天津高三数学理科试题分类汇编13导数

最新 2013 届天津高三数学理科试题精选分类汇编13：导数
一、选择题
1 ．（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 ．
B ．1 C． 2 D．
2 ．（天津市耀华中学201
3 届高三第一次月考理科数学试题）已知函数 f (x)= x2 cos x，则
f (0.6),f (0),f (-0.5) 的大小关系是（）
A ．f (0)< f (0.6)< f (-0.5) B．f (0)< f (-0.5)< f (0.6)
C．f (0.6)< f (-0.5)< f (0) D．f (-0.5)< f (0)< f (0.6)
3 ．（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
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
的解集为2
，则 f ( x)
2
2
（
）
A ．x 1 x 1
B ．x x 1
C ．x x 1或 x 1
D．x x 1
二、填空题
5 ．（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
2+2f ’(2)+3, 3
导 ,f(x)=x 则 f （x）dx .
6 ．（天津南开中学2013 届高三第四次月考数学理试卷）若不等式 | ax3 ln x | 1 对任意 x (0,1] 都成
立 , 则实数 a 取值范围是 ________.
1
7 ．（天津市耀华中学2013 届高三第一次月考理科数学试题）计算(2 x+e x )dx = ；
-1
8 ．（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
图形的面积为 _________.
9 ．（天津市天津一中2013
1 e 1dx , 则 m与
n
届高三上学期第二次月考数学理试题）设me x dx,n x
0 1
的大小关系为 ______.
10．（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) x3 bx2 cx d 在区间 [ 1,2] 上是减函数，那么 b c的最大值为________________；
三、解答题
11．
2013 届高三第六次月考数学（理）试题）已知函数（为自然（天津市蓟县二中
对数的底数）．
（1）求的最小值；
（ 2）设不等式的解集为，若，且，求实数的取值范围
（3）已知，且，可否存在等差数列和首项为公比大于0 的等比
数列
，使得 ？若存在，央求出数列 的通项公式．若不存在，请
说明原由．
12．
2013 届高三第六次月考数学（理）试题）
已知函数
（天津市蓟县二中
（ ） .
（1）若
，试确定函数
的单调区间；
（ 2）若函数
在其图象上任意一点 处切线的斜率都小于 ，求实数 的
取值范围 .
（3）若
，求 的取值范围 .
13．（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
x 3
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 ;
1 1 x 3
b ( Ⅲ) 当 a
时 , 方程 f 1 x
x
2
3
有实根 , 求实数 b 的最大值 .
2013 年天津市十二区县重点学校高三毕业班联考
( 一
14．（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 )=2ln x +ax 2-1( a ∈ R)
(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 x 1,x 2 是两个不相等的正数 , 且 f(x 1)+f(x 2)=0, 求证 x 1+x 2>2.
15．（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
n
2
N * )
(3) 证明
2i ln( 2n 1) 2(n
i 1
1
16 ．（ 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
x 2 x 在 x 0 处获取极值 .
(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
上恰有两个不同样的实数
根, 求实数b的取值范2
围；
(3) 证明 : 对任意的正整数
3 4 n 1
ln n 1 都成立. n ,不等式2
9 n2
4
17．（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)=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
1 1 1
n，不等式ln ( +1)> 2 -
n
3 都成立。

n n
18．（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
f (x)=a(x-)- ln 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 x
， e] 上最少存在一点x0使 f (x0 ) g(x0 ) 成立，求实数 a 的取值范
围。

19．（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 x+1)-(a+1)x,g(x)=x 2-(a-1)x-f(lnx), a ∈R, 且g(x) 在x=1 处获取极值.
(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的三个极点 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可否为钝角三角形 , 可否为等腰三角形 . 并证明你的结论 .
20．（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)=(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) 当 a ≠ 2/3 时 , 求函数 f(x) 的单调区间与极值 .
21．（ 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
ax 2 -（ 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 2 -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。

22．（天津市滨海新区五所重点学校
2013
届高三联测试题数学（理）试题）设函数
f ( x)
a
x l n x , g (x) x 3 x 2 3 .
x
( Ⅰ) 谈论函数
h(x)
f (x) x
的单调性 ;
( Ⅱ)
若是存在
x 1, x 2
[0, 2] , 使得 g (x 1) g( x 2 ) M 成立 , 求满足上述条件的最大整数 M ; ( Ⅲ) 若是对任意的 s,t
[ 1
, 2] , 都有 f ( s) g(t ) 成立 , 求实数 a 的取值范围 .
2
2013 年天津市滨海新区五所重点学校高三毕业班联
23．（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 : x
<ln(x+1)<x;(3)
设 f(x) 的最小值为
1 x
g(a), 证明不等式 :-1<ag(a)<0
24．（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,2 m] 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
25 ．（ 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 ，
1 a
g ( x)
, ( 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.
26 ．（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 ln x ，
g ( x) ln x p
(1 e2
2e
) ，其中无理数e=2.71828 .
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）关于在区间（1,2）中的任意常数p，可否存在x00 使得 f ( x0 ) g( x0 ) 成立？若存在，求出吻合条件的一个x0；若不存在，请说明原由 .
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13：导数参照答案
一、选择题
1.
【答案】 A
S 2
f ( x) dx
2
cos xdx
【解析】依照积分的使用可求面积为
( x 1)dx
1
1
( 1 x 2 x) 01 sin x 02 1 1 3
2
2
2 ，选 A.
2. 【答案】 B
【解析】由于函数
f (x)=x 2
cos x 为偶函数，因此 f (
0.5) f (0.5) ， f ' (x)=2 x sin x
，当
0 x 时，
f ' (x)=2 x sin x 0 ，因此函数在
0 x
递加，因此有
f (0)< f (0.5)< f (0.6) ，
2
2
即
f (0)< f ( 0.5)< f (0.6) ，选 B.
3. 【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))' 0，函数 xf ( x) 此时单调递加。

当 x 0 时， xf '( x) f (x)
0 ，即 ( xf (x))' 0 ，函
数 xf (x) 此时单调递减。

又
g( x) f ( x) x 1
xf (x) 1 ，函数 g( x) xf (x) 1 的零点个数
x x
等价为函数 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，因此函数 y
xf (x) 1无零点，因此函数 g( x)
f ( x) x 1 的零点个数为 0
个。

选 C.
4. 【答案】 D
【解析】设 F (x)
f ( x) (
x 1
) , 则 F(1) f (1) (
1
1 ) 110，
2 2 2
2
F '( x)
f '(x)
1
，对任意 x R ，有 F '( x) f '( x) 1 0 ，即函数 F (x) 在 R 上单调递减，
2 x 1 2
则 F ( x) 0 的解集为 (1,
(1, )，选 D.
) ，即 f (x) 的解集为 2 2
二、填空题
5.
- 18
6.
e 2
,
3
7.
1
【答案】 e
e
1
(x
2
e x
)
1
1 =1 e 1
1
e
1
(2 x+ e x )dx
【解析】 -1
e
e
8. 【答案】 4-ln3
【解析】由 xy
1得 y
1
1 1 xy 1 y 3。

当 y
3 ，解得 x B
，由
y
，解得 x C
1
，由
x
x
x
3
x
y 得 x D
3 . 因此依照积分的使用知所求面积为
1
1 )dx 3 11 (3x 1 x
2 ) 1
3
1 (3
(3 x)dx (3x ln x) 3
x 1
3 2
9. 【答案】 m
n
4 ln
1 4 ln 3 .
3
1
e
e
1
dx ln x 1
e
m n
解 : m
0 e x
dx e x 10 e 1 1 n
x 1 dx
1
ln e 1
,
1
x
, 因此
.
10. 【答案】
15
2
解：函数的导数为
f '(x)
3x 2 2bx c ，由于函数 f ( x) x 3 bx 2 cx d 在区间 [ 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
f ' ( 1 ) 0
f ' ( 2 )
， 即
3 2b c 0 ， 设
z b
， 则
c
b z .做出不等式对应的平面地域 BCD,如图
1 2 4b c 0
c
，平移直线 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 3 2b c 0 ，解得b 3 3
, 6)，
z 最大.由2，即 B(
12 4b c 0 c 6 2
代入 z b c 得 z 3 ( 6) 15 ，即 b c 的最大值为15 .
2 2 2
三、解答题
11.解：（ 1）
由当；当
（2），
有解
由即上有解
令，
上减，在 [1， 2]上增
又，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
又时，
故
②-①× 2 得，解得（舍）
故，此时
满足
存在满足条件的数列14 分
12. （Ⅰ）解：当时，
由
由
因此函数（Ⅱ）解：由于
由题意得：
即
设，解得
，解得或
的单调增区间为
对任意
，因此
，因此
，
，
，减区间为
，
对任意
恒成立，
和
恒成立，
，
，
.
因此当时，有最大值为，
由于对任意，恒成立，
因此，解得或，
因此，实数的取值范围为或.
（III ）.
13. 解:(I) f x 2a x2 2x 2a x 2ax2 1 4a x 4a2 2
2ax 1 2ax 1
由于 x 2为 f x 的极值点, 因此f 2 0 ,即
2a
2a 0 , 解得 a 0 4a 1
(II) 由于函数 f x 在 3, 上为增函数 , 因此
f x x 2ax2 1 4a x 4a2 2
0在3, 上恒成立 6 分2ax 1
当 a 0 时, f x x x 2 0 在 3, 上恒成立, 因此f x 在 3, 上为增函数, 故a0 吻合题意
当 a 0 时,由函数 f x 的定义域可知,必定有 2ax 1 0 对 x 3 恒成立,故只能 a 0 ,因此
2ax2 1 4a x 4a2 2 0 在 3, 上恒成立
令函数 2 2 , 其对称轴为1
0,因此 1 ,
g x 2 1 4 a x 4 a 2 x 1 , 由于a 1 1
ax 4a 4a
要使 g x 0在 3, 上恒成立 , 只要g 3 0即可,
即 3 a 2 a 3 13 3 13 a 0 3 13
a 0 a
g 由于, 因此.
4 6 1 0
4 4 4
综上所述 ,a 的取值范围为0,
313
4
3 b 可化为 ln x ( Ⅲ) 当 a
1 时 , 方程 f 1 x 1 x 1 x
2 1 x b
2 3 x x 2 x 1 x x ln x x 2 x 3 在 0, 上有解, 即求函数 问 题 转 化 为 b x ln x x 1 x
g x x ln x x 2 x 3 的值域
由于函数 g x
xln x x 2 x 3 , 令函数 h x ln x x x 2 x 0 , 则 h x
1 1 2x
2 x 1 1 x , x x
因此当 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 , 因此 b x h x 0 , 因此当 x 1 时 ,b 获取最大值 0
( 第三问如用数形结合求解 , 相应给分 )
14. 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) 递加区间是 (0, ) ; ②当 a 0 时 ,
2ax 2 2 0 x 2 1
1 x 1 , 又 x>0, f ( x) 递加区间 a a
a 是 (0, a ) , 递减区间是 ( a , )
a a
( Ⅱ)( ⅰ)
设 F ( x) f (1 x) f (1
x) 2ln(1 x) (1 x)2 1 2ln(1 x) (1 x)2 1 , 化简得 : F ( x) 2ln(1
x) 2ln(1 x) 2x 2 , F / ( x) 2 x 2 4x 4x 32 , 1 1 x 1 x
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 ,
因此 F ( x) F (0) 0 , m 0 , 即 m 的取值范围是 [ 0, )
( ⅱ ) f (1) 0 , f (x) 在 (0,) 上单调递加,
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 ( x2 ) 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 ( x2 ) 0
矛盾 ,
③若 x1 1 ,则 f ( x1 ) 0 ,又 f ( x1 ) f (x2 ) 0 , f (x2 ) 0 得 x2 1与 x1 x2矛盾,
④没关系
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, ) 上单调递加, 2 x1 x2 , 即 x1 x2 2
证 2; f ( x1 ) f (x2 ) 0 2ln x1 x12 1 2ln x2 x2 2 1 0
2ln x1x2 ( x1 x2 ) 2 2x1 x2 2 0 (x1 x2 ) 2 2x1x2 2ln x1 x2 2 , 设 t x1 x2,则t>0, g (t ) 2t 2ln t 2 , g / (t ) 2 2 2(t 1) ,
t t
令 g / (t) 0 ,得 t 1, g (t ) 在(0,1) 单调递减 , 在(1, ) 单调递加,
g (t)min g (1) 4，
( x1 x2 )2 4 ,又由于 t 1 时 , x1 x2 1 , " "不成立.
( x1 x2 )2 4 , x1 x2 2
15. 解:(1) f (x) 的定义域为 ( a, )
f ( x) 1
1 x a 1
0 ,得x 1 a a ,
a x a
, 由f ( x)
x
当 x 变化时 , f (x), f (x) 的变化情况以下表 :
x ( a,1 a) 1 a (1 a, ) f ( x) - 0 +
f ( x) ↘极小值↗
因此 , f ( x)在x 1 a 处获取最小值,故由题意 f (1 a) 1 a 0 ,因此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 .
当 k 0 时 , 令 g( x) f ( x) kx 2 , 即 g (x) x ln( x 1) kx 2 .
g ( x) x 2kx x(2kx (1 2k )) , 令 g ( x) 0 , 得 x 1 0, x 2 1 2k
x 1 x 1 2k
-1.
(1) 当 k
1 时 , 1 2k 0, g ( x) 0 在 (0, ) 上恒成立 , 因此 g (x) 在 [ 0, ) 上单调递减 , 从
2 2k 而关于任意的 x
[0, ) , 总有 g( x) g(0) 0 , 即 f ( x) kx 2 在 [ 0, ) 上恒成立 . 1 吻合题意 .
故 k
2
1 1 2k (0,1 2k ) , g (x) 0 , 故 g( x) 在 (0,1 2k ) 内单调 (2) 当0 k
时 , 0 , 关于 x 2 2k 2k
2k 递加 , 因此当取 x 0 (0, 1
2k ) 时 , g( x 0 ) g(0) 0 , 即 f ( x 0 ) kx 02 不成立 . 1 不合题意 , 2k
故 0 k
2
综上 ,k 的最小值为 1 .
2 2 ln
3 2 =右边 , 因此不等式成立 .
( Ⅲ) 证明 : 当 n=1 时 , 不等式左边
当 n 2 时 ,
n
i 1 2 f ( )
n
i 1 2 2 2i ln(1 2i ) 1 1
n
i 1
n
i 1 2 n [ln( 2i 1) ln( 2i 1)] 2i 1 i 1 2
ln( 2n 1) .
2i 1
在( Ⅱ) 中取 k 1
x 2 0),从而
, 得 f ( x) (x 2 2 f ( 2 ) 2 ( 2i 2
(i N * ,i 2) , 2i 1 ( 2i 1)2 3)(2i
1) 因此有
n
2
n 1) ln( 2n i 1 2i1 i 1 n f ( 2 ) f ( 2)
2i 1 i 3
f ( 2 n 2 ) 2 ln 3 2i 1 i 2 (2i3)(2i 1)
n
2 ln 3
i 2 1 1 1 2 . 2i 3 2i 2 ln 3 1 2n 1 1
n
综上 ,
i 1 2 ln( 2n 1) 2,n N * .
2i 1 16. 解 :(1)
f ' x x 1 2x 1, 1 分 a
x 0 时 , f x 获取极值 , f ' 0 0, 2 分
故 1 2 0 1 0, 解得 a 1.经检验 a 1吻合题意 .3 分
a 0
5 x b （ 2 ） 由 a 1 知 f x ln x 1 x 2 x, 由 f x , 得 3 x b
2 ln x 1 x 2 0,
2
令 x ln x 1 x 2
3 x b, 则 f x 5 x b 在区间 0,2 上恰有两个不同样的实数根等
2 2 价 于 x 0 在 区 间 0 , 2
上恰有两个不同样的实数根. ' x 1 2x 3 4x 5 x 1 ,
2 x 1
x 1 2 当 x 0,1 时 , ' x 0 , 于是 x 在 0,1 上单调递加 ;
当 x
1,2 时, ' x 0 , 于是 x 在 1,2 上单调递减 .6 分 0 b 0
依题意有 1 ln 1 1 1 3 b 0 ,
2
2 ln 1 2 4
3 b 0
解得 , ln 3 1 b
1 9 分
ln 2. 2
(3)
f x ln x 1 x 2 x 的定义域为 x x 1 , 由(1) 知 f ' x x 2x 3 ,
x 1 令 f ' x 0得 , x 0 或 x 3 (舍去),
当 1 x 0 时, f ' x 0 , f x 单调递加 ; 2
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 x 2 x 0 ( 当且仅当 x 0 时, 等号成立 )
对任意正整数 n , 取 x 1 0 得 , ln 1
1 1 1 , 1
2 分 ln n 1 n 1 n n n n 2 n
n 2 故 2 3 4 n 1 ln 2 ln 3 ln 4 ln n 1 ln n 1 . 14 分
4 9 n 2 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 3 4
k 1 假设 n k k N * , k 1 时， 2
ln k 1 成立，
4 9 k 2 则 n k 1 时 ， 有 2 3 4
k 1 k 2 k 2 ln k 1 . 做 差 比 较 ： 4
9 k 2 k 1 2 k 1 2
ln k 2 ln k 1 k 2 2 ln k 2 k 2 2 ln 1 1
1 1 k 1 k 1 k 1 k 1 k 1 (k 1)2
成立函数 F
x ln 1 x x x 2 , x 0,1 ，则 F x x 2x 3 0 ， x 1
F x 在 0,1 单调递减，
F x F 0 0 . 取 x
k 1 k 1, k N * ， ln 1 1 1 1 F 0 0 1 k 1
k 1 (k 1)2 即 ln k 2 ln k 1 k 2 0 ，亦即
k 2 ln k 1 ln k 2 ， k 2 k 2 1 1
故 n k 1时，有 2 3 4 k 1 k 2
k 2 ln k 1 ln k 2 ，不等式 4 9
k 2 k 1 2 k 1 2 成立 .
综上可知，对任意的正整数
n , 不等式 2 3 4
n 1 ln n 1 都成立 .
4 9 n 2
17.
18.
19. 解:(1) g( x) x 2 (a 1) x a ln(1 x) ( a 1) ln x( x 0) , g ' (x) 2x (a 1) a a 1(x 0) , 1 x x
依题设 , 有 g ' (1) 0 , 因此 a=8.
(2) g (x) x 2 7x 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 处获取极小值 ,g(x) min =g(3); 函数 g(x) 在 x=1 处获取极大值 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 ( , f ( x 1 )) , B( x 2 , f ( x 2 )) . C (x 3 , f ( x 3 )) , 且
x 1 x 2 x 3 , x 2
x 1 x 3
,
A x 1 2
则 f (x 1 ) f ( x 2 ) f ( x 3 ) ,
∴BA (x 1 x 2 , f (x 1 ) f ( x 2 )) , BC (x 3 x 2 , f ( x 3 ) f ( x 2 )) , BA BC ( x 3 x 2 )(x 1 x 2 ) f ( x 1 ) f ( x 2 ) f (x 3 ) f (x 2 ) 0 . ∴
因此 B 为钝角 , ABC 是钝角三角
形 . f ( x) 8 ln(1 e x ) 9 x , f (x 1 ) f ( x 2 ) 2 f ( x 1 x 2 ) 2 x 1 x 2 = 8 [ln( 1 e x 1 )(1 e x 1 ) ln(1 e 2 ) 2 ] x 1 x 2 = 8[ln( 1 e x 1 e x 2 e x 1 x 2 ) ln( 1 2 e 2 e x 1 x 2 )] x 2 ∴e x 1 e x 2 2 e x 1 e x 2 x 1 x 2 ∵x 1 2e 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2
x 1 x 2∴ x 1 x 2
∴ e e 1 2e 2 e f ( x 1 ) ) 0 1 e f ( x 2 ) 2 f ( 2 ∴f ( x 1 x 2 ) f (x 1 ) 2 f (x
2 ) , 故 f(x) 是 R 上的凹函数 .
2 f ' ( x) 8e x 9
9 e x
0 恒成立∴ f ( x) 在 ( , ) 上单调递减．
x 1 x
1 e e
若 ABC 是等腰三角形 , 则只能是 BA BC .
即 ( x 1 x 2 ) 2 [ f ( x 1 ) f ( x 2 )] 2 ( x 3 x 2 ) 2 [ f ( x 3 ) f ( x 2 )] 2 ∵ x 1 x 3 ∴
2
[ f ( x 3 ) f (x 2 )] 2
f ( x 1 ) f ( x 2 ) f ( x 3 ) f ( x 2 )
x 2 [ f (x 1 ) f ( x 2 )] . 2
f ( x 1 ) f ( x 2 ) f ( x 2 ) f ( x 3 ) ∴f ( x 1 x 3 ) f ( x 1) f ( x 3 ) , 2 2
这与 f(x) 是 R 上的凹函数矛盾 , 故 ABC 是钝角三角形 , 但不可以能是等腰三角形 . 20. （ 1）解 : 当 a 0时， f ( x) x 2 e x ， f ' ( x) ( x 2 2x)e x ，故 f ' (1) 3e.
因此曲线 y
f ( x)在点(1, f (1))处的切线的斜率为 3e.
（ 2）
解： f ' ( )
x 2
( a 2) x 2 2 4 a e x .
x
a
令f '( x) 0，解得 x
2a ，或 x
a 2.由a
2
知， 2a a 2.
3
以下分两种情况谈论。

（ 1） 若 a ＞ 2
，则
2a ＜ a 2 . 当 x 变化时， f ' ( x)， f ( x) 的变化情况以下表：
3
x
， 2a
2a
2a ， a 2
a 2
a 2，
+ 0
— 0 +
↗
极大值
↘
极小值
↗
因此 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 处获取极大值 f ( 2a)，且 f ( 2a)
3ae 2 a .
函数 f ( x)在 x a 2处获取极小值 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) 的变化情况以下表：
3
x
， a 2
a 2
a 2， 2a
2a
2a ，
+ 0 — 0 +
↗
极大值
↘
极小值
↗
因此 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处获取极大值 f (a 2)，且 f (a 2)
(4 3a)e a 2 .
函数 f ( x)在 x
2a 处获取极小值 f ( 2a)，且 f ( 2a)
3ae 2 a .
21. （ 1） f ′（ x ） =ax-(2a+1)+
2 f ′ (1)=f ′ (3)
2
x
∴ a-2a-1+2=3a-2a-1+
3
∴ -a+1=a-
1
a=
2
3
3
(2) 注 x>0！
f ′ (x)= ax 2 (2a 1) x 2
x
∵ x>0 ∴令 f ′ (x)>0 得 ax 2 -(2a+1)x+2>0
<1>a=0 时，得 x<2 ∴ f(x) 在（ 0， 2）在（ 2， + ）
a 0 时， f ′ (x)>0 得 (x-2)(ax-1)>0
<2>a<0 时， f ′ (x)>0 得 (x-2)(x- 1 )<0 a
∴ f(x) 在 (0,2) 在（ 2，+ ）
1
)>0 <3>a>0 时 f ′ (x)>0 得 (x-2)(x-
① 1 1
时， f(x)
a
=2 即 a= 在（ 0，+ ）a 2
② 1
>2 即 0<a<
1
时， f(x) 在（
1
， + ）在（ 0， 2）在（ 2，
1
）a 2 a a
③ 1
<2 即 a>
1
时， f(x) 在（0，
1
）在（ 2,+ ）在（
1
，2）a 2 a a
（ 3） f max（ x） <g m ax (x) x∈ (0,2] ∵ g m ax (x)=g(2)=0
∴ f m ax (x)<0, x ∈ (0,2]
由（ 2）知① a≤1
时 f(x) 在(0,2] 2
∴f m ax (x)=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln2
=-2a-2+2ln2<0
∴a>ln2-1
∴ln2-1<a ≤
1
2
② a> 1时， f(x)
在（ 0，
1 ）在（ 1 ，2）
2 a a
∴ f m ax (x)=f(
1 )= a ·
a 2 1
a 2
-(2a+1) ·
1
a
+2ln
1
a
= 1
-2-
1
-2lna 2a a
=2-2lna-
1
2a
1
=-2(1+lna)-
2a
∵ a> 1
1
>ln
1
=-1
1
)<0
∴ a>
1
∴ lna>ln
∴ f(
2
2 e
a
2
经上
a>ln2-1
a
2
22. 【解】 ( Ⅰ)
( )
ln x , h( x)
2a
1 x 2a ,
2 3
3
h x
x
x
x x
① a 0, h( x) 0 , 函数 h( x) 在( 0, ) 上单调递加
② a
0 , h( x)
0, x 2a , 函数 h( x) 的单调递加区间为 ( 2a,)
h( x)
0, 0
x
2a , 函数 h( x) 的单调递减区间为 ( 0, 2a )
( Ⅱ) 存在 x 1 , x 2 [0, 2] , 使得 g( x 1 ) g( x 2 ) M 成立
等价于 : [ g ( x 1 ) g ( x 2 )] max M ,
察看 g( x) x
3
x 2 3 , g '( x) 3x 2
2x 3x( x
2
) ,
3 x
0 2 2 2 ,2]
(0, )
(
3
3
3
g '( x)
极 ( 最 )
g( x) 3
递减 小值
递加
85 27
2 由
上
表 可 知
:
g ( x)min
g ( 2 85 )
, g ( x) max g (2)
3
27
,
1 [ g( x 1 ) g( x
2 )] max g( x) max g ( x) min
,
因此满足条件的最大整数
M 4 ;
( Ⅲ) 当 x [ 1
, 2] 时 , f (x) a
x ln x 1恒成立
2
x
等价于 a x x 2 ln x 恒成立 ,
记 h( x)
x x 2 ln x , 因此 a h max ( x) h '( x) 1
2xln x
x , h '(1) 0 .
记 h '( x) (1 x)
2ln x , x
[ 1
,1), 1 x 0, xln x 0, h'( x) 0 2
即函数 h( x) x
x 2
ln x 在区间 [ 1
,1)上递加 ,
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 x 2
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
因此 a 1
另解 m( x)
1 2x ln x x , m '( x)
3 2ln x ,
由于 x [ 1
,2] , m '( x)
3 2ln x
0 ,
2
因此 m( x)
h '( x) 1 2x ln x x 在 [ 1
, 2] 上递减 ,
当 x [ 1
,1) 时 , 2
h '( x) 0 , x (1,2] 时 , h '( x) 0 ,
2
x 2 ln x 在区间 [ 1
,1)上递加 , 即函数 h( x) x
2
在区间 (1,2] 上递减 ,
因此 h( x)max
h(1) 1, 因此 a 1
23. 解:(1)f ’(x)=
ax 1
(x>-1,a>0)
x 1 令 f ’(x)=0
x 1
a
f(x) 在(-1,
1
)为减,在( 1
,+
) 为增 f(x)
min
=f(
1
)=1-(a+1)ln(
1
+1)
a
x a
a a
(2) 设 F(x)=ln(x+1)-
x ( x 0)
1
1
x 1 x
x
0 F(x) 在 (0,+
) 为增函数 F ’(x)=
( x 1)2
( x 1)2
x 1
F(x)>F(0)=0
F(x)>0 即
x 1 ln( x 1)
x
G(x)=x-ln(x+1)(x>0)
G ’(x)=1 -
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
1
x
g a
1 1- a
1 ln(
1
f (
) 1)
(3) 由 (1) 知:
a
a
a 0
g ' a
ln(1 1 ) 1 0
a a ln(1 1 )
a
由(2)把
x=
1
代入(2)中
1
ln(
1
1) 1
a
a 1
a
a 即 1
(a 1)ln( 1
1) 1 1
a a
1 1
( a 1)ln(
1
1) 1
a
a
即 1 1 ( a 1)ln( 1
1) 0
a
a 即 1
ag (a) 0
24.
25. 解：（Ⅰ）f ( x) 的定义域为(0,) ，
当 a 1 时， f ( x) x ln x ，f ( x) 11
x 1 x x
x (0,1) 1 (1, )
f (x) —0 +
极
f ( x)
小
（ III ）在1,e 上存在一点 x0，使得 f ( x0 ) g( x0 ) 成立，即在 1,e 上存在一点x0，使得h( x0 ) 0 ，
即函数 h( x)
1 a
在 1,e 上的最小值小于零 . x a ln x
x
由（Ⅱ）可知
①当 1 a e ，即 a e 1时，h( x)在 1,e 上单调递减，
2
e 1
综上谈论可得所求 a 的取值范围是：a或a 2 .
26. 解：（1）证明：当p=0时，f ( x) ln x .
令 m( x) ln x x 1(x
1 1 x 0) ，则 m ( x) 1
x x
若 0 x 1 ，则m (x) 0 ， m( x) 在区间 (0,1) 上单调递加；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)获取极大值，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
①当 p=0，f ( x)
②若 p>0，h( x)
p 1 px2 x
p
，令 h( x) px 2 x p( x 0)
x2 x x 2
1
0 ，则 f ( x) 在 (0, ) 上单调递减，故当p=0 时吻合题意；
x
px2 x p p(x 1 )2 p 1 p 1
2 p 4 p 4p
1
0 ，即 p 1
0在x>0 上恒成立，故当 p
1
) 上
则当 p 时， f (x) 时， f (x) 在 (0,
4 p 2 2
单调递加；
③若 p<0 ，h( x) px2 x p p( x 1 )2 p 1 的图像的对称轴为 x 1 0 ，
2 p 4 p 2 p
h(0) p 0 ，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
（ 3 ）令 F (x)
f ( x) g( x)
px 2 ln x
e 2 2e ，则原问题等价于可否存在 x 0>0 使得
px
F ( x 0 )
0 成立，故只要满足 [ F ( x)] min
0即可.
由于
F (x)
p 2 e 2
2e
( px e)( px
2 e)
p
e )( x
2 e )
x
px
2
px 2
x 2
(x
p p
而 x
0,1 p
2 ，故
e
0, 2 e
0 ，
p
p
故当 0
x
e
时，F ( x)
0 ，则 F (x) 在 ( 0, e
) 上单调递减； 当 x
e
时， F (x)
0 ，则 F ( x)
p
p
p
在 (
e
,
) 上单调递加 .
p
易 知
F ( x) min
F ( e
) e 2 2 ln p e 2 2e 2 ln p 4 0 与 上 述 要 求 的
p
[ F (x)] min 0 相矛盾，故不存在 x 0 0 使得 f (x 0 ) g (x 0 ) 成立 .。