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2014年高考理科数学真题汇编 3导数与积分

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2014 年高考数学试题汇编 导数
一.选择题 1. (2014 大纲) 曲线 y ? xe x ?1 在点 (1,1) 处切线的斜率等于 A. 2 e B. e C.2 D.1 ( )

【答案】C. 2. (2014 浙江)已知函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx ? c, 且0 ? f (?1) ? f (?2) ? f (?3)

? 3, 则( A. c ? 3 C 3. (2014 陕西)定积分 B. 3 ? c ? 6 C. 6 ? c ? 9 D. c ? 9 )

? (2 x ? e )dx 的值为(
x 0

1



A.e ? 2
【答案】 【解析】
1 0

B.e ? 1
C

C .e

D.e ? 1

1 0 ?∫ (2 x + e x )dx = ( x 2 + e x ) |1 0 = 1 - 0 + e - e = e,∴选C

4. (2014 湖南)已知函数 f ( x) ? sin( x ? ? ), 且 A. x ?

?

2? 3 0

f ( x ) dx ? 0, 则函数 f ( x) 的图象的一条对称轴是(
D. x ?

)

5? 6

B. x ?

7? 12

C. x ?

?
3

?
6

5(2014 山东)直线 y ? 4 x 与曲线 y ? x 在第一象限内围成的封闭图形的面积为
3

(A) 2 2 (B) 4 2 (C)2(D)4

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6. (2014 新课标 II)设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 y=2x,则 a= A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】 D

? f ( x) = ax - ln(x + 1),∴ f ′( x) = a -

1 . x+1 ∴ f (0) = 0, 且f ′(0) = 2.联立解得a = 3.故选D.
2

7. (2014 江西)若 f ( x ) ? x ? 2 A. ? 1 B. ?

?

1

0

f ( x)dx, 则 ? f ( x )dx ? (
0

1



1 3
1

C.

1 3

D.1

【答案】B 【解析】 设m ? 所以 m ? ?

?

0

则 f( f ? x ?dx , x) ? x

2

2 ? m

, f ( x)dx ?
0

?

1

??
1 0

x 2 ? 2 ? f ( x) dx dx ?
0

1

?

1 3 1 x ? 2mx ? ? 2m ? m , 3 3 0

1

1 . 3
3 2

8. (2014 辽宁)当 x ?[?2,1] 时,不等式 ax ? x ? 4 x ? 3 ? 0 恒成立,则实数 a 的取值范围是( A. [?5, ?3] 【答案】C 【解析】 B. [ ?6, ? ]



9 8

C. [?6, ?2]

D. [?4, ?3]

换元法.当x = 0时,f ( x) ≥ 0成立.当x ≠ 0时,令t = 1 4 3 ? f ( x) = x 3 (a - + 2 + 3 ) ≥ 0,?x∈[-2,1] x x x

1 x

1 ∴ a - t + 4t 2 + 3t 3 ≥ 0,?t ∈[1,+ ∞ ), 且a - t + 4t 2 + 3t 3 ≤ 0,?t ∈ (-∞ ,- ] 2 2 3 2 令g (t ) = a - t + 4t + 3t , 则g ′(t ) = -1+ 8t + 9t = (t + 1)(9t - 1) 1 ? g ′(t )在(-∞ ,-1)上递增,在(-1,- ]上递减,在 [1,+ ∞ )递增 2 ∴ g (-1) ≤0,且g (1) ≥ 0.解得a ≤ -1且a ≥ -6∴ a ∈[-6,-1].选C.
9. (2014 陕西)如图,某飞行器在 4 千米高空水平飞行,从距着陆点 A 的水平距离 10 千米处下降, 行轨迹为某三次函数图像的一部分,则函数的解析式为( ) 已知下降飞

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1 3 3 x ? x 125 5 3 3 x ?x (C) y ? 125
(A) y ? 【答案】 【解析】 A

(B) y ?

2 3 4 x ? x 125 5 3 3 1 x ? x (D) y ? ? 125 5

三次奇函数过点 (0,0), (5, - 2) , 且x = 5为极值点, 即f ′(5) = 0.对A而言, ? f ( x) = 3x2 3 3 3 ∴ f (5) = 1 - 3 = -2,f ′( x) = - ,f ′(5) = - = 0.只有A符合.选A 125 5 5 5
函数 f ( x), g ( x)满足 ① f ( x) ? sin

1 3 3 x - x 125 5

10(2014 湖北 ) 若

?

1 ?1

f ( x) g ( x)dx ? 0, 则称 f ( x), g ( x)为区间?? 1,1? 上的一组正交函数,给出三组函数:

1 1 x, g ( x) ? cos x ;② f ( x) ? x ? 1, g ( x) ? x ? 1 ;③ f ( x) ? x, g ( x) ? x 2 2 2


其中为区间 [ ?1,1] 上的正交函数的组数是( A.0 B.1 C.2 D.3

二.填空题 1. (2014 江苏)在平面直角坐标系 xOy 中,若曲线 y ? ax 2 ? 与直线 7 x ? 2 y ? 3 ? 0 平行,则 a ? b 的值是 ▲ .

b (a,b 为常数)过点 P ( 2,?5) ,且该曲线在点 P 处的切线 x

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2. (2014 广东)曲线 y ? e

?5 x

? 2 在点 (0,3) 处的切线方程为

.

答案 : 5 x ? y ? 3 ? 0 提示 : y ' ? ?5e?5 x ,? y '
x ?0

? ? 5,? 所求切线方程为y ? 3 ? ?5 x,即5 x ? y ? 3 ? 0 .

3(2014 江西).若曲线 y ? e? x 上点 P 处的切线平行于直线 2 x ? y ? 1 ? 0 ,则点 P 的坐标是________. 【答案】 ? ? ln 2, 2? 【解析】

Q y ? e? x ? y ' ? ?e ? x 设P ? x0 , y0 ? ??e ? x0 ? ?2 ? e ? x0 ? 2 Q y0 ? e? x0 ? 2 ? P(? ln 2, 2)
三.解答题 1、(2014 江西)(本小题满分 12 分) 已知函数 (1) 当 (2) 若 时,求 在区间 的极值; 上单调递增,求 b 的取值范围.
2

.

【解析】1)当 b=2 时, f ? x ? = ? x+2 ?

1? ? 1-2x 的定义域为 ? -?, ? 2? ?

f ' ? x ? ? 2 ? x ? 2? 1 ? 2x ? ? x ? 2?
令f
'

2

?5x ? x ? 2 ? 1 1 ? ?2? ? 2 1 ? 2x 1 ? 2x

? x? ? 0 ,解得 x1 ? ?2, x2 ? 0
1 ? 1? ' 时, f ? x ? ? 0 ,所以 f ( x ) 在 ? ??, ?2 ? ,? 0, ? 上单调递减; 2 ? 2?

当 x ? ?2和0<x<

当 ?2<x<

1 1? ? ' 时, f ? x ? ? 0 ,所以 f ( x ) 在 ? ?2, ? 上单调递增; 2 2? ?
1 时, f ( x ) 取得极大值 f (0) ? 4 。 2

所以,当 x ? ?2 时, f ( x ) 取得极小值 f (?2) ? 0 ;当 x ?

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(2) f ? x ? 在 ? 0, ? 上单调递增 ? f ' ? x ? ? 0, 且不恒等于 0 对 x ? ? 0, ? 恒成立????????7 分

? ?

1? 3?

? ?

1? 3?

f ? x ? ? ? 2x ? b?
'

1 1 ?5x 2 ? 2 x ? 3bx 1 ? 2 x ? ? x ? bx ? b ? ? ?2 ? ? 2 1? 2x 1? 2x
2

??5 x 2 ? 3bx ? 2 x ? 0 ??????????????8 分

? 2 ? 5x ? ?b ? ? ? ??????????????10 分 ? 3 ?min

2 ? 5x ? 3

2 ? 5?

1 3 ? 1 ??????????????11 分 3 9

1 ? b ? ??????????????12 分 9
2(2014 安徽)(本小题满分 12 分) 设函数 f ( x) ? 1 ? (1 ? a) x ? x2 ? x3 ,其中 a ? 0 . (Ⅰ)讨论 f ( x ) 在其定义域上的单调性; (Ⅱ)当 x ? [0,1] 时,求 f ( x ) 取得最大值和最小值时的 x 的值. 解: (Ⅰ ) f ( x ) 的定义域为 (??, ??) , f '( x) ? 1 ? a ? 2 x ? 3x 令 f '( x) ? 0 ,得 x1 ?
2

?1 ? 4 ? 3a ?1 ? 4 ? 3a , x2 ? , x1 ? x2 3 3

所以 f '( x) ? ?3( x ? x1 )( x ? x2 ) 当 x ? x1 或 x ? x2 时, f '( x) ? 0 ;当 x1 ? x ? x2 时, f '( x) ? 0 . 故 f ( x ) 在 (??, x1 ) 和 ( x2 , ??) 内单调递减,在 ( x1 , x2 ) 内单调递增. (Ⅱ )因为 a ? 0 ,所以 x1 ? 0, x2 ? 0 . ①当 a ? 4 时, x2 ? 1 ,由(Ⅰ )知, f ( x ) 在 [0,1] 上单调递增, 所以 f ( x ) 在 x ? 0 和 x ? 1 处分别取得最小值和最大值. ②当 0 ? a ? 4 时, x2 ? 1 , 由(Ⅰ )知 f ( x ) 在 [0, x2 ] 上单调递增,在 [ x2 ,1] 上单调递减,

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所以 f ( x ) 在 x ? x2 ?

?1 ? 4 ? 3a 处取得最大值. 3

又 f (0) ? 1, f (1) ? a ,所以 当 0 ? a ? 1 时, f ( x ) 在 x ? 1 处取得最小值; 当 a ? 1 时, f ( x ) 在 x ? 0 和 x ? 1 处同时取得最小值; 当 1 ? a ? 4 时, f ( x ) 在 x ? 0 处取得最小值. 3. (2014 新课标 I) (本小题满分 12 分)设函数 f ( x0 ? ae ln x ?
x

be x ?1 ,曲线 y ? f ( x) 在点(1, f (1) 处的切线为 x

y ? e( x ? 1) ? 2 . (Ⅰ)求 a , b ; (Ⅱ)证明: f ( x) ? 1 .
【解析】 :(Ⅰ) 函数 f ( x ) 的定义域为 ? 0, ??? , f ?( x) ? ae ln x ?
x

a x b x ?1 b x ?1 e ? 2e ? e x x x

由题意可得 f (1) ? 2, f ?(1) ? e

,故 a ? 1, b ? 2

?????6 分

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x) ? e ln x ?
x

2 2e x ?1 ?x ,从而 f ( x) ? 1 等价于 x ln x ? xe ? e x
时, g ?( x) ? 0 ,当 x ? ? , ?? ?

设函数

? 1? g ( x) ? x ln x ,则 g ?( x) ? x ? ln x ,所以当 x ? ? 0, ? ? e?
,故 g ( x) 在

?1 ?e

? ?

时,

g ?( x) ? 0

? 1? ? 0, ? 单调递减,在 ? e?

?1 ? ? , ?? ? 单调递增,从而 ?e ?
?????8 分

g ( x) 在 ? 0, ???

的最小值为

1 1 g( ) ? ? . e e
设函数

h( x) ? xe ? x ?
,故 h( x)

2 ?x ,则 h?( x) ? e ?1 ? x ? ,所以当 x ? ? 0,1? 时, h?( x) ? 0 e


,当 x ? ?1, ?? ?

时,

h?( x) ? 0

? 0,1? 单调递增,在 ?1, ??? 单调递减,从而

h( x) g ( x) 在 ? 0, ???

的最小值为

1 h(1) ? ? . e
综上:当 x ? 0 时, g ( x) ? h( x) ,即 f ( x) ? 1 . 4. (2014 新课标 II)(本小题满分 12 分) 已知函数 f ? x ? = e x ? e ? x ? 2 x (Ⅰ)讨论 f ? x ? 的单调性; (Ⅱ)设 g ? x ? ? f ? 2x ? ? 4bf ? x ? ,当 x ? 0 时, g ? x ? ? 0 ,求 b 的最大值;
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?????12 分

(Ⅲ)已知 1.4142 ?

2 ? 1.4143 ,估计 ln2 的近似值(精确到 0.001)

【答案】 (1)

(1)

f ( x)在R上单增

(2) 2

? f ( x) = e x - e- x - 2 x,x ∈ R ∴ f ′( x) = e x + e- x - 2 = e x + 所以,f ( x)在R上单增 .
(2)

1 1 -2 ≥ 2 e x ? x - 2 = 0. x e e

g ( x) ? f (2 x) - 4bf ( x) ? e 2 x - e -2 x - 4 x - 4b(e x - e - x - 2 x) ? 0, x ? 0. 令h( x) ? e 2 x - e -2 x - 4 x - 4b(e x - e - x - 2 x), x ? 0, 则h(0) ? 0. h ?( x) ? 2e 2 x ? 2e -2 x - 4 - 4b(e x ? e - x - 2), ∴?x∈ (0,m),m ? 0,使h ?( x) ≥0. 即2e 2 x ? 2e -2 x - 4 - 4b(e x ? e - x - 2) ≥0 即e 2 x ? e -2 x - 2 - 2b(e x ? e - x - 2) ≥0..x ∈ (0,m),m ? 0. 同理,令m( x) ? e 2 x ? e -2 x - 2 - 2b(e x ? e - x - 2),x ∈ (0,m),m ? 0, 则m(0) ? 0. m?( x) ? 2e 2 x - 2e -2 x - 2b(e x - e - x ), ∴?x∈ (0,t),t ? 0,使m( x) ≥0. 即2e 2 x - 2e -2 x - 2b(e x - e - x ) ≥0,即(e x ? e - x )(e x e - x ) - b(e x - e - x ) ≥0且e x - e - x ? 0, 即e x ? e - x ≥ b,即e x ? e - x ? 2 e x ? e - x ? 2 ≥ b,所以b的最大值为2

5(2014 天津)(本小题满分 14 分) 已知函数 f (x) = x - ae (Ⅰ )求 a 的取值范围; (Ⅱ )证明
x

(a ? R), x ?

R .已知函数 y = f (x) 有两个零点 x1 , x2 ,且 x1 < x2 .

x2 随着 a 的减小而增大; x1

(Ⅲ )证明

x1 + x2 随着 a 的减小而增大.

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【答案】

1 (0, ) e (1)

(2)

省略

(3)

省略

(20)本小题主要考查函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法. 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. 满分 14 分. (Ⅰ)解:由 f (x) = x - aex ,可得 f ? (x) = 1- aex . 下面分两种情况讨论: (1) a ? 0 时

f? (x) > 0 在 R 上恒成立,可得 f ( x) 在 R 上单调递增,不合题意.
(2) a > 0 时, 由 f? (x) = 0 ,得 x = - ln a . 当 x 变化时, f ? (x) , f ( x) 的变化情况如下表:

x
f? (x) f ( x)

(- ? , ln a)
+ ↗

- ln a
0

(- ln a, + ? )
- ↘

- ln a - 1

这时, f ( x) 的单调递增区间是 (- ? , ln a);单调递减区间是 (- ln a, + ? 于是, “函数 y = f (x) 有两个零点”等价于如下条件同时成立: 1° f (- ln a) > 0 ;2°存在 s1 ? 3°存在 s2 ?

).

( ? , ln a),满足 f (s1 ) < 0 ;

( ln a, + ) ,满足 f (s2 ) < 0 . ( ? , ln a),且
骣2
2

- 1 由 f (- ln a) > 0 ,即 - ln a - 1 > 0 ,解得 0 < a < e ,而此时,取 s1 = 0 ,满足 s1 ?

f (s1 ) = - a < 0 ;取 s2 =
所以, a 的取值范围是 (0, e

2 2 + ln ,满足 s2 ? ( ln a, + a a
- 1

鼢 - ea 鼢 + ln - e a < 0 . ) ,且 f (s2 ) = 珑 珑 鼢 珑 鼢 珑 a 桫 桫a

骣 2

2

).
x

(Ⅱ )证明:由 f (x) = x - ae = 0 ,有 a = 设 g ( x) =

x . ex

x 1- x , 由 g? ( x) = x ,知 g ( x) 在 (- ? ,1) 上单调递增,在 (1, + ? x e e

) 上单调递减.

并且, 当x?

(

,0]

时, g ( x) ? 0 ;当 x ? (0,

)时, g (x) > 0 .
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由已知, x1 , x2 满足 a = g (x1 ) , a = g (x2 ). 由 a ? (0, e

1

) ,及 g (x) 的单调性,可得 x1 ? (0,1) , x2 ? (1,

).

- 1 对于任意的 a1 , a2 ? (0, e ) ,设 a1 > a2 , g (x1 ) = g (x2 ) = a1 ,其中 0 < x1 < 1 < x2 ; g (h1 ) = g (h2 ) = a2 ,

其中 0 < h1 < 1 < h2 . 因为 g ( x) 在 (0,1) 上单调递增,故由 a1 > a2 ,即 g (x1 ) > g (h1 ) ,可得 x1 > h1 ;类似可得 x2 < h2 . 又由 x1 , h1 > 0 ,得

x2 h2 h2 . < < x1 x1 h1

所以,

x2 随着 a 的减小而增大. x1
x x

(Ⅲ)证明:由 x1 = ae 1 , x2 = ae 2 ,可得 ln x1 = ln a + x1 , ln x2 = ln a + x2 . 故 x2 - x1 = ln x2 - ln x1 = ln

x2 . x1



ì x2 = tx1, ? ln t t ln t x2 = t ,则 t > 1 ,且 ? 解得 x1 = , x2 = .所以, í ? t- 1 t- 1 x1 ? ? x2 - x1 = ln t ,

x1 + x2 =

(t + 1)ln t
t- 1

.



令 h ( x) =

( x + 1)ln x
x- 1

, x ? (1,

) ,则 h?( x) =
骣 x - 1÷ ? ÷. ? ? 桫x ÷
2

- 2ln x + x -

( x - 1)

2

1 x.

令 u ( x ) = - 2ln x + x 当 x ? (1,

1 ,得 u ? ( x) = x

(x) > 0 .因此,u (x) 在 (1, + ? ) 上单调递增,故对于任意的 x ? (1, ) 时,u? ) 上单调递增.

) ,u(x) > u (1) = 0 ,

由此可得 h? (x)> 0 ,故 h(x)在 (1, + ?

因此,由①可得 x1 + x2 随着 t 的增大而增大. 而由(Ⅱ ) , t 随着 a 的减小而增大,所以 x1 + x2 随着 a 的减小而增大. 6. (2014 湖南)已知常数 a ? 0 ,函数 f ? x ? ? ln ?1 ? ax ? ? (1)讨论 f ? x ? 在区间 ? 0, ??? 上的单调性; (2)若 f ? x ? 存在两个极值点 x1 , x2 ,且 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 0 ,求 a 的取值范围.
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2x . x?2

然后利 用导函数讨论 a 的取值范围使得 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 0 成立.即可解决该问题.

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7、(2014 四川) (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ? e ? ax ? bx ?1,其中 a, b ? R , e ? 2.71828 ??? 为自然对数的底数。
x 2

(Ⅰ )设 g ( x) 是函数 f ( x) 的导函数,求函数 g ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值; (Ⅱ )若 f (1) ? 0 ,函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内有零点,求 a 的取值范围。 【答案】

1 1 e e 1 - b,a ∈ (-∞ , ]; 2a - 2a ln 2a - b,a ∈ ( , ); e - 2a - b,a ∈[ ,+ ∞) 2 2 2 2 (Ⅰ)
(Ⅱ ) (e - 2,1) 【解析】 (Ⅰ)

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? f ( x) = e x - ax2 - bx - 1∴ g ( x) = f ′( x) = e x - 2ax - b ? g ( x) = e x - 2ax - b ∴ g ′( x) = e x - 2a.讨论如下. ( 1)当g ′( x) ≥ 0在区间 [0,1]上恒成立时,g ( x)递增,最小值为 g ( 0) = 1 - b ? g ′( x) = e x - 2a递增, 且g ′( x) ≥ 0在区间 [0,1]上恒成立 1 ∴ g ′(0) ≥ 0,解得a ≤ 2 (2)当g ′( x) ≤ 0在区间 [0,1]上恒成立时,g ( x)递减,最小值为 g (1) = e - 2a - b ? g ′( x) = e x - 2a递增, 且g ′( x) ≤ 0在区间 [0,1]上恒成立 e ∴ g ′(1) ≤ 0,解得a ≥ 2 1 e (3)最后,当a ∈ ( , )时, 2 2 x ? g ′( x) = e - 2a递增∴ g ′( x)在区间 [0,1]上先负后正, g ( x)在区间 [0,1]上先减后增,有最小值 . 令g ′( x) = e x - 2a = 0, 则e x - 2a = 0,即当x = ln 2a时,g ( x)取最小值, g (ln 2a ) = 2a - 2a ln 2a - b 综上,在[0,1]上,f ( x)导数的最小值是: 1 1 e e 1 - b,a ∈ (-∞ , ];2a - 2a ln 2a - b,a ∈ ( , ); e - 2a - b,a ∈[ ,+ ∞) 2 2 2 2
(Ⅱ )

? f ( x) = e x - ax2 - bx - 1,f (1) = 0 ∴ e - a - b - 1 = 0,f ′( x) = e x - 2ax+ a + 1 - e ? f (0) = f (1) = 0,且f ( x)在(0,1)上存在零点完成时间 20140615 qq373780592 ∴ f ( x)在(0,1)上单调性是:增减增, 或减增减 ? f ( x)单调性是增减增,或减 增减∴ f ′( x)有2个零点, 且f ′( x)的导数f ′′( x)有1个零点 由上知,f ′(0) f ′(1) > 0,即(1 - a )(a + 2 - e) > 0,解得a ∈ (e - 2,1) 1 e ? f ′′( x) = e x - 2a单调递增∴由上知,f ′′(0) < 0,且f ′′(1) > 0, 解得a ∈ ( , ) 2 2 1 e ? < e - 2,1< ∴ a ∈ (e - 2,1) 2 2 令f ′′( x) = 0,解得x = ln 2a ?由上知,f ′(ln 2a ) < 0 ∴ 3a - 2a ln 2a + 1 - e < 0 令g(x) = 3 x - 2 x ln 2 x + 1 - e, x ∈ (e - 2,1),则 g′(x)= 3 - 2 ln 2 x - 2 = 1 - 2 ln 2 x单调递减.令g′(x)= 0,解得x = ∴ y = g(x)在(e - 2,1)上先增后减,即 g ( x) ≤g ( e ∈ (e - 2,1) 2

e 3 e )= - e ln e + 1 - e = e + 1 - e < 0 2 2 ∴当a ∈ (e - 2,1)时, 3a - 2a ln 2a + 1 - e < 0,即f ′(ln 2a ) < 0 所以, a ∈ (e - 2,1)
8(2014 山东)(本小题满分 13 分)
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设函数 f ( x) ?

ex 2 ? k ( ? ln x) ( k 为常数, e ? 2.71828 ??? 是自然对数的底数). 2 x x

(Ⅰ)当 k ? 0 时,求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若函数 f ( x ) 在 (0, 2) 内存在两个极值点,求 k 的取值范围.

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9. (2014 陕西)(本小题满分 14 分)
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设函数

f ( x) ? ln(1 ? x), g ( x) ? xf '( x), x ? 0 ,其中 f '( x) 是 f ( x) 的导函数.

(1) g1 ( x) ? g ( x), gn?1 ( x) ? g ( g n ( x)), n ? N? ,求 gn ( x) 的表达式; (2)若

f ( x) ? ag ( x) 恒成立,求实数 a 的取值范围;
? g (n) 与 n ? f (n) 的大小,并加以证明.
(-∞,1]

(3)设 n ? N ? ,比较 g (1) ? g (2) ?

【答案】 【解析】 (1)

(1)

g n ( x) =

x 1+ nx

(2)

(3) 前式 > 后式

1 x , g ( x) = 1+ x 1+ x x x x ? g1 ( x) = g ( x),g n+1 ( x) = g ( g n ( x)), ∴ g1 ( x) = ,g 2 ( x) = 1+ x = x 1+ x 1+ 2 x 1+ 1+ x x x x 假设当n = k ≥ 1时,g k ( x) = .则g k+1 ( x) = 1+ kx = x 1+ kx 1+ (k + 1) x 1+ 1+ kx x ∴当n = k + 1时,g k+1 ( x) = 也成立. 1+ (k + 1) x x 综上, g n ( x) = , n ∈ N+ 1+ nx ? f ( x) = ln(1+ x), g ( x) = xf ′( x), x ≥ 0,∴ f ′( x) =
(2)

? f ( x) ≥ ag( x), g ( x) =

x ax ∴ ln(1+ x) ≥ ,x ≥ 0. 1+ x 1+ x ax 1 a(1+ x - x) 1+ x - a 令h(x)= ln(1+ x) ,x ≥ 0.则, h′(x)= = 1+ x 1+ x (1+ x) 2 (1+ x) 2

? h(0)= 0, h(x) ≥ 0在x ≥ 0上恒成立∴? x ∈[0, t ), t > 0, 使h′(x) ≥ 0 即? x ∈[0, t ), 1+ x - a ≥ 0.解得a ≤ 1.所以,a ∈ (-∞,1]
(3)

第 15 页 共 15 页

? g ( x) =

x n 1 ,∴ g (n) = = 11+ x 1+ n 1+ n

∴ g (1) + g (2) + g (3) + ?+ g (n) - [n - f(n)]= f(n)-

1 1 1 1 -? 1+ 1 1+ 2 1+ 3 1+ n 2 3 4 n+1 1 1 1 1 = ln ( ? ? ? ?? ) -? 1 2 3 n 1+ 1 1+ 2 1+ 3 1+ n 2 1 3 1 4 1 n+1 1 = (ln ) + (ln ) + (ln ) + ?+ (ln ) (a) 1 1+ 1 2 1+ 2 3 1+ 3 n 1+ n x 令h( x) = ln(1+ x) ,x∈ (0,1],则由(2)知,h( x) > 0恒成立. 1+ x n+1 1 ∴ ln > 0恒成立, 式(a ) > 0恒成立 n 1+ n 所以,g (1) + g (2) + g (3) + ?+ g (n) > n - f(n) ,n ∈ N +

10. (2014 湖北)(本小题满分 14 分) ? 为圆周率,e=2.718 28?为自然对数的底数. (Ⅰ)求函数 f ( x ) ?
3 e π e

ln x 的单调区间; x
π 3

(Ⅱ)求 e ,3 ,e ,π ,3 ,π 这 6 个数中的最大数与最小数. 3 e π e π 3 (Ⅲ)将 e ,3 ,e ,π ,3 ,π 这 6 个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论. .(Ⅰ)函数 f ( x) 的定义域为 (0,+ ?) .因为 f ( x) ?

ln x 1 ? ln x ,所以 f ?( x) ? . x x2 当 f ?( x) ? 0 ,即 0 ? x ? e 时,函数 f ( x) 单调递增;
当 f ?( x) ? 0 ,即 x ? e 时,函数 f ( x) 单调递减. 故函数 f ( x) 的单调递增区间为 (0, e) ,单调递减区间为 (e, ? ?) .

(Ⅱ)因为 e ? 3 ? π ,所以 e ln 3 ? e ln π , π ln e ? π ln 3 ,即 ln 3e ? ln π e , ln e π ? ln 3π . 于是根据函数 y ? ln x , y ? e x , y ? π x 在定义域上单调递增,可得
3e ? π e ? π3 , e3 ? e π ? 3π .

故这 6 个数的最大数在 π3 与 3 π 之中,最小数在 3 e 与 e 3 之中. 由 e ? 3 ? π 及(Ⅰ)的结论,得 f (π) ? f (3) ? f (e) ,即 由 由

ln π ln 3 ln e . ? ? π 3 e

ln π ln 3 ,得 ln π3 ? ln 3π ,所以 3π ? π3 ; ? π 3 ln 3 ln e ,得 ln 3e ? ln e3 ,所以 3e ? e3 . ? 3 e

综上,6 个数中的最大数是 3 π ,最小数是 3 e . (Ⅲ)由(Ⅱ)知, 3 ? ? ? ? ? 3 , 3 ? e .又有(Ⅱ)知,
e e 3 e 3

?

ln ?

?

?

ln e e ? ,得 ? ? e . e

故只需比较 e 与 ? 和 e 与 ? 的大小.
3 e 3

?

第 16 页 共 16 页

由(Ⅰ)知,当 0<x<e 时, f ( x ) ? f (e) ? 在上式中,令 x ? 即得 ln ? ? 2 ?

ln x 1 1 ? . ,即 x e e

e2

?

,又

e2

?

? e ,则 ln

e2

?

?

e

?

,从而 2 ? ln ? ?

e

?



e

?

.①

由①得, e ln ? ? e(2 ?
e

e

?

) ? 2.7 ? (2 ?
3

2.72 ) ? 2.7 ? (2 ? 0.88) ? 3.024 ? 3 , 3.1
3 e

即 e ㏑π >3,亦即 ln ? ? ln e ,所以 e ? ? . 又由①得, 3 ln ? ? 6 ?
e 3

3e

?
e

? 6 ? e ? ? ,即 3 ㏑π >π ,所以 e? ? ? 3 .
?
3

综上可得, 3 ? e ? ? ? e ? ? ? 3 ,

?

3 . 即 6 个数从小到大的顺序为 3 ,e ,? ,e ,? ,
e 3 e 3

?

?

11. (2014 辽宁) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ? (cos x ? x)(? ? 2 x) ? (sin x ? 1) , g ( x) ? 3( x ? x) cos x ? 4(1 ? sin x) ln(3 ? 证明: (1)存在唯一 x0 ? (0, (2)存在唯一 x1 ? (

?
2

8 3

2x

?

).

) ,使 f ( x0 ) ? 0 ;

?
2

, ? ) ,使 g ( x1 ) ? 0 ,且对(1)中的 x0 ? x1 ? ? .

【答案】 (1) 0.108 (2) 1.8,0.72 【解析】 (1)

8 8 π π 8 ? f ( x) = (cos x - x)(π + 2 x) - (sin x + 1) ∴ f (0) = π - > 0, f ( ) = (- )(2 π) - (2) < 0, 3 3 2 2 3 π ∴ f ( x)在(0, )上有零点 2 π ? 在(0, )上,y = π + 2 x > 0单调递增↑ ,y = - cos x + x > 0单调递增↑ 2 8 ∴ y = -(- cos x + x)(π + 2 x)单调递减↓ ,且y = - (sin x + 1)单调递减↓ 3 8 ∴ y = f ( x) = (cos x - x)(π + 2 x) - (sin x + 1)单调递减↓ 3 π 所以,f ( x)在(0, )上仅有一个零点 2
(2) (II)考虑 h( x) ?

3( x ? ? ) cos x 2 ? ? 4 ln(3 ? ), x ? [ , ? ]. 1 ? sin x ? 2

第 17 页 共 17 页

令 t ? ? ? x, 则 x ? [ 记 u (t ) ? h(? - t) ?

?

, ? ] 时, t ? [0, ] 2 2

?

3t cost 2 3 f (t ) ? 4 ln(1 ? t ),则u ' (t ) ? 1 ? sin t ? (? ? 2t )(1 ? sin t )
'

由(I)得,当 t ? (0, x0 )时, u (t )? 0, 当t ? ( x0 ,

?
2

)时, u ' (t )?0

在(0, x0 )上 u(t ) 是增函数,又 u (0 ? 0) ,从而当 t ? (0, x0 ) 时, u(t ) ? 0 ,所以 u(t ) 在 (0, x0 ] 上无零点。

? ? ? ) 上 u(t ) 为减函数,由 u( x0 )?0 , u ( ) =-4ln2 ?0 ,知存在唯一 t1 ? ( x0 , ) ,使 u (t1 ) ? 0 . 2 2 2 ? 所以存在唯一的 t1 ? ( x0 , ) ,使 u (t1 ) ? 0 . 2
在 ( x0 , 因此存在唯一的 x1 ,使 h( x1 ) = h(? ? t1 ) = u (t1 ) =0. 因为当 x ? (

?
2

, ? ) 时, 1 ? sin x? 0 ,故 g ( x) =( 1 ? sin x ) h( x) 与 h( x) 有相同的零点,所以存在唯一的

? x1 ? ( , ? ) ,使 g ( x1 ) =0. 2
12. (2014 福建) (本小题满分 14 分) 已知函数 f ?x ? ? e ? ax ( a 为常数)的图像与 y 轴交于点 A ,曲线 y ? f ?x ? 在点 A 处
x

的切线斜率为-1. (I)求 a 的值及函数 f ?x ? 的极值; (II)证明:当 x ? 0 时, x ? e ;
2 x

(III)证明:对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ,使得当 x ? ?x0, ? ?? ,恒有 x ? ce .
2 x

20.解:方法一:(1)由 f(x)=ex-ax,得 f ′(x)=ex-a. 又 f ′(0)=1-a=-1,得 a=2. 所以 f(x)=ex-2x,f ′(x)=ex-2. 令 f ′(x)=0,得 x=ln 2. 当 x<ln 2 时,f ′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln 2 时,f ′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)取得极小值, 且极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4, f(x)无极大值. (2)证明:令 g(x)=ex-x2,则 g′(x)=ex-2x. 由(1)得,g′(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0, 故 g(x)在 R 上单调递增,又 g(0)=1>0, 所以当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x2<ex. (3)证明:①若 c≥1,则 ex≤cex.又由(2)知,当 x>0 时,x2<ex. 故当 x>0 时,x2<cex. 取 x0=0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex.
第 18 页 共 18 页

1 ②若 0<c<1,令 k= >1,要使不等式 x2<cex 成立,只要 ex>kx2 成立. c 而要使 ex>kx2 成立,则只要 x>ln(kx2),只要 x>2ln x+ln k 成立. 2 x-2 令 h(x)=x-2ln x-ln k,则 h′(x)=1- = . x x 所以当 x>2 时,h′(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增. 取 x0=16k>16,所以 h(x)在(x0,+∞)内单调递增. 又 h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k, 易知 k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以 h(x0)>0. 16 即存在 x0= ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. c 综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 方法二:(1)同方法一. (2)同方法一. 4 (3)对任意给定的正数 c,取 x0= , c x x x ?2 ? x ?2 由(2)知,当 x>0 时,ex>x2,所以 ex=e ·e >? ·?2? , 2 2 ?2? x?2?x?2 4?x?2 1 2 当 x>x0 时,ex>? ?2? ?2? >c ?2? =cx , 因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 方法三:(1)同方法一. (2)同方法一. 1 (3)首先证明当 x∈(0,+∞)时,恒有 x3<ex. 3 证明如下: 1 令 h(x)= x3-ex,则 h′(x)=x2-ex. 3 由(2)知,当 x>0 时,x2<ex, 从而 h′(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减, 1 所以 h(x)<h(0)=-1<0,即 x3<ex. 3 3 1 1 取 x0= ,当 x>x0 时,有 x2< x3<ex. c c 3 因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 13(2014 北京)(本小题 13 分) 已知函数

f ( x) ? x cos x ? sin x, x ? [0, ] , 2

?

(1)求证: (2)若 a ?

f ( x) ? 0 ;

? sin x ? b 在 (0, ) 上恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. 2 x

解: (I)由 f ( x) ? x cos x ? sin x 得
第 19 页 共 19 页

f '( x) ? cos x ? x sin x ? cos x ? ? x sin x 。
因为在区间 (0,

?
2

) 上 f '( x) ? ? x sin x

? ?? 0 ,所以 f ( x) 在区间 ?0, ? 上单调递减。 ? 2?

从而 f ( x ) ? f (0) ? 0 。 (Ⅱ)当 x

0 时, “

sin x x

a ”等价于“ sin x ? ax

0” “

n i s x

x

b ”等价于“ sin x ? bx

0” 。

令 g ( x) ? sin x ? cx ,则 g '( x ) ? cos x ? c , 当 c ? 0 时, g ( x)

0 对任意 x ? (0, ) 恒成立。 2

?

当 c ? 1 时,因为对任意 x ? (0,

?
2

) , g '( x ) ? cos x ? c

? ?? 0 ,所以 g ( x) 在区间 ?0, ? 上单调递减。从而 ? 2?

g ( x)

g (0) ? 0 对任意 x ? (0, ) 恒成立。 2
当0

?

c

1 时,存在唯一的 x0 ? (0, ) 使得 g '( x0 ) ? cos x0 ? c ? 0 。 2

?

g ( x) 与 g '( x ) 在区间 (0, ) 上的情况如下: 2

?

x
g '( x ) g ( x)

(0, x0 )
→ ↗

x0
0

( x0 , ) 2
→ ↘

?

因为 g ( x) 在区间 ?0, x0 ? 上是增函数,所以 g ( x0 ) 任意 x ? (0,

“ g ( x) g (0) ? 0 。进一步,

0对

? ? 2 ) 恒成立”当且仅当 g ( ) ? 1 ? c ? 0 ,即 0 c ? , 2 2 2 ? 2 ? 综上所述,当且仅当 c ? 时, g ( x) 0 对任意 x ? (0, ) 恒成立;当且仅当 c ? 1 时, ? 2
?
? 0 对任意 x ? (0, ) 恒成立。 2 sin x ? 2 b 对任意 x ? (0, ) 恒成立,则 a 最大值为 ,b 的最小值为 1. 所以,若 a x 2 ?

g ( x)

14(2014 重庆)(本小题满分 12 分, (1)问 4 分, (2)问 3 分, (3)问 5 分) 已知函数

f ( x) ? ae2 x ? be?2 x ? cx(a, b, c ? R) 的导函数 f '( x) 为偶函数,且曲线 y ? f ( x) 在点 (0, f (0)) 处的

切线的斜率为 4 ? c .

第 20 页 共 20 页

(1)确定 a , b 的值; (2)若 c (3)若

? 3 ,判断 f ( x) 的单调性;

f ( x) 有极值,求 c 的取值范围.
a=b=1 (2)在 R 上单调递增

【答案】 (1) 【解析】 (1)

+ ∞) (3) (4,

? f ( x) = ae2 x - be-2 x - cx∴ f ′( x) = 2ae2 x + 2be-2 x - c,且f ′( x)为偶函数 ? f ′( x) = f ′(- x) ∴a = b.? f ′(0) = 4 - c ∴2a + 2b - c = 4 - c, 解得a = b = 1
(2)由( 1 )知,当c = 3时,f ′( x) = 2e2 x + 2e-2 x - 3 ≥ 2 2e2 x ? 2e-2 x - 3 = 1> 0,则f ( x)在R上单调递增

? f ′( x) = 2e 2 x + 2e -2 x - c ≥ 2 2e 2 x ? 2e -2 x - c = 4 - c.
(3)

∴当c ≤ 4时,f ′( x) ≥ 0恒成立,f(x)无极值. 当c > 4时,f ′( x)即有正又有负, ∴ f (x)存在极值. 所以,当c ∈ (4, + ∞)时,f (x)有极值
3

15(2014 浙江) (本题满分 14 分)已知函数 f ?x? ? x ? 3 x ? a (a ? R). (1)若 f ?x ? 在 ?? 1,1? 上的最大值和最小值分别记为 M (a), m(a) ,求 M (a) ? m(a) ; (2)设 b ? R, 若 ? f ?x ? ? b? ? 4 对 x ? ?? 1,1?恒成立,求 3a ? b 的取值范围.
2

16.(I)因为 f ? x ? ? ?

? x3 ? 3x ? 3a,( x ? a)
3 ? x ? 3x ? 3a,( x ? a)

,所以 f ' ? x ? ? ?

?3x 2 ? 3, ( x ? a)
2 ?3x ? 3, ( x ? a)

,由于 ?1 ? x ? 1 ,

3 (i) 当 a ? ?1 时, 有x ? a, 故 f ? x ? ? x ? 3x ? 3a , 此时 f ?x ? 在 ? ?1,1? 上是增函数, 因此 M ? a ? ? f ?1? ? 4 ? 3a ,

m ? a ? ? f ? ?1? ? ?4 ? 3a , M ? a ? ? m ? a ? ? 4 ? 3a ? ? ?4 ? 3a ? ? 8
(ii)当 ?1 ? a ? 1 时,若 x ? ? a,1? , f ? x ? ? x ? 3x ? 3a ,在 ? a,1? 上是增函数, ,若 x ? ? ?1, a ? ,
3

f ? x ? ? x3 ? 3x ? 3a ,在 ? ?1, a ? 上是减函数,所以 m ? a ? ? max ? f ? ?1? , f ?1?? , m ? a ? ? f ? a ? ? a3 ,由于
1 1 f ?1? ? f ? ?1? ? ?6a ? 2 ,因此,当 ?1 ? a ? 时, M ? a ? ? m ? a ? ? ?a3 ? 3a ? 4 ,当 ? a ? 1 时, 3 3

M ? a ? ? m ? a ? ? ?a3 ? 3a ? 2 ,
3 (iii)当 a ? 1 时,有 x ? a ,故 f ? x ? ? x ? 3x ? 3a ,此时 f ?x ? 在 ? ?1,1? 上是减函数,因此

M ? a ? ? f ? ?1? ? 2 ? 3a , m ? a ? ? f ?1? ? ?2 ? 3a ,故 M ? a ? ? m ? a ? ? 2 ? 3a ? ? 2 ? 3a ? ? 4 ,综上
第 21 页 共 21 页

8, ? a ? ?1? ? ? ??a 3 ? 3a ? 4, ? ?1 ? a ? 1 ? ? ? ? 3? ? ? M ?a? ? m?a? ? ? ; ? ?a 3 ? 3a ? 2, ? 1 ? a ? 1? ? ? ? ?3 ? ? 4, ? a ? 1? ? ?
(II)令 h ? x ? ? f ? x ? ? b ,则 h ? x ? ? ?
2

? x3 ? 3x ? 3a ? b, ( x ? a)
3 ? x ? 3x ? 3a ? b, ( x ? a)

, h '? x? ? ?

?3x 2 ? 3, ( x ? a)
2 ?3x ? 3, ( x ? a)

,因为

? ? f ? x ? ? b? ? ? 4 ,对 x ? ?? 1,1?恒成立,即 ?2 ? h ? x ? ? 2 对 x ? ?? 1,1?恒成立,所以由(I)知,
(i)当 a ? ?1 时, h ? x ? 在 ? ?1,1? 上是增函数, h ? x ? 在 ?? 1,1? 上的最大值是 h ?1? ? 4 ? 3a ? b ,最小值是

h ? ?1? ? ?4 ? 3a ? b ,则 ?4 ? 3a ? b ? ?2 ,且 4 ? 3a ? b ? 2 ,矛盾;
? a ? (ii) 当 ?1 1 3 3 时, 最小值是 h ? a ? ? a ? b , 所以 a ? b ? ?2 , h ? x ? 在 ?? 1,1? 上的最大值是 h ?1? ? 4 ? 3a ? b , 3 1 4 ? 3a ? b ? 2 ,从而 ?2 ? a3 ? 3a ? 3a ? b ? 6a ? 2 且 0 ? a ? ,令 t ? a ? ? ?2 ? a3 ? 3a ,则 t ' ?a ? ?3 ?3a 2?0 , 3

? 1? t ? a ? 在 ? 0, ? 上是增函数,故 t ? a ? ? t ? 0? ? ?2 ,因此 ?2 ? 3a ? b ? 0 , ? 3?
(iii)当

1 ? a ? 1 时, h ? x ? 在 ?? 1,1? 上的最大值是 h ? ?1? ? 3a ? b ? 2 ,最小值是 h ? a ? ? a3 ? b ,所以 3 28 ? 3a ? b ? 0 , a3 ? b ? ?2 , 3a ? b ? 2 ? 2 ,解得 ? 27

(iv)当 a ? 1 时, h ? x ? 在 ?? 1,1? 上的最大值是 h ? ?1? ? 3a ? b ? 2 ,最小值是 h ?1? ? ?2 ? 3a ? b ,所以

3a ? b ? 2 ? 2 , ?2 ? 3a ? b ? ?2 ,解得 3a ? b ? 0 ,综上 3a ? b 的取值范围 ?2 ? 3a ? b ? 0
17. (2014 江苏) (本小题满分 16 分) 已知函数 f ( x) ? e x ? e ? x ,其中 e 是自然对数的底数. (1)证明: f ( x) 是 R 上的偶函数; (2)若关于 x 的不等式 mf ( x ) ≤ e ? x ? m ? 1 在 (0,??) 上恒成立,求实数 m 的取值范围;
3 (3)已知正数 a 满足:存在 x0 ? [1,??) ,使得 f ( x0 ) ? a(? x0 ? 3x0 ) 成立.试比较 e a ?1 与 a e ?1 的大小,并证明你的结 论.

第 22 页 共 22 页

18. (2014 大纲) (本小题满分 12 分) 函数 f ? x ? ? ln ? x ? 1? ?

ax ? a ? 1? . x?a

(I)讨论 f ? x ? 的单调性; (II)设 a1 ? 1, an?1 ? ln(an ? 1) ,证明:

2 3 ? an ? . n+2 n?2

解: (I) f ? x ? 的定义域为 ? ?1, ? ? ? , f ? ? x ? ?

2 ? x? ? x ? ? a ? 2a ??

? x ? 1?? x ? a ?

2



2 2 2 (i) 当 1 ? a ? 2 时, 若 x ? ?1 , a ? 2 a , 则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ?1 , a ? 2a 上是增函数; 若 x ? a ? 2a , 0 , 2 则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 a ? 2 a , 0 上是减函数;若 x ? ? 0 , ? ?? , 则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? 0 , ? ? ? 上是增函数.

?

?

?

?

?

?

?

?

(ii)当 a = 2 时, f ⅱ ( x) ? 0 , f ( x )

0 成立当且仅当 x = 0 , f ( x) 在 (- 1, +

) 上是增函数.

2 ( iii ) 当 a > 2 时 , 若 x ? ( 1, 0) , 则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 是 (- 1 , 0 ) 上 是 增 函 数 ; 若 x ? 0 , a ? 2a , 则

?

?

第 23 页 共 23 页

f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? 0 , a 2 ? 2a ? 上是减函数;若 x ? ? a 2 ? 2a , ? ? ? ,则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? a 2 ? 2a , ? ? ? 上是
增函数. ( II ) 由 ( I ) 知 , 当 a = 2 时 , f ( x) 在 (- 1, +
l n( x + 1 )> 2x 0.又由(I)知,当 a = 3 时, (x > ) x+ 2

) 是 增 函 数 . 当 x ? (0 ,

) 时 , f (x) > f (0) = 0 , 即

f ? x ? 在 [0 , 3) 上是减函数;当 x ? (0 , 3) 时, f (x) < f (0) = 0 ,
3 . n+ 2

即 ln (x + 1) <

3x 2 < an (0 < x < 3) .下面用数学归纳法证明 x+ 3 n+ 2

2 (i)当 n = 1 时,由已知 < a1 = 1 ,故结论成立; 3



ii ) 假 设 当

n= k

时 结 论 成 立 , 即

2 < ak k+ 2

3 k+ 2
3





n= k+1





骣2 ak + 1 = ln (ak + 1) > ln 珑 + 1鼢 > 鼢 珑 珑 桫 k+ 2 鼢

2 2创 k + 2 = 2 , a = ln a + 1 ? ln 骣 3 ( k ) k+1 2 桫 k+ 2 + 2 k+ 3 k+ 2

3 k + 2 = 3 , 即当 n = k + 1 时 1 < 3 k + 3 +3 k+ 2



2 < ak k+ 3

3 ,结论成立.根据(i) 、 (ii)知对任何 n ? N * 结论都成立. k+ 3

第 24 页 共 24 页


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