2020-2021学年北京四中高二下学期期中数学复习卷(1)(含解析)

2020-2021学年北京四中高二下学期期中数学复习卷(1)
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1.若i为虚数单位，a，b∈R，且a−i
i
=b+2i，则ab()
A. −1
B. 1
C. −2
D. 2
2.已知t>0，若(2x−1)dx=6，则t的值等于()
A. 2
B. 3
C. 6
D. 8
3.若直线y=ax与曲线y=lnx相切，则常数a=()
A. e
B. 1
C. e−1
D. √e
4.下列式子正确的是()
A. (3x2+1
x )′=6x+1
x2
B. (lnx−2x)′=1
x
−2x
C. (2sin2x)′=4cos2x
D. (cosx
x )′=xsinx−cosx
x2
5.已知函数f(x)是定义在上的奇函数，其导函数为f′(x)，当x<0时，2f(x)+xf′(x)<0恒成
立，则f(1)，2014f(√2014)，2015f(√2015)在大小关系为()
A. 2015f(√2015)<2014f(√2014)<f(1)
B. 2015f(√2015)<f(1)<2014f(√2014)
C. f(1)<2015f(√2015)<2014f(√2014)
D. f(1)<2014f(√2014)<2015f(√2015)
6.已知命题p：|x+1|>2，命题q：5x−6>x2，则p是q的()
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
7.设函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)=x2+2x·f′(1).则f′(0)等于()
A. 0
B. −4
C. −2
D. 2
8.在如图算法框图中，若a=∫(3
−3
2x+1+sinx)dx，程序运行的结果S
为二项式(2+x)5的展开式中x3的系数的3倍，那么判断框中应填入的
关于k的判断条件是()
A. k<3
B. k>3
C. k<4
D. k>4
9.已知函数f(x)=sin2x，则f′(π
6
)=()
A. 1
B. √3
C. 1
2D. √3
2
10..可导函数在闭区间的最大值必在()取得
A. 极值点
B. 导数为0的点
C. 极值点或区间端点
D. 区间端点
11.下列函数在其定义域内即是奇函数又是单调递增函数的是()
A. y=−1
x
B. y=−log2x
C. y=3x
D. y=x3
12.如果一个函数在其定义区间内对任意实数都满足，则称
这个函数是“下凸函数”，下列函数
(I)(II)
(III)(IV)
中，是“下凸函数”的有()
A. (I)，(II)
B. (II)，(III)
C. (III)，(IV)
D. (I)，(IV)
二、单空题（本大题共6小题，共30.0分）
13.某工程由A，B，C，D四道工序组成，完成它们需用时间依次为2，5，x，4天．四道工序的先
后顺序及相互关系是：A，B可以同时开工；A完成后，C可以开工；B，C完成后，D可以开工．若该工程总时数为9天，则完成工序C需要的天数x最大是______．
14.已知f(x)=x3−3x2+ax(0<x<2)，曲线y=f(x)上存在两点A，B，使以A，B为切点的切
线相互垂直，则实数a的取值范围是______
15.函数f(x)=2x−ln(1−x)的递增区间是______．
16. 函数
在时有极值，那么
的值分别为________。

17. 若函数f(x)=−x 2−kx +1在(−∞,1]上是增函数，则实数k 的取值范围是______ ． 18. 关于函数f(x)=2
x +lnx ．
(1)x =2是f(x)的极小值点；
(2)函数y =f(x)−x 有且只有1个零点； (3)f(x)>1
2x 恒成立；
(4)设函数g(x)=−xf(x)+x 2+4，若存在区间[a,b]⊂[1
2,+∞)，使g(x)在[a,b]上的值域是[k(a +2),k(b +2)]，则k ∈(1,
9+2ln210
]．
上述说法正确的序号为______． 三、解答题（本大题共4小题，共60.0分）
19. 设函数f(x)=a
x +xlnx ，g(x)=bx 2．
(1)求函数ℎ(x)=
f(x)x
的单调区间；
(2)当a =0时，方程f(x)=g(x)在[1,2e]上有唯一解，求实数b 的取值范围；
(3)当b =1
4时，如果对任意的s ，t ∈[1
2,2]，都有f(s)>g(t)成立，求实数a 的取值范围．
20. 已知函数f(x)=x 2−alnx ，a >0．
(1)若f(x)在x =1处取得极值，求实数a 的值； (2)求f(x)在区间[2,+∞)上的最小值；
(3)在(1)的条件下，若g(x)=x 2−f(x)，求证：当1<x <e 2，恒有x <4+g(x)
4−g(x)．
21.已知函数f(x)=1+lnx
x
(1)若函数f(x)在区间(2a−1,a+1
4
)内有极值，求实数a的取值范围；
(2)当x≥1时，不等式f(x)≥k
x+1
恒成立，求实数k的取值范围；
(3)求证：[(n+1)!]2>(n+1)e n−2+2n+1(n∈N∗,e为自然对数的底数，e≈2.71828…)
22.已知函数f(x)=lnx，
(1)若直线y=kx+1与函数f(x)的图象相切，求实数k的值；
(2)若函数g(x)=f(e e x)，a<b，试证明：g(a)+g(b)
2>g(b)−g(a)
b−a
．
【答案与解析】
1.答案：D
=b+2i，得a−i=(b+2i)i=−2+bi，
解析：解：由a−i
i
∴a=−2，b=−1，
则ab=2．
故选：D．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求得a，b的值，则答案可求．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题．
2.答案：B
解析：(2x−1)dx=2xdx−1·dx=x2−x=t2−t，
由t2−t=6得t=3或t=−2(舍去)．
【方法技巧】定积分的计算方法
(1)利用定积分的几何意义，转化为求规则图形(三角形、矩形、圆或其一部分等)的面积．
(2)应用微积分基本定理：
求定积分f(x)dx时，可按以下两步进行，
第一步：求使F′(x)=f(x)成立的F(x);
第二步：计算F(b)−F(a)．
3.答案：C
解析：解：∵y=lnx，
∴y′=1
，
x
设切点为(m,lnm)，得切线的斜率为：1
，
m
所以曲线在点(m,lnm)处的切线方程为：
y−lnm=1
×(x−m)．
m
由题设知它过原点(0,0)，∴0−lnm=−1，∴m=e，
∴a=e−1．
故选：C．
欲a的值，只须求出切线的斜率的值即可，故先利用导数求出在切处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率，从而问题解决．
本小题主要考查直线的方程、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力．属于基础题．
4.答案：C
解析：解：(3x2+1
x )′=6x−1
x2
，故A错误；
(lnx−2x)′=1
x
−2x ln2，故B错误；(2sin2x)′=4cos2x，故C正确；
(cosx
x )′=−xsinx−cosx
x2
，故D错误．
故选：C．
根据导数的运算法则求导，再判断即可．
本题考查导数的计算，关键是掌握导数的计算公式，属于基础题．
5.答案：D
解析：
本题考查利用函数的导数求函数的单调性，函数的奇偶性以及函数单调性的应用，属于较难题．
构造函数g(x)=x2f(x)，根据题意结合导函数和函数的奇偶性判断出函数g(x)在(0,+∞)单调递增，然后根据单调性即可求解．
解：已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，其导函数为f′(x)，
设函数g(x)=x2f(x)，
g′(x)=2xf(x)+x2f′(x)=x(2f(x)+xf′(x))，
因为当x<0时，2f(x)+xf′(x)<0恒成立，
所以当x<0时g′(x)>0，
所以当x<0时，函数g(x)为单调递增函数．
由于函数f(x)是定义在R上的奇函数，则f(−x)=−f(x)，
所以g(−x)=(−x)2f(−x)=−x2f(x)=−g(x)，
所以函数g(x)=x2f(x)为奇函数．
所以当x>0时，函数g(x)为单调递增函数．
所以g(√2015)>g(√2014)>g(1)，
即2015f(√2015)>2014f(√2014)>f(1)．
故选：D．
6.答案：B
解析：解：由5x−6≥x2，得2≤x≤3；
由|x+1|>2，得：x<−3或x>1．
由2≤x≤3能推出x<−3或x>1，反之，由x<−3或x>1不能推出2≤x≤3，
所以由q能推出p，由p不能推出q，即p是q的必要不充分条件．
故选：B．
把p和q中的不等式解出，根据解出的x的范围分析p与q的互推情况，从而判断p是q的什么条件．本题考查了必要条件、充分条件与充要条件，判断充要条件的方法是：
①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；
②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；
③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；
④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．
⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．
此题是基础题．
7.答案：B
解析：
本题考查导数的运算，属于基础题目．
解：∵f(x)=x2+2x⋅f′(1)，
∴f′(x)=2x+2f′(1)
∴f′(1)=2+2f′(1)
解得f′(1)=−2 ∴f′(x)=2x −4 ∴f′(0)=−4 故选B ．
8.答案：C
解析：
根据微积分和二项式定理的内容求出a ，S ，结合程序框图进行模拟运算即可．
本题主要考查程序框图的识别和判断，求出a ，S 的值，利用模拟运算法是解决本题的关键． 解：a =∫(3
−32x +1+sinx)dx =(x 2+x −cosx)|−33=9+3−cos3−9+3+cos3=6，
二项式(2+x)5的展开式中x 3的系数为C 53⋅22=40，即S =3×40=120，
a =6，S =6，k =5，
S =6×5=30，k =4，k 不满足条件． S =30×4=120，k =3，则k =3满足条件．， 输出S =120， 故选：C ．
9.答案：A
解析：解：f′(x)=2cos2x ； ∴f′(π
6)=2cos π
3=1． 故选：A ．
求导数得到f′(x)=2cos2x ，这样将x =π
6带入导函数即可求出f′(π
6)的值． 考查基本初等函数的求导，复合函数的求导公式，已知三角函数求值．
10.答案：C
解析：试题分析：由导数求函数最值问题，可导函数在闭区间的最大值必在极值点或区间端点，可知答案是C ．
考点：利用导数求函数最值问题．
11.答案：D
的定义域为{x|x≠0}，是奇函数，但在定义域上不单调，不满足条件；解析：解：对于A，y=−1
x
对于B，y=−log2x的定义域为R+，不为奇函数，是定义域上单调减函数，不满足条件；
对于C，y=3x的定义域为R，不是奇函数，是定义域R上的单调增函数，不满足题意；
对于D，f(x)=x3的定义域为R，满足f(−x)=−f(x)，是奇函数，在R上是单调增函数，满足条件．
故选：D．
先求出函数的定义域，再验证f(−x)和f(x)的关系判断奇偶性，最后利用基本初等函数判定单调性本题考查了函数的奇偶性和单调性的应用问题，解题时应先考虑定义域，再判定奇偶性与单调性，是基础题目．
12.答案：D
解析：分析：根据函数在定义域区间上任意实数都满足，可得再对四个函数分别求导，即可得到结论。

解析：函数在定义域区间上任意实数都满足，可得
(Ⅰ)，则
所以是下凸函数；
(Ⅱ)，则，所以不是下凸函数；(Ⅲ)，则
所以不是下凸函数；
(Ⅳ)则
当时，
，
当时，
，
所以该函数是下凸函数；
故答案为(Ⅰ)，(Ⅳ)。

故选择D答案。

13.答案：3
解析：
本题考查了合情推理问题，我们可以根据四道工序的先后顺序及相互关系，计算出完成整个工序需要的最少工作时间，再结合该工程总时数为9天构造方程，易得到完成工序C需要的天数x的最大值．
解：因为A完成后，C才可以开工，
B，C完成后，D才可以开工，
完成A、C、D需用时间依次为2，x，4天，
且A，B可以同时开工，
该工程总时数为9天，
∴2+x max +4=9⇒x max =3． 故答案为：3
14.答案：(3−√52
,3+√5
2)
解析：解：f′(x)=3x 2−6x +a ，由题意，导函数在(0,2)有两个互异零点， 故{f′(1)<0
f′(0)>0f′(2)>0
，即{a −3<0
a >0
，所以0<a <3……①．
∵f″(x)=6(x −1)，所以，当x ∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)递减；当x ∈(1,2)时，f′(x)>0，f(x)递增．
且f′(0)=f′(2)=a ，f(1)=a −3.∴f′(x)∈(a −3,a)，
要使曲线y =f(x)上存在两点A ，B ，使以A ，B 为切点的切线相互垂直，
只需a(a −3)<−1即可，解得3−√52
<a <3+√5
2
，结合①式得：
3−√52
<a <
3+√52
即为所求． 故答案为：
3−√52
<a <
3+√52
．
先对函数求导数，然后使导数满足在(0,2)上有两个互异零点，并且该两点处的导数值乘积为−1，以此列方程，构造函数或不等式求解．
本题考查导数的几何意义及切线方程的求法，同时考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15.答案：(−∞,1)
解析：解：由1−x >0，得x −1<0，∴定义域为(−∞,1)． f′(x)=2−
11−x
>0，
解得x >3
2或x <1，所以增区间是(−∞,1)， 故答案为(−∞,1)
先确定函数的定义域，再由导数大于0，解不等式，从而确定函数的单调增区间． 本题主要考查利用导数求函数的单调增区间，应注意函数的定义域是解题的前提．
16.答案：
解析：试题分析：，依题意得：，解得的值分别为
考点：函数的极值
点评：函数的极值是一个函数值，函数在取得极值的地方的导数为0。

17.答案：(−∞,−2]
解析：解：函数f(x)的对称轴是：x=−k
2
；
f(x)在(−∞,1]上是增函数，∴−k
2
≥1，∴k≤−2；
∴实数k的取值范围是(−∞,−2]．
故答案为：(−∞,−2]．
先求出二次函数f(x)的对称轴，根据二次函数的单调性，由f(x)在(−∞,1]是增函数，得到限制k的不等式，解不等式即得k的取值范围．
考查二次函数的单调性和对称轴的关系，也可画出抛物线及对称轴求解．
18.答案：(1)(2)(4)
解析：解：函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=1
x −2
x
=x−2
x
，
令f′(x)>0，解得x>2，令f′(x)<0，解得0<x<2，故函数f(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，∴x=2是f(x)的极小值点，故(1)正确；
设m(x)=f(x)−x,m′(x)=f′(x)−1=x−2
x2−1=−x2+x−2
x2
=−x2−x+2
x2
=−(x−
1
2
)2+7
4
x2
≤0，
∴函数m(x)在(0,+∞)上为减函数，
又m(1)=1>0，m(2)=1+ln2−2=ln2−1<0，
∴由零点存在性定理可知，函数m(x)有且仅有一个零点，故(2)正确；
设ℎ(x)=f(x)−1
2x，则ℎ(4)=1
2
+ln4−2<0，即存在x∈(0,+∞)，使得f(x)<1
2
x，故(3)错误；
函数g(x)=−xf(x)+x 2+4=−xlnx +x 2+2，则g′(x)=−lnx +2x −1， 令n(x)=−lnx +2x −1,n′(x)=−1
x +2=2x−1x
，
易知函数n(x)在[1
2,+∞)上单调递增，
∴n(x)≥n(1
2)=−ln 12
+1−1=ln2>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在[1
2,+∞)上单调递增，故g(x)在区间[a,b]⊂[1
2,+∞)上单调递增，
∴{g(a)=k(a +2)g(b)=k(b +2)(12≤a <b)，则g(x)=k(x +2)在[1
2,+∞)上至少有两个不同的正根， 即k =
g(x)
x+2
在[1
2,+∞)上至少有两个不同的正根， 设G(x)=g(x)x+2
=
−xlnx+x 2−2
x+2
(x ≥1
2)，则G′(x)=
x 2+3x−2lnx−4
(x+2)2
，
令F(x)=x 2+3x −2lnx −4(x ≥1
2)，则F′(x)=2x +3−2
x =
(2x−1)(x+2)
x
≥0，
故函数F(x)在[1
2,+∞)上单调递增，且F(1
2)=1
4+3
2+2ln2−4<0,F(1)=0， ∴当x ∈[1
2,1]时，F(x)≤0，当x ∈(1,+∞)时，F(x)>0， ∴函数G(x)在[1
2,1]上单调递减，在(1,+∞)上单调递增， ∴G(1)<k ≤G(1
2)，而G(1)=1,G(1
2)=
−12
ln 12+14
−2
1
2+2=
9+2ln210
，
∴1<k ≤
9+2ln210
，故(4)正确．
故答案为：(1)(2)(4)．
对于(1)，对函数f(x)求导，得出f(x)的单调性，可判断正确；
对于(2)，令m(x)=f(x)−x ，求导后得出m(x)的单调性，结合零点存在性定理，可判断正确； 对于(3)，令ℎ(x)=f(x)−1
2x ，容易判断ℎ(4)<0，进而可判断(3)错误；
对于(4)，求得函数g(x)，并求导得g′(x)=−lnx +2x −1，分析可知g′(x)>0，从而g(x)在[1
2,+∞)上单调递增，问题转化为k =
g(x)
x+2
在[12,+∞)上至少有两个不同的正根，设G(x)=g(x)x+2
=
−xlnx+x 2−2
x+2
(x ≥1
2)，利用导数研究可知函数G(x)在[1
2,1]上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，从而
G(1)<k ≤G(1
2)，由此可判断(4)正确．
本题考查运用导数研究函数的单调性，极值，零点，交点个数，不等式的恒成立等综合问题，在解决这些综合问题时常常需合理地构造新函数，并对其求导，得出导函数的正负，从而得出所构造函
数的单调性，继而得出函数的极值，最值等，再解决不等式的恒成立，函数的零点个数，函数图象的交点个数问题，属于难题．
19.答案：解：(1)ℎ(x)=
f(x)x
=a
x 2+lnx ，
∴ℎ′(x)=−2a
x 3+1
x ，
∴a ≤0时，ℎ′(x)≥0，函数单调递增；
a >0时，函数在(√2a,+∞)上单调递增，在(0,√2a)上单调递减； (2)当a =0时，方程f(x)=g(x)为xlnx =bx 2， ∴
b =lnx x
， 令y =
lnx x
，则y′=
1−lnx x 2
，在[1,e)上，y′>0，在(e,2e]上，y′<0，
∴x =e ，y max =1e ， ∴b ∈[0,
ln2e 2e )∪{1
e
}；
(3)当b =1
4时，g(x)=1
4x 2，t ∈[1
2,2]，g(x)max =g(2)=1，
所以当x ∈[1
2,2]时，f(x)=a
x +xlnx >1恒成立，等价于a >x −x 2lnx 恒成立， 记u(x)=x −x 2lnx ，所以a >u(x)max ，u′(x)=1−x −2xlnx ，可知u′(1)=0， 当x ∈(1
2,1)时，1−x >0，2xlnx <0，则u′(x)>0，∴u(x)在x ∈(1
2,1)上单调递增； 当x ∈(1,2)时，1−x <0，2xlnx >0，则u′(x)<0，∴u(x)在(1,2)上单调递减； 故当x =1时，函数u(x)在区间[1
2,2]，上取得最大值u(1)=1， 故实数a 的取值范围是(1,+∞)．
解析：(1)求导数，利用导数的正负，即可讨论函数ℎ(x)=f(x)x
的单调性；
(2)b =
lnx x
，令y =
lnx x
，则y′=
1−lnx x 2
，在[1,e)上，y′>0，在(e,2e]上，y′<0，即可求实数b 的取
值范围；
(3)求出g(x)max =g(2)=1，当x ∈[1
2,2]时，f(x)=a
x +xlnx 恒成立，等价于a ≥x −x 2lnx 恒成立，然后利用导数求函数u(x)=x −x 2lnx 在区间[1
2,2]上取得最大值，则实数a 的取值范围可求． 本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了导数在最大值、最小值问题中的应用，考查了数学
转化思想方法和函数构造法，训练了利用分离变量法求参数的取值范围，属于中档题．
20.答案：解：(1)由f(x)=x 2−alnx 知，函数的定义域为(0,+∞)，f′(x)=2x −a
x ，
∵函数f(x)在x =1处取得极值， ∴f′(1)=0，即2−a =0，解得a =2， 经检验，满足题意，故a =2； (2)由(1)得f′(x)=2x −a
x
=
2x 2−a x
，定义域为(0,+∞)，
当0<a ≤8时，由f′(x)=0得x =√a
2，且0<√a
2
≤2，
当x ∈(0,√a
2
)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x ∈(√a
2
,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)在区间[2,+∞)上单调递增，最小值为f(2)=4−2ln2，
当a >8时，√a
2>2，当x ∈(2,√a
2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x ∈(√a
2,+∞)时，f′(x)>0，
f(x)单调递增，
∴函数f(x)在x =√a
2处取得最小值f(√a
2)=a
2−a
2ln a
2
，
综上，当0<a ≤8时，f(x)在区间[2,+∞)上的最小值为4−2ln2；当a >8时，f(x)在区间[2,+∞)上的最小值为a
2−a
2ln a 2；
(3)证明：由g(x)=x 2−f(x)得g(x)=2lnx ， 当1<x <e 2时，0<lnx <2，0<g(x)<4，
欲证x <4+g(x)
4−g(x)，只需证x[4−g(x)]<4+g(x)，即证g(x)>4x−4
x+1
，即lnx >2x−2x+1
，
设φ(x)=lnx −
2x−2x+1
，则φ′(x)=1x −
2(x+1)−(2x−2)
(x+1)2
=
(x−1)2x(x+1)2
，
当1<x <e 2时，φ′(x)>0，所以φ(x)在区间(1,e 2)上单调递增， ∴φ(x)>φ(1)=0，即lnx −
2x−2x+1
>0，∴x <4+g(x)
4−g(x)，由此得证．
解析：(1)求导，依题意f′(1)=0，进而求得实数a 的值； (2)求导得f′(x)=2x −a
x
=
2x 2−a x
，分0<a ≤8及a >8讨论求解；
(3)依题意，变形可得只需证明当1<x <e 2，lnx >
2x−2x+1
成立即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查利用导数证明不等式，考查推理论证及运算求解能力，属于中档题．
21.答案：解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f ′(x)=−lnx
x 2，由f′(x)=0得：x =1．
当0<x <1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当1<x 时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． 故f(x)在x =1处取得极大值1．
由题意得：{a +1
4>2a −12a −1<1<a +14，解得3
4
<a <1， 故实数a 得取值范围为(3
4,1)．
(2)当x ≥1时，不等式f(x)≥k
x+1恒成立，化为k ≤(x+1)(1+lnx)
x
，
令g(x)=
(x+1)(1+lnx)
x
，
由题意知：k ≤g(x)在[1,+∞)上恒成立，g ′(x)=
x−lnx x 2
，
再令ℎ(x)=x −lnx(x ≥1)，则ℎ′(x)=1−1
x ≥0，当且仅当x =1时取等号， 因此ℎ(x)在[1,+∞)上递增， ∴ℎ(x)≥ℎ(1)=1>0，
故g′(x)>0，∴g(x)在[1,+∞)上递增，∴g(x)min =g(1)=2， 因此k ≤2，即k 的取值范围为(−∞,2]．
(3)由(2)知，当x ≥1时，不等式f(x)≥k
x+1恒成立，即1+lnx x
≥2
x+1．
∴lnx ≥1−
2
x+1>1−2
x
． 令x =k(k +1)，k ∈N ∗，则有ln[k(k +1)]>1−2
k(k+1)=1−2(1
k −1
k+1)， 即ln[k(k +1)]>1−2(1k −1
k+1)． 分别令k =1，2，3，…n ，
利用“累加求和”可得ln[1×22×32×…×n 2×(n +1)]>n −2+2
n+1， 故∴1×22×32×…×n 2×(n +1)>e n−2+2
n+1， 从而[(n +1)!]2>(n +1)e n−2+2
n+1(n ∈N ∗)成立．
解析：(1)利用导数可得函数f(x)的极值，再利用函数f(x)取得极值时与给出区间的关系即可得出； (2)当x ≥1时，不等式f(x)≥k
x+1恒成立，化为k ≤
(x+1)(1+lnx)
x
，令g(x)=
(x+1)(1+lnx)
x
，利用导数研
究其单调性极值与最值即可得出其最小值；
(3)由(2)知，当x ≥1时，不等式f(x)≥k
x+1恒成立，即lnx ≥1−2
x+1>1−2
x .令x =k(k +1)，k ∈N ∗，则ln[k(k +1)]>1−2
k(k+1)=1−2(1
k −1
k+1)，即ln[k(k +1)]>1−2(1
k −1
k+1).分别令k =1，2，3，…n ，利用“累加求和”即可证明．
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、在给出含参数区间上取得极值的条件、“累加求和”、对数的运算性质，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．
22.答案：(1)解：∵f(x)=lnx ，∴f′(x)=1
x (x >0)(1分)
设切点坐标(x 0,y 0)，
∵直线y =kx +1与函数f(x)的图象相切， ∴f′(x 0)=
1x 0
=k(x 0>0)可得x 0=1
k
，
代入y =kx +1解出y 0=2(3分)
将切点坐标代入f(x)=lnx 得f(1k )=ln 1
k =2， ∴k =1
e 2(5分)
(2)证明：g(x)=f(e e x
)=lne e x
=e x (6分) ∴g(a)+g(b)
2
−
g(b)−g(a)b−a
=
e a +e b
2
−
e b −e a b−a
=
(b−a)(e a +e b )−2(e b −e a )
2(b−a)
=
[(b−a)(1+e b−a )−2(e b−a −1)]e −a
2(b−a)=
[(b−a)e (b−a)−2e (b−a)+(b−a)+2]e −a
2(b−a)
(7分)
∵b >a 且e −a
>0∴
e −a 2(b−a)
>0(8分)
设ℎ(t)=te t −2e t +t +2(t >0)，∴ℎ′(t)=te t −e t +1(t >0)(9分) 设m(t)=te t −e t +1(t >0)， ∴m′(t)=te t >0(t >0)(10分) ∴m(t)在t ∈(0,+∞)上单调递增，
又m(0)=0，∴m(t)>0，即ℎ′(t)>0在t ∈(0,+∞)恒成立． ∴ℎ(t)在t ∈(0,+∞)上单调递增，
又ℎ(0)=0，∴ℎ(t)>0在t ∈(0,+∞)恒成立． ∴
[(b−a)e (b−a)−2e (b−a)+(b−a)+2]e −a
2(b−a)
>0，
∴g(a)+g(b)
2−g(b)−g(a)
b−a
>0
即a<b时，g(a)+g(b)
2>g(b)−g(a)
b−a
(12分)
解析：(1)求导函数，利用直线y=kx+1与函数f(x)的图象相切，有f′(x0)=1x
=k(x0>0)可得x0=
1
k
，从而可得切点坐标，代入函数f(x)=lnx，即可求实数k的值；
(2)证明g(a)+g(b)
2>g(b)−g(a)
b−a
，只需证明g(a)+g(b)
2
−g(b)−g(a)
b−a
>0，即[(b−a)e(b−a)−2e(b−a)+(b−a)+2]e−a
2(b−a)
>0，
设ℎ(t)=te t−2e t+t+2(t>0)，证明ℎ(t)在t∈(0,+∞)上单调递增，即可得出结论．
本题考查导数知识的综合运用，考查导数的几何意义，考查不等式的证明，考查函数的单调性与最值，考查学生分析解决问题的能力，难度大．。