(Ⅰ)f(x)的定义域为 (0, ??) , f / ( x) ?

2 ? 2ax , x

令 f ( x) ? 0, ? x ? 0 ,? 2ax 2 ? 2 ? 0 ,

①当 a ? 0 时, f / ( x) ? 0 在 (0, ??) 恒成立,? f(x)递增区间是 (0, ??) ; ② 当 a ? 0 时 , ? 2ax ? 2 ? 0 ? x ? ?
2 2

1 1 1 ? ? ? ? x ? ? , 又 x>0, a a a

? f ( x) 递 增 区 间 是

(0,

?a ?a ) ,递减区间是 ( , ??) ?a ?a
2 2

(Ⅱ)(ⅰ) 设 F ( x) ? f (1 ? x) ? f (1 ? x) ? 2 ln(1 ? x) ? (1 ? x) ? 1 ? 2 ln(1 ? x) ? (1 ? x) ? 1 , 化简得: F ( x) ? 2 ln(1 ? x) ? 2 ln(1 ? x) ? 2 x 2 , F / ( x) ?

2 2 4 x3 , ? ? 4x ? ? 1? x 1? x 1 ? x2

? 0 ? x ? 1 ,? F / ( x) ? 0 在 0 ? x ? 1 上恒成立,? F ( x) 在 x ? (0,1) 上单调递减, 所以 F ( x) ? F (0) ? 0 ,? m ? 0 ,即 m 的取值范围是 [0,??) (ⅱ)? f (1) ? 0 , f ( x) 在 (0, ??) 上单调递增, ①若 x1 , x2 ? (0,1) ,则 f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? 0, 则 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 与已知 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? 0 矛盾, ②若 x1 , x2 ? (1, ??) ,则 f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? 0, 则 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 与已知 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? 0 矛盾, ③若 x1 ? 1 ,则 f ( x1 ) ? 0 ,又 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? 0 ,? f ( x2 ) ? 0 得 x2 ? 1 与 x1 ? x2 矛盾, ④不妨设 0 ? x1 ? 1 ? x2 ,则由(Ⅱ)知当 0 ? x ? 1 时, f (1 ? x) ? f (1 ? x) ? 0 , 令 1 ? x ? x1 ,则 f (2 ? x1 ) ? f ( x1 ) ? 0 ? f (2 ? x1 ) ? ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) , 又 f ( x) 在 (0, ??) 上单调递增,? 2 ? x1 ? x2 , 即 x1 ? x2 ? 2
证 2; f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 ? 2 ln x1 ? x12 ? 1 ? 2 ln x2 ? x2 2 ? 1 ? 0

? 2 ln x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? 2 x1 x2 ? 2 ? 0 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? 2 x1 x2 ? 2 ln x1 x2 ? 2 , 2 2(t ? 1) 设 t ? x1 x2 ,则 t>0, g (t ) ? 2t ? 2 ln t ? 2 , g / (t ) ? 2 ? ? , t t / 令 g (t ) ? 0 ,得 t ? 1 ,? g (t ) 在(0,1)单调递减,在 (1, ??) 单调递增, ? g (t ) min ? g (1) ? 4,
? ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 ,又因为 t ? 1 时, x1 ? x2 ? 1 ,?" ?" 不成立.

? ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 ,? x1 ? x2 ? 2
38 .( 天 津 耀 华 中 学 2013 届 高 三 年 级 第 三 次 月 考 理 科 数 学 试 卷 ) 已 知 函 数

f ( x) ? px ?

p e 2 ? 2e p ) ,其中无理数 e=2.71828. ? ln x , g ( x) ? ln x ? (1 ? x x p2

(1)若 p=0,求证: f ( x) ? 1 ? x ; (2)若 f ( x) 在其定义域内是单调函数,求 p 的取值范围; (3)对于在区间(1,2)中的任意常数 p,是否存在 x 0 ? 0 使得 f ( x 0 ) ? g ( x 0 ) 成立?若存在,求出符合条件 的一个 x0;若不存在,请说明理由. 【答案】解:(1)证明:当 p=0 时, f ( x) ? ? ln x .

1 1? x ?1 ? x x 若 0 ? x ? 1 ,则 m ?( x) ? 0 , m( x) 在区间 (0,1) 上单调递增; 若 x ? 1 ,则 m ?( x) ? 0 , m( x) 在区间 (1,??) 上单调递减. 易知,当 x=1 时, m( x) 取得极大值,也是最大值. 于是 m( x) ? m(1) ? 0 ,即 ln x ? x ? 1 ? 0 ,即 ? ln x ? 1 ? x 故若 p=0,有 f ( x) ? 1 ? x
令 m( x) ? ln x ? x ? 1( x ? 0) ,则 m ?( x) ?

p 1 px 2 ? x ? p ,令 h( x) ? px 2 ? x ? p ( x ? 0) ? ? x2 x x2 1 ①当 p=0, f ?( x) ? ? ? 0 ,则 f ( x) 在 (0,??) 上单调递减,故当 p=0 时符合题意; x 1 2 1 1 2 ②若 p>0, h( x) ? px ? x ? p ? p ( x ? ) ? p? ? p? 2p 4p 4p 1 1 1 则当 p ? ? 0 ,即 p ? 时, f ?( x) ? 0 在 x>0 上恒成立,故当 p ? 时, f ( x) 在 (0,??) 上单调递增; 2 2 4p 1 2 1 1 2 ③若 p<0, h( x) ? px ? x ? p ? p ( x ? 的图像的对称轴为 x ? ) ? p? ? 0 , h(0) ? p ? 0 , 2p 4p 2p 则 f ?( x) ? 0 在 x>0 上恒成立,故当 p<0 时, f ( x) 在 (0,??) 上单调递减. 1 综上所述, p ? (??,0] U [ ,??) 2 e 2 ? 2e (3)令 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? px ? 2 ln x ? ,则原问题等价于是否存在 x0>0 使得 F ( x 0 ) ? 0 成 px 立,故只需满足 [ F ( x)] min ? 0 即可.
(2) f ?( x) ? p ?

2 e 2 ? 2e ( px ? e)( px ? 2 ? e) p e 2?e ? ? ? 2 ( x ? )( x ? ) 2 2 x p p px px x e 2?e 而 x ? 0,1 ? p ? 2 ,故 ? 0, ? 0, p p e e e 故 当0 ? x ? 时, F ?( x) ? 0 , 则 F ( x) 在 (0, ) 上单调 递 减 ; 当 x ? 时 , F ?( x) ? 0 , 则 F ( x) 在 p p p e ( ,??) 上单调递增. p e 易知 F ( x) min ? F ( ) ? e ? 2 ? 2 ln p ? e ? 2 ? 2e ? 2 ln p ? 4 ? 0 与上述要求的 [ F ( x)] min ? 0 相矛盾, p 故不存在 x 0 ? 0 使得 f ( x 0 ) ? g ( x 0 ) 成立.
因为 F ?( x) ? p ?
39. (天津市蓟县二中 2013 届高三第六次月考数学(理)试题) 已知函数



. )

(1)若 (2)若函数 围. (3)若

,试确定函数

的单调区间; 处切线的斜率都小于 ,求实数 的取值范

在其图象上任意一点 ,求 的取值范围. 时, ,解得 ,解得 或 , ,

【答案】 (Ⅰ)解:当

,所以



由 由 所以函数 (Ⅱ)解:因为 由题意得: 即 设

的单调增区间为 ,

,减区间为



.

对任意 对任意 ,所以 恒成立,

恒成立,



所以当 因为对任意 所以

时, ,

有最大值为 , 恒成立, 或 或 , .

,解得

所以,实数 的取值范围为 (III) .

40. (天津市 2013 届高三第三次六校联考数学(理)试题)设函数 f ( x) ? ln x ?

1 2 ax ? bx. 2

1 时,求函数 f ( x) 的最大值; 2 1 a 1 (Ⅱ)令 F ( x) ? f ( x) ? ax 2 ? bx ? ( 0 ? x ? 3 )其图象上任意一点 P ( x0 , y0 ) 处切线的斜率 k ≤ 2 x 2 恒成立,求实数 a 的取值范围; 2 (Ⅲ)当 a ? 0 , b ? ?1 ,方程 2mf ( x) ? x 有唯一实 数解,求正数 m 的值.
(Ⅰ)当 a ? b ? [来源:学§科§网 Z§X§X§K
【答案】

1 2 x0 ? x0 ) max , x0 ? (0,3] 2 1 2 1 1 当 x 0 ? 1 时, ? x 0 ? x0 取得最大值 ,所以 a ≥ 2 2 2 2 (3)因为方程 2mf ( x) ? x 有唯一实数解,
∴ a ≥ (?

2 ∵ h(1) ? 0 ,∴方程(*)的解为 x2 ? 1 ,即 m ? m ? 4m ? 1 ,

2

解得 m ?

41. (2012 年天津理)已知函数 f ( x) ? x ? ln( x ? a) 的最小值为 0 ,其中 a >0 .

1 2

(Ⅰ)求 a 的值;(Ⅱ)若对任意的 x ? [0,+?) ,有 f (x) ? kx 2 成立,求实数 k 的最小值; (Ⅲ)证明:

? 2i ? 1 ? ln (2n+1)<2 (n ? N
i =1

n

2

*

).

【答案】(1)函数 f ( x ) 的定义域为 (?a, ??)

1 x ? a ?1 ? ? 0 ? x ? 1 ? a ? ?a x?a x?a f ?( x) ? 0 ? x ? 1 ? a, f ?( x) ? 0 ? ?a ? x ? 1 ? a x ? 1 ? a 时, f ( x)min ? f (1 ? a) ? 1 ? a ? 0 ? a ? 1 得:

f ( x) ? x ? ln( x ? a) ? f ?( x) ? 1 ?

(2)设 g ( x) ? kx2 ? f ( x) ? kx2 ? x ? ln( x ? 1)( x ? 0) 则 g ( x) ? 0 在 x ? [0,+?) 上恒成立 ? g ( x)min ? 0 ? g (0) (*)

g (1) ? k ? 1 ? ln 2 ? 0 ? k ? 0 1 x(2kx ? 2k ? 1) g ?( x) ? 2kx ? 1 ? ? x ?1 x ?1 1 1 ? 2k ? x0 ? g ( x0 ) ? g (0) ? 0 与(*)矛盾 ①当 2k ? 1 ? 0( k ? ) 时, g ?( x) ? 0 ? 0 ? x ? 2 2k 1 ②当 k ? 时, g?( x) ? 0 ? g ( x)min ? g (0) ? 0 符合(*) 2 1 得:实数 k 的最小值为 (lfxlby) 2 1 2 (3)由(2)得: x ? ln( x ? 1) ? x 对任意的 x ? 0 值恒成立 2 2 2 2 (i ? 1, 2,3,? , n) : ? [ln(2i ? 1) ? ln(2i ? 1)] ? 取x? 2i ? 1 2i ? 1 (2i ? 1)2 n 2 当 n ? 1 时, 2 ? ln 3 ? 2 得: ? ? ln (2n+1)<2 (lb ylfx) i =1 2i ? 1

当 i ? 2 时,
n

2 1 1 ? ? 2 (2i ? 1) 2i ? 3 2i ? 1

得:

?[ 2i ?1 ? ln(2i ? 1) ? ln(2i ?1)] ? 2 ? ln 3 ? 1 ? 2n ?1 ? 2
i ?1

2

1

42. (2012-2013-2 天津一中高三年级数学第四次月考检测试卷(理) ) 已知函数

f ? x ? ? ln ? x ? a ? ? x2 ? x 在

x ? 0 处取得极值.
(1)求实数 a 的值; (2)若关于 x 的方程 f ? x ? ? ?

5 x ? b 在区间 ?0, 2? 上恰有两个不同的实数根,求实数 b 的取值范围; 2 3 4 n ?1 ? ? ? ? 2 ? ln ? n ? 1? 都成立. 4 9 n
…………1 分 …………2 分

(3)证明:对任意的正整数 n ,不等式 2 ?
【答案】解:(1) f
'

? x? ?

1 ? 2 x ? 1, x?a

? x ? 0 时, f ? x ? 取得极值, ? f ' ? 0? ? 0,


1 ? 2 ? 0 ? 1 ? 0, 解得 a ? 1. 经检验 a ? 1 符合题意. …………3 分 0?a
由 f ? x? ? ?

2 (2)由 a ? 1 知 f ? x ? ? ln ? x ?1? ? x ? x,

5 3 x ? b ,得 ln ? x ? 1? ? x 2 ? x ? b ? 0, 2 2

2 令 ? ? x ? ? ln ? x ? 1? ? x ?

3 5 x ? b, 则 f ? x ? ? ? x ? b 在区间 ?0, 2? 上恰有两个不同的实数根等价于 2 2

? ? x ? ? 0 在区间 ?0, 2? 上恰有两个不同的实数根.
'

?' ? x? ?

1 3 ? ? 4 x ? 5?? x ? 1? ? 2x ? ? , x ?1 2 2 ? x ? 1?

当 x ??0,1? 时, ? ? x ? ? 0 ,于是 ? ? x ? 在 ?0,1? 上单调递增; 当 x ? ?1, 2? 时, ? ? x ? ? 0 ,于是 ? ? x ? 在 ?1, 2? 上单调递减.…………6 分
'

?? ? 0 ? ? ?b ? 0 ? 3 ? 依题意有 ?? ?1? ? ln ?1 ? 1? ? 1 ? ? b ? 0 , 2 ? ? ?? ? 2 ? ? ln ?1 ? 2 ? ? 4 ? 3 ? b ? 0
解得, ln 3 ? 1 ? b ? ln 2 ?

1 . 2
2

…………9 分

(3) f ? x ? ? ln ? x ? 1? ? x ? x 的定义域为 x x ? ?1 ,由(1)知 f ' ? x ? ? 令f
'

?

?

? x ? 2 x ? 3? , ? x ? 1?

? x? ? 0 得, x ? 0 或 x ? ? 2 (舍去),
'

3

? 当 ?1 ? x ? 0 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递增;

当 x ? 0 时, f

? x? ? 0 , f ? x ? 单调递减.

? f ? 0? 为 f ? x ? 在 ? ?1, ?? ? 上的最大值. …11 分

? f ? x ? ? f ? 0? ,故 ln ? x ?1? ? x2 ? x ? 0 (当且仅当 x ? 0 时,等号成立)

对任意正整数 n ,取 x ? 故2?

1 ?1 ? 1 1 ? 0 得, ln ? ? 1? ? ? 2 , n ?n ? n n

…………12 分? ln ?

? n ?1 ? n ?1 ?? 2 ? n ? n

3 4 n ?1 3 4 n ?1 ? ? ? ? 2 ? ln 2 ? ln ? ln ? ? ? ln ? ln ? n ? 1? . …………14 分 4 9 n 2 3 n

(方法二)数学归纳法证明: 当 n ? 1 时,左边 ?

1?1 ? 2 ,右边 ? ln(1 ? 1) ? ln 2 ,显然 2 ? ln 2 ,不等式成立. 12

* 假设 n ? k k ? N , k ? 1 时, 2 ?

?

?

3 4 k ?1 ? ? ? ? 2 ? ln ? k ? 1? 成立, 4 9 k

则 n ? k ?1 时 , 有 2 ?

3 4 k ?1 k ? 2 k ?2 ? ??? 2 ? ? ? ln ? k ? 1? . 做 差 比 较 : 2 2 4 9 k ? k ? 1? ? k ? 1?
2

ln ? k ? 2 ? ? ln ? k ? 1? ?

k ?2

? k ? 1?

? ln

k ?2 k ?2 1 ? ? 1 1 ? ? ? ? ln ?1 ? ? ??? 2 2 ? k ? 1 ? k ? 1? ? k ? 1 ? ? k ? 1 (k ? 1) ?

构建函数 F ? x ? ? ln ?1 ? x ? ? x ? x , x ? ? 0,1? ,则 F ? ? x ? ?
2

? x ? 2 x ? 3? ?0, x ?1

? F ? x ? 在? 0,1? 单调递减,? F ? x ? ? F ? 0? ? 0 .
取x?

1 1 ? ? 1 1 ? ? k ? 1, k ? N * ? , ln ?1 ? ?? ? ? F ? 0? ? 0 ? ? 2 ? k ?1 ? k ? 1 ? ? k ? 1 (k ? 1) ?

即 ln ? k ? 2 ? ? ln ? k ? 1? ?

k ?2

? k ? 1?

2

? 0 ,亦即

k ?2

? k ? 1?

2

? ln ? k ? 1? ? ln ? k ? 2 ? ,

故 n ? k ? 1 时,有 2 ?

3 4 k ?1 k ? 2 k ?2 ? ??? 2 ? ? ? ln ? k ? 1? ? ln ? k ? 2 ? ,不等式成立. 2 2 4 9 k ? k ? 1? ? k ? 1?
3 4 n ?1 ? ? ? ? 2 ? ln ? n ? 1? 都成立. 4 9 n

综上可知,对任意的正整数 n ,不等式 2 ?

43. (2013 届天津市高考压轴卷理科数学)设函数

f ? x ? ? x 2 ? ax ? ln x .

(1)若 a ? 1 ,试求函数 f ? x ? 的单调区间; (2)过坐标原点 O 作曲线 y ? f ( x) 的切线,证明:切点的横坐标为 1; (3)令 g ( x) ?
【答案】解: (1) a

f ( x) ,若函数 g ? x ? 在区间(0,1]上是减函数,求 a 的取值范围. ex

? 1 时, f ( x) ? x 2 ? x ? lnx( x ? 0) 1 (2 x ? 1)( x ? 1) ? f '( x) ? 2 x ? 1 ? ? x x ? 1? ?1 ? x ? ? 0, ? , f ' ? x ? ? 0, x ? ? , ?? ? , f ' ? x ? ? 0 ? 2? ?2 ? ? 1? ?1 ? f ? x ? 的减区间为 ? 0, ? ,增区间 ? , ?? ? ? 2? ?2 ?

(2)设切点为 M t , f ? t ? , f ' ? x ? ? 2 x ? ax ? 切线的斜率 k ? 2t ? a ? ,又切线过原点 k ?

?

?

f ?t ? 1 ? 2t ? a ? ,即:t 2 ? at ? ln t ? 2t 2 ? at ? 1? t 2 ? 1 ? ln t ? 0 t t 2 t ? 1 满足方程 t ? 1 ? ln t ? 0 ,由 y ? 1 ? x 2 , y ? ln x 图像可知 x 2 ? 1 ? ln x ? 0 有唯一解 x ? 1 ,切点的横坐标为 1; 1 2 或者设 ? ? t ? ? t ? 1 ? ln t , ? ' ? t ? ? 2t ? ? 0 t ? ? t ? 在 ? 0, +? ? 递增 ,且 ? ?1? =0 ,方程 t 2 ? 1 ? ln t ? 0 有唯一解
(3) g ' ? x ? ?

1 t

1 x f ?t ?

t

f '? x? ? f ? x? ,若函数 g ? x ? 在区间(0,1]上是减函数, ex 1 则 ?x ? (0,1], g ' ? x ? ? 0, 即 : f ' ? x ? ? f ? x ? ,所以 x 2 ? 2 x ? ? ln x ? a ? x ? 1? ? 0 ---(*) x 1 设h ? x ? ? x 2 ? 2 x ? ? ln x ? a ? x ? 1? x ?1 ? x ? ? 2 x 2 ? 2 x ? 1? 1 1 h '? x? ? 2x ? 2 ? 2 ? ? a ? ? ?2?a x x x2 若 a ? 2 ,则 h ' ? x ? ? 0, h ? x ? 在 ? 0,1? 递减, h ? x ? ? h ?1? ? 0
即不等式

f ' ? x ? ? f ? x ? , ?x ? (0,1],

恒成立

若 a ? 2 ,? ? ? x ? ? 2 x ?

1 1 2 1 ? ? 2 ?? ' ? x ? ? 2 ? 3 ? 2 ? 0 2 x x x x ? ? x ? 在 ? 0,1? 上递增, ? ? x ? ? ? ?1? ? ?2
?x0 ? ? 0,1? , 使得? ? x0 ? ? ?a

x ? ? x0 ,1? , ? ? x ? ? ?a ,即 h ' ? x ? ? 0 , h ? x ? 在 ? x0 ,1? 上递增, h ? x ? ? h ?1? ? 0 1 这与 ?x ? ? 0,1? , x 2 ? 2 x ? ? ln x ? a ? x ? 1? ? 0 x 矛盾 综上所述, a ? 2
解法二:
g '? x? ? f '? x? ? f ? x? ,若函数 g ? x ? 在区间(0,1]上是减函数, ex

则 ?x ? (0,1], g ' ? x ? ? 0, 即 : f ' ? x ? ? f ? x ? ,所以 x 2 ? 2 x ? 显然 x ? 1 ,不等式成立 当 x ? ? 0,1? 时, a ? 设 h ? x? ?

1 ? ln x ? a ? x ? 1? ? 0 x

x2 ? 2x ?

1 ? ln x x 恒成立 1? x

x2 ? 2x ?

设? ? x? ? ?x ? 2x ?1?
2

?1 ? x ?? 2 ? x ? ? 0 1 1 ? ? ln x , ? ' x ? 2 1 ? x ? ? ? ? ? x2 x x3 ? ? x ? 在 ? 0,1? 上递增, ? ? x ? ? ? ?1? ? 0 所以 h ' ? x ? ? 0

1 1 1 ? ln x ? x 2 ? 2 x ? 1 ? 2 ? ? ln x x x x , h '? x? ? 2 1? x ?1 ? x ?

h ? x ? 在 ? 0,1? 上递减, h ? x ? ? h ?1? ? lim
x ?1

x2 ? 2x ?

所以 a ? 2

1 ? ln x 1 1 ? ? x ? lim ? ?2 x ? 2 ? ? 2 ? ? 2 x ? 1 1? x x x ? ?

44 . ( 天 津 市 十 二 区 县 重 点 中 学 2013 届 高 三 毕 业 班 联 考 ( 一 ) 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数

f ? x ? ? ln ?2ax ? 1? ?

x3 ? x 2 ? 2ax?a ? R ? 3

(Ⅰ)若 x ? 2 为 f ? x ? 的极值点,求实数 a 的值; (Ⅱ)若 y ? f ? x ? 在 ?3,?? ? 上为增函数,求实数 a 的取值范围; (Ⅲ)当 a ? ?

?1 ? x ? ? b 有实根,求实数 b 的最大值. 1 时,方程 f ?1 ? x ? ? 3 x 2
3

2013 年天津市十二区县重点学校高三毕业班联考(一
【答案】解:(I)

2a x 2ax 2 ? ?1 ? 4a ?x ? 4a 2 ? 2 ? x 2 ? 2 x ? 2a ? 2ax ? 1 2ax ? 1 2a 因为 x ? 2 为 f ? x ? 的极值点,所以 f ??2 ? ? 0 ,即 ? 2a ? 0 ,解得 a ? 0 4a ? 1 (II)因为函数 f ? x ? 在 ?3,?? ? 上为增函数,所以 f ?? x ? ? f ?? x ? ?

?

?

??

x 2ax 2 ? ?1 ? 4a ?x ? 4a 2 ? 2 6 分 ? 0 在 ?3,?? ? 上恒成立 2ax ? 1 ?当 a ? 0 时, f ?? x ? ? x? x ? 2 ? ? 0 在 ?3,?? ? 上恒成立,所以 f ? x ? 在 ?3,?? ? 上为增函数,故 a ? 0 符合
题意 ? 当 a ? 0 时 , 由函数 f ? x ? 的定义域可知 , 必须有 2ax ? 1 ? 0 对 x ? 3 恒成立 , 故只能 a ? 0 , 所以

?

?

??

2ax 2 ? ?1 ? 4a ?x ? 4a 2 ? 2 ? 0 在 ?3,?? ? 上恒成立
2

?

?

令函数 g ? x ? ? 2ax ? ?1 ? 4a ?x ? 4a ? 2 , 其对称轴为 x ? 1 ?
2

?

?

g ? x ? ? 0 在 ?3,?? ? 上恒成立,只要 g ?3? ? 0 即可,
即 g ?3? ? ?4a ? 6a ? 1 ? 0 ,所以
2

1 1 , 因为 a ? 0 , 所以 1 ? ? 1 , 要使 4a 4a

3 ? 13 3 ? 13 3 ? 13 因为 a ? 0 ,所以 0 ? a ? . ?a? 4 4 4 ? 3 ? 13 ? 综上所述,a 的取值范围为 ? 0, ? 4 ? ?
3

?1 ? x ? ? b 可化 为 ln x ? ?1 ? x ?2 ? ?1 ? x ? ? b 1 时,方程 f ?1 ? x ? ? 3 x 2 x 2 2 3 问 题 转 化 为 b ? x ln x ? x?1 ? x ? ? x?1 ? x ? ? x ln x ? x ? x 在 ?0,?? ? 上 有 解 , 即 求 函 数
(Ⅲ)当 a ? ?

g ? x ? ? x ln x ? x 2 ? x 3 的值域 2 3 2 因为函数 g ? x ? ? x ln x ? x ? x ,令函数 h? x ? ? ln x ? x ? x ? x ? 0 ? , ?2 x ? 1??1 ? x ? , 1 则 h?? x ? ? ? 1 ? 2 x ? x x 所以当 0 ? x ? 1 时, h?? x ? ? 0 ,从而函数 h? x ? 在 ?0,1? 上为增函数, 当 x ? 1 时, h?? x ? ? 0 ,从而函数 h? x ? 在 ?1,?? ? 上为减函数, 因此 h? x ? ? h?1? ? 0 而 x ? 0 ,所以 b ? x ? h? x ? ? 0 ,因此当 x ? 1 时,b 取得最大值 0
(第三问如用数形结合求解,相应给分)

45. (天津南开中学 2013 届高三第四次月考数学理试卷)已知函数 f ( x) ? x ? ln(x ? a) 的最小值为 0,其中

a ? 0.
(1)求 a 的值 (2)若对任意的 x ? [0,??) ,有 f ( x) ? kx 2 成立,求实数 k 的最小值 (3)证明

? 2i ? 1 ? ln(2n ? 1) ? 2(n ? N
i ?1

n

2

*

)

【答案】解:(1) f ( x ) 的定义域为 (?a,??)

1 x ? a ?1 ? ,由 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 1 ? a ? ? a , x?a x?a 当 x 变化时, f ?( x), f ( x) 的变化情况如下表: (?a,1 ? a) (1 ? a,??) 1? a x f ?( x) 0 + f ( x) ↘ 极小值 ↗ 因此, f ( x) 在 x ? 1 ? a 处取得最小值,故由题意 f (1 ? a) ? 1 ? a ? 0 ,所以 a ? 1 . (Ⅱ)解:当 k ? 0 时,取 x ? 1 ,有 f (1) ? 1 ? ln 2 ? 0 ,故 k ? 0 不合题意. f ?( x) ? 1 ?
当 k ? 0 时,令 g ( x) ? f ( x) ? kx 2 ,即 g ( x) ? x ? ln(x ? 1) ? kx 2 .

g ?( x) ?
-1.

x ? x(2kx ? (1 ? 2k )) 1 ? 2k ? 2kx ? ? ,令 g ?( x) ? 0 ,得 x1 ? 0, x 2 ? x ?1 x ?1 2k

1 1 ? 2k ? 0, g ?( x) ? 0 在 (0,??) 上恒成立 ,因此 g ( x) 在 [0,??) 上单调递减 ,从而对于 时, 2 2k 任意的 x ? [0,??) ,总有 g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 f ( x) ? kx 2 在 [0,??) 上恒成立. 1 故 k ? 符合题意. 2 1 1 ? 2k 1 ? 2k 1 ? 2k ? 0 ,对于 x ? (0, ) , g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 在 (0, ) 内单调递增,因 (2)当 0 ? k ? 时, 2 2k 2k 2k 1 ? 2k 2 ) 时, g ( x0 ) ? g (0) ? 0 ,即 f ( x0 ) ? kx0 此当取 x 0 ? (0, 不成立. 2k 1 故 0 ? k ? 不合题意, 2 1 综上,k 的最小值为 . 2 (Ⅲ)证明:当 n=1 时,不等式左边 ? 2 ? ln 3 ? 2 =右边,所以不等式成立. 当 n ? 2 时, n n 2 2 ? ? 2 f( ) ? ?? ? ln(1 ? ) ? 2i ? 1 i ?1 ? 2i ? 1 2i ? 1 ? ? i ?1 n n 2 ?? ? ?[ln(2i ? 1) ? ln(2i ? 1)] i ?1 2i ? 1 i ?1 n 2 ?? ? ln(2n ? 1) . i ?1 2i ? 1
(1)当 k ? 在(Ⅱ)中取 k ?

1 x2 ( x ? 0) ,从而 ,得 f ( x ) ? 2 2 2 2 2 f( )? ? (i ? N * , i ? 2) , 2 2i ? 1 (2i ? 1) (2i ? 3)(2i ? 1)

所以有

n n n 2 2 2 2 ? ln( 2 n ? 1 ) ? f ( ) ? f ( 2 ) ? f ( ) ? 2 ? ln 3 ? ? ? ? ? 2 i ? 1 2 i ? 1 2 i ? 1 ( 2 i ? 3 )( 2i ? 1) i ?1 i ?1 i ?3 i ?2

n

n 1 ? 1 ? 1 ? 2 ? ln 3 ? ? ? ? ? 2. ? ? 2 ? ln 3 ? 1 ? 2i ? 1 ? 2n ? 1 i ? 2 ? 2i ? 3 n 2 综上, ? ? ln(2n ? 1) ? 2, n ? N * . i ?1 2i ? 1

46. (天津市南开中学 2013 届高三第三次 (5 月) 模拟考试数学(理) 试题)已知函数 f (x) =

2 +alnx-2 (a>0) 。 x

(Ⅰ)若曲线 y=f(x)在点 P(1,f(1) )处的切线与直线 y=x+2 垂直,求函数 y=f(x)的单调区间; (Ⅱ)若对 ? x∈(0,+∞)都有 f(x)>2(a-1)成立,试求实数 a 的取值范围; (Ⅲ)记 g(x)=f(x)+x-b(b∈R) ,当 a=1 时,函数 g(x)在区间[e b 的取值范围。
【答案】解: (Ⅰ)直线 y=x+2 的斜率为 1。
?1

,e]上有两个零点,求实数

函数 f(x)的定义域为(0,+∞) ,f′(x)= ?

2 a ? , x2 x
……2 分

2 a ? ? ?1 ,解得 a=1 12 1 2 x?2 所以 f(x)= +lnx-2,f′(x)= 2 x x
所以 f′(1)= ? 由 f′(x)>0,得 x>2;由 f′(x)<0 得 0<x<2 所以 f(x)的单调递增区间是(2,+∞) ,单调递减区间为(0,2) (Ⅱ)f′(x)=- ∵ a>0,

……4 分

2 a ax ? 2 ? ? , x2 x x2

2 2 ,由 f′(x)<0 得 0<x< a a 2 2 所以 f(x)的单调递增区间是( ,+∞) ,单调 递减区间为(0, ) a a 2 2 当 x= 时,f(x)取极小值,也就是最小值 f(x) min =f( ) a a ∵ 对 ? x∈(0,+∞)都有 f(x)>2(a-1)成立, 2 ∴ f( )>2(a-1) a 2 2 ? a ln ? 2 ? 2(a ? 1) 2 a a 2 2 2 2 0 ? a ? 。实数 a 的取值范围是(0, ) ∴ a ln ? a,ln ? 1, e a a e 2 (Ⅲ)当 a=1 时,g(x)= +ln x+x-2-b, (x>0) x x2 ? x ? 2 g′(x)= ,由 g′(x)>0 得 x>1,由 g′(x)<0 得 0<x<1。 x2
由 f′(x)>0 得 x> 所以 g(x)的单调递增区间是(1,+∞) ,单调递减区间为(0,1) x=1 时 g(x)取得极小值 g(1) 。

……6 分

……8 分

……9 分

……12 分

? g (e ?1 ) ? 0 ? ?1 因为函数 g(x)在区间[e ,e]上有两个零点,所以 ? g (e) ? 0 ? g (l ) ? 0 ? 2 解得 1<b≤ +e-1。 e
47. (天津市五区县 2013 届高三质量检查(一)数学(理)试题)已知函数

……13 分

……14 分

f ( x) ? ax3 ? bx2 在点 (2, f (2)) 处

的切线方程 为 6x+3y -10=0,且对任意 (I)求 a,b 的值; (Ⅱ)求实数 k 的最小值; (Ⅲ)证明:

的 x ??0, ??? f '( x) ? k ln( x ? 1) 恒成立.

? i ? ln(n ? 1) ? 2
i ?1

n

1

(n ? N?) .

f ?( x) ? 3ax2 ? 2bx, f ?(2) ? ?2 , ∴ 12a ? 4b ? ?2 ① 2 2 将 x ? 2 代入直线方程得 y ? ? ,∴ 8a ? 4b ? ? ② 3 3 1 1 ①②联立,解得 a ? ? , b ? 3 2 1 3 1 2 (Ⅱ)由(Ⅰ)得 f ( x) ? ? x ? x 3 2 2 2 ? f ( x)= ? x ? x ,∴ ? x ? x ? k ln( x ? 1) 在 x ??0, ??? 上恒成立;
【答案】解:(Ⅰ)

即 x2 ? x ? k ln( x ? 1) ? 0 在 x ??0, ??? 恒成立; 设 g ( x) ? x2 ? x ? k ln( x ? 1) , g (0) ? 0 , ∴只需证对于任意的 x ??0, ??? 有 g ( x) ? g (0)

k 2x2 ? x ? k ?1 ? , x ? ? 0, ?? ? x ?1 x ?1 设 h( x) ? 2 x2 ? x ? k ?1 , 9 【D】1.)当 ?=1 ? 8(k ? 1) ? 0 ,即 k ? 时, h( x) ? 0 ,∴ g ?( x) ? 0 8 g ( x) 在 ?0, ??? 单调递增,∴ g ( x) ? g (0) g ?( x) ? 2 x ? 1 ?
【D】2.)当 ?=1 ? 8(k ? 1) ? 0 ,即 k ? 由 x1 ? x2 ? ?

9 2 时,设 x1 , x2 是方程 2 x ? x ? k ? 1 ? 0 的两根且 x1 ? x2 8

1 ,可知 x1 ? 0 , 2 分析题意可知当 x2 ? 0 时对任意 x ??0, ??? 有 g ( x) ? g (0) ;

9 8 综上分析,实数 k 的最小值为 1 2 2 (Ⅲ)令 k ? 1 ,有 ? x ? x ? ln( x ? 1), 即 x ? x ? ln( x ? 1) 在 x ??0, ??? 恒成立
∴ k ? 1 ? 0, k ? 1 ,∴ 1 ? k ?

1 1 1 1 1 ,得 ? 2 ? ln( ? 1) ? 2 ? ln(n ? 1) ? ln n n n n n n n 1 1 1 1 ∴ ? ? 1 ? 2 ? 2 ? ? ? 2 ? (ln 2 ? ln1) ? (ln 3 ? ln 2) ? ? ? [ ln(n ? 1) ? ln n] 2 3 n i =1 i
令x?

1 1 1 ? 2 ? ? ? 2 ? ln(n ? 1) 2 2 3 n 1 1 1 ? 1? ? ??? ? ln(n ? 1) 1? 2 2 ? 3 (n ? 1)n 1 ? 2 ? ? ln(n ? 1) n ? ln(n ? 1) ? 2 =1 ?
∴原不等式得证
48. (天津市耀华中学 2013 届高三第一次月考理科数学试题)(本小题满分 14 分)设函数 f (x)=a (x-

1 )- ln x x

(1)当 a=1 时,求曲线 y =f (x) 在点 (1,f (1)) 处的切线方程; (2)若函数 f (x) 在其定义域内为增函数,求实数 a 的取值范围; (3)设函数 g (x )=

e ,若在[l,e]上至少存在一点 x0 使 f (x0 ) ? g (x0 ) 成立,求实数 a 的取值范围。 x

【答案】

49. (2013 天津高考数学(理) )已知函数 f ( x) ? x 2 ln x .

(Ⅰ) 求函数 f(x)的单调区间;

(Ⅱ) 证明: 对任意的 t>0, 存在唯一的 s, 使 t ? f ( s ) .
2 ln g (t ) 1 ? ? . 5 ln t 2 【答案】本题主要考查函数的概念、函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的单调性、不等式等 基础知识.考查函数思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力. (Ⅰ)解:函数 f ( x ) 的定义域为(0,+∞)

(Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的 s 关于 t 的函数为 s ? g (t ) , 证明: 当 t >e 2 时, 有

f ?( x) ? 2 x ln x ? x ? x(2ln x ? 1) ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ?

当 x 变化时, f ?( x ) , f ( x ) 的变化情况如下表:
x f ?( x) f ( x) (0, 1 ) e ? 1 e 0
极小值

1 . e

(

1 , ??) e ? ?

?

所以函数 f ( x ) 的单调递减区间是 (0, (Ⅱ)证明:当 0 ? x ? 1 时, f ( x) ? 0 .

1 1 ) ,单调递增区间是 ( , ??) . e e

设 t ? 0 ,令 h( x) ? f ( x) ? t , x ? [1, ??) .由(Ⅰ)知, h( x) 在区间 (1, ??) 内单调递增.

h(1) ? ?t ? 0 , h(et ) ? e2t ln et ? t ? t (e2t ?1) ? 0 .故存在唯一的 s ? (1, ??) ,使得 t ? f ( s) 成立. (Ⅲ)证明:因为 s ? g (t ) ,由(Ⅱ)知, t ? f ( s) ,且 s ? 1 ,从而 ln g (t ) ln s ln s ln s u ? ? ? ? , 2 ln t ln f ( s) ln( s ln s) 3ln s ? ln ln s 2u ? ln u 2 ln g (t ) 1 u ? 成立,只需 0 ? ln u ? . 其中 u ? ln s .要使 ? 5 ln t 2 2 2 当 t ? e 时,若 s ? g (t ) ? e ,则由 f ( s ) 的单调性,有 t ? f (s) ? f (e) ? e2 ,矛盾. 所以 s ? e ,即 u ? 1 ,从而 ln u ? 0 成立. u 1 1 另一方面,令 F (u ) ? ln u ? , u ? 1 . F ?(u ) ? ? ,令 F ?(u) ? 0 ,得 u ? 2 . 2 u 2 u 当 1 ? u ? 2 时, F ?(u) ? 0 ;当 u ? 2 时, F ?(u) ? 0 .故对 u ? 1 , F (u ) ? F (2) ? 0 .因此 ln u ? 成立. 2 2 ln g (t ) 1 2 ? . 综上,当 t ? e 时,有 ? 5 ln t 2
50 .( 天 津 市 十 二 校 2013 届 高 三 第 二 次 模 拟 联 考 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数

f ( x) ? (2 ? a)( x ?1) ? 2ln x, g ( x) ? xe1? x ,(a ? R, e ? 2.71828?) (1)当 a ? 1 时,求 f ( x ) 的单调区间; 1 (2)若函数 f ( x ) 在区间 (0, ) 无零点,求 a 的最小值; 2 (3)若对任意给定的 x0 ? (0, e] ,在 (0, e] 上总存在两个不同的 xi (i ? 1, 2) 使得 f ( x1 ) ? g ( x0 ) 成立,求 a
的取值范围.
【答案】


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