【备战2014】高考数学 2013届全国统考区（甘肃、贵州、云南）精选试题分类汇编14 导数与积分 理

1 备战备战 20142014 年高考之年高考之 20132013 届全国统考区 甘肃 贵州 云南 精选届全国统考区 甘肃 贵州 云南 精选 理科试题 大部分详解 分类汇编理科试题 大部分详解 分类汇编 1414 导数与积分 导数与积分 一 选择题 1 云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷 三 理科数学试题 如图 3 直线 y 2x 与抛物线 y 3 x2所围成的阴影部分的面积是 A 35 3 B 2 2C 23 D 32 3 答案 D D 解析解析 1 2 3 32 32 d 3 Sxxx 故选 D 2 云南省昆明一中 2013 届高三新课程第一次摸底测试数学理 函数 22 lnyxxe 在处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为 A 2 9 2 eB 2 1 2 Se C 2 2eD 2 e 答案 D 解析 2 12 2yx xx 所以在 2 xe 处的切线效率为 2 2 k e 所以切线方 程为 2 2 2 4 yxe e 令 0 x 得 2y 令 0y 得 2 xe 所以所求三角形的 面积为 22 1 2 2 ee 选 D 3 贵州省六校联盟 2013 届高三第一次联考理科数学试题 已知函数 yxfx 的图象 如图3所示 其中 fx 是函数 xf的导函数 下面四个图象中 xfy 的图象大致 是 图 3 1 1 Ox y 2 y xO1 1 y xO1 1 y x O1 1 11 O x y A B C D 答案 C 解析 由条件可知当01x 时 0fx 函数递减 当1x 时 0fx 函数递增 所以当1x 时 函数取得极小值 当1x 时 0 xfx 所 以 0fx 函数递增 当10 x 0 xfx 所以 0fx 函数递减 所以 当1x 时 函数取得极大值 所以选 C 4 解析 云南省玉溪一中 2013 届高三上学期期中考试理科数学 已知曲线 x x yln3 4 2 的一条切线的斜率为 2 1 则切点的横坐标为 A 3 B 2 C 1 D 2 1 答案 A 解析 函数的定义域为 0 函数的导数为 3 2 x y x 由 31 22 x y x 得 2 60 xx 解得 3x 或 1x 舍去 选 A 5 云南省昆明一中 2013 届高三第二次高中新课程双基检测数学理 曲线 sin 0 yxxx 与轴所围成图形的面积为 A 1B 2C 2 D 答案 B 解析 根据积分的应用可知所求面积为 0 0 sin cos 2xdxx 选 B 3 6 解析 贵州省四校 2013 届高三上学期期末联考数学 理 试题 如果 2 3 1 x x 的展开式中的常数项为a 则直线yax 与曲线 2 yx 围成图形的面积为 A 27 2 B 9 C 9 2 D 27 4 答案 C 解析 展开式的通项为 3233 133 1 kkkkk k TCxC x x 所以当330k 时 1k 即常数项为 1 3 3aC 所以直线方程为3yx 由 2 3yx yx 得0 x 或3x 所以曲线所围成图形的面积为 3 2233 0 0 319 3 232 xx dxxx 选 C 7 甘肃省天水一中 2013 届高三下学期五月第二次检测 二模 数学 理 试题 过点 A 2 1 作曲线 f x x 3 x 的切线的条数最多是 A 3 B 2 C 1 D 0 答案 A 8 云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷 三 理科数学试题 已知已知 f x为为 R R 上的可导函数 且上的可导函数 且 xR 均有均有 f xf x x 则有 则有 A 20132013 2013 0 2013 0 efffef B 20132013 2013 0 2013 0 efffef C 20132013 2013 0 2013 0 efffef D 20132013 2013 0 2013 0 efffef 答案 A A 解析解析 构造函数 x f x g x e 则 2 xx xx fx eef xfxf x g x ee 因为x R 均有 f xfx 并且0 x e 所以 0g x 故函数 x f x g x e 在 R 上单 调递减 所以 2013 0 2013 0 gggg 即 20132013 2013 2013 0 0 ff ff ee 也就是 20132013 2013 0 2013 0 efffef 故选 A 9 甘肃省兰州一中 2013 届高三上学期 12 月月考数学 理 试题 设 f x g x 分别 是定义在 R 上的奇函数和偶函数 当 x 0 时 0fx g xf x g x 且 g 3 0 则不等式 0f x g x 的解集是 4 A 3 0 3 B 3 0 0 3 C 3 3 D 3 0 3 答案 D 解析 构造函数 F xf x g x 因为当 x 0 时 0fx g xf x g x 所以当 x 0 时 0Fxf x g x 所以函数 F xf x g x 在 0 上单调递增 又因为 f x g x 分别是定义在 R 上的奇函数 和偶函数 所以 F xf x g x 是奇函数 所以函数 F xf x g x 在 0 上单 调递增 又 g 3 0 所以 3 3 0FF 所以不等式 0f x g x 的解集是 3 0 3 10 贵州省遵义四中 2013 届高三第四月考理科数学 对于三次函数 32 f xaxbxcxd 0a 定义 设 fx 是函数 yfx 的导数 若方 程 0fx 有实数解x0 则称点 x0 f x0 为函数 yf x 的 拐点 有同学 发现 任何一个三次函数都有 拐点 任何一个三次函数都有对称中心 且 拐 点 就是对称中心 请你将这一发现为条件 若函数 32 1151 3 1 3212 2 g xxxx x 则 12342010 20112011201120112011 ggggg A 2010 B 2011 C 2012 D 2013 答案 A 解析 令 32 115 3 3212 h xxxx 12 1 21 2 m x x x 则 g x h x m x 则 2 3h xxx 21hxx 令 1 210 2 hxxx 所以 h x 的对称中 心为 1 设点 p x0 y0 为曲线上任意一点 则点 P 关于 1 的对称点 P 1 x0 2 y0 也在曲线上 h 1 x0 2 y0 h x0 h 1 x0 y0 2 y0 2 h h h h h 5 h h h h h h h h 1005 2 2010 由于函数 m x 的对称中心为 0 可得 m x0 m 1 x0 0 m m m m m m m m m m m m m 1005 0 0 g g g g g h h h h h m m m m m 2010 0 2010 选 A 11 云南师大附中 2013 届高考适应性月考卷 八 理科数学试题 详解 已知方程 为实常数 有两个不等实根 则实数的取值范围是ln 2 20 xa xe aa A B C D 0 1 0 e 1 e 1 0 e 答案 ln 2 2 0ln 2 2xa xex a xe 令 直线过定点 12 ln 2 2yxya xe 2 2 2ya xe 2 2 e 设直线与的切点为 由于 2 2 2ya xe 1 y 00 ln xx 1 1 y x 所以 切线斜率 0 0000 00 ln211 ln32 2 x axxxexe a xxee 当时 直线与的图象有 2 个交点 1 a e 2 2 2ya xe 1 y 12 贵州省贵阳市 2013 届高三适应性监测考试 二 理科数学 word 版含答案 定积分 1 22 0 1 1 2 e xdxe 的值等于 A 2 1e B 2 1 e C 2 e D 2 1 2 e 答案 B 13 云南省昆明市 2013 届高三复习适应性检测数学 理 试题 若函数 6 的图象上任意点处切线的倾斜角为 则 的最小值是 11 3 22 xx yeexx A 5 6 B 3 4 C 4 D 6 答案 B 14 云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理科数学 设定义在 R 上的函数 xf是最 小正周期为 2的偶函数 fx 是 xf的导函数 当 0 x 时 1 0 xf 当 0 x且 2 x时 0 2 xfx 则函数 xxfysin 在 2 2 上的零点个数为 A 2 B 4 C 5 D 8 答案 B 解析 由 0 2 xfx 知 当 2 x 时 导函数 0fx 函数递 增 当0 2 x 时 导函数 0fx 函数递减 由题意可知函数 f x的草图为 由 sin0yf xx 即 sinf xx 由 图象可知方程 sin 2 2 f xx 在上的根的个数为为 4 个 选 B 15 甘肃省 2013 届高三第一次诊断考试数学 理 试题 已知二次函数 y f x 的图 象如图所示 则它与 x 轴所围图形的面积为 A 2 5 B 4 3 C 3 2 D 2 答案 B 解析 根据图像可得 2 1yf xx 再由定积分的几何意义 可求得 面积为 1 231 1 1 14 1 33 Sxdxxx 16 云南省玉溪一中 2013 届高三第三次月考理科数学 如图所示 曲线 2 xy 和曲线 xy 围成一个叶形图 阴影部分 则该叶形图的面积是 7 A 2 1 B 4 1 C 6 1 D 3 1 答案 D 解析 由 2 yx yx 解得 1 1 x y 或 0 0 x y 所以根据积分的应用可得阴影部 分的面积为 3 1 231 2 0 0 21211 33333 xx dxxx 选 D 17 贵州省遵义四中 2013 届高三第四月考理科数学 过点 2 2 P 且与曲线 3 3yxx 相切的直线方程是 A 916yx B 920yx C 2y D 916yx 或 2y 答案 D 解析 设点 a b是曲线上的任意一点 则有 3 3baa 导数 2 33yx 则切线斜率 2 33ka 所以切线方程为 2 33 ybaxa 即 22233 33 33 33 333yaxaabaxaaaa 整理得 23 33 2yaxa 将点 2 2 P 代入得 2 233 22 33 2266aaaa 即 32 340aa 即 3232 1 33 1 3 1 0aaaa 整理得 2 1 2 0aa 解得2a 或1a 代入切线方程得切线为916yx 或2y 选 D 18 云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷 四 理科数学试题 已知定义在 R上的函数 2 sin x f xexxx 则曲线 yf x 在点 0 0 f处的切线方程是 A 1yx B 32yx C 21yx D 23yx 答案 A 解析 令0 x 解得 0 1f 对 f x求导 得 fx x e 2x 1 cosx 令 0 x 解得 0 1 f 故切线方程为1yx 选 A 二 填空题 8 19 云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理科数学 已知不等式0 3 1 ax 的解 集为 1 2 则 2 0 3 1 dx ax 答案 23ln3 解析 由0 3 1 ax 得 3 0 xa xa 即 3 0 xa xa 即 3axa 因为不等式的解集为 1 2 所以 1 32 a a 解得 1a 所以 2 0 3 1 dx ax 2 0 3 1 1 dx x 2 0 3ln 1 23ln3xx 20 甘肃省兰州一中 2013 届高三上学期 12 月月考数学 理 试题 从如图所示的长方 形区域内任取一个点 M x y 则点M取自阴影部分的概率为 答案 1 3 解析 长方形的面积为1 33S 阴影部分的面积为 11 23 1 00 31Sx dxx 所以点M取自阴影部分的概率为 1 3 21 云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理科数学 已知函数axexf x 2 有 零点 则a的取值范围是 答案 2ln22a 解析 2 x fxe 有 20 x fxe 得 2 ln2 x ex 当 ln2x 时 0fx 当 ln2x 时 0fx 所以当 ln2x 时 函数取得极小值 所以要使函数有零点 则有 ln2 0f 即 ln2 ln2 2ln20fea 即 2ln22a 所以a 的取值范围是2ln22a 9 22 云南省昆明一中 2013 届高三新课程第一次摸底测试数学理 3 2 2 1 xdx x 答案 93 ln 22 解析 33 223 2 22 111 2 ln2 2 xdxxdxxxx xx 93 ln 22 23 甘肃省兰州一中 2013 届高三上学期 12 月月考数学 理 试题 已知函数 2 2 f xx x 1 2 x g xm 若 1 1 2 x 2 1 1 x 使 12 f xg x 则实数 m的取值范围是 答案 5 2 解析 要使 1 1 2 x 2 1 1 x 使 12 f xg x 只需 2 2 f xx x 在 1 2 的最小值大于等于 1 2 x g xm 在 1 1 上的最小值 因为 3 22 21 2 20 x fxx xx 在 1 2 上成立 所以 2 2 f xx x 在 1 2 单调递 增 所以 2 min 2 113 1 fxf 因为 1 2 x g xm 是单调递减函数 所以 min 1 1 2 gxgm 所以 15 3 22 mm 即 24 解析 甘肃省天水市一中 2013 届高三上学期第三次考试数学理试题 2 0 2 dxex x 答案 2 5e 解析 22 2202 00 2 405 xx xe dxxeeee 25 解析 云南省玉溪一中 2013 届高三上学期期中考试理科数学 已知函数 2 321f xxx 若 1 1 2 f x dxf a 则 a 答案 1a 或 1 3 a 解析 因为 10 11 2321 1 11 321 4f x dxxxdxxxx 所以2 4f a 即 2f a 所以 2 3212f aaa 即 2 3210aa 解得 1a 或 1 3 a 26 甘肃省天水一中 2013 届高三下学期五月第二次检测 二模 数学 理 试题 已知 在区间 a b 上 f x 0 f x 0 对 x 轴上的任意两点 x1 0 x2 0 a x1 x2 若 S1 f x dx S2 b a S3 f a b a x1 x2 2 f x1 f x2 2 b a f a f b 2 则 S1 S2 S3的大小关系为 答案 S1 S2 S3 27 27 云南师大附中 云南师大附中 20132013 届高三高考适应性月考卷 三 理科数学试题 届高三高考适应性月考卷 三 理科数学试题 在区间 6 6 内任取一个元素 xO 若抛物线 y x2在 x xo处的切线的倾角为 则 3 44 的概率为 答案 11 12 解析解析 当 3 44 时 斜率1k 或1k 又 2yx 所以 0 1 2 x 或 0 1 2 x 所以P 11 12 三 解答题 28 云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理科数学 本小题满分 本小题满分 1212 分 分 已知函数 1 ln1 a f xxax x aR 当 1 2 a 时 讨论 f x的单调性 设 2 24 g xxbx 当 1 4 a 时 若对任意 1 0 2 x 存在 2 1 2x 使 12 f xg x 求实数b取值范围 答案 11 当 1 4 a 时 f x 在 0 1 上是减函数 在 1 2 上是增函数 所以对任意 1 0 2 x 有 1 1 f x f 1 2 又已知存在 2 1 2x 使 12 f xg x 所以 2 1 2 g x 2 1 2x 即存在 1 2x 使 2 1 24 2 g xxbx 即 2 9 2 2 bxx 即 9 2 2bx x 2 11 4 17 所以 4 17 2 b 解得 8 17 b 即实数b取值范围是 8 17 12 29 甘肃省兰州一中 2013 届高三上学期 12 月月考数学 理 试题 已知函数 2 ln 2 f xxaxa x 1 讨论 f x的单调性 2 设0a 证明 当 1 0 x a 时 11 fxfx aa 3 若函数 yf x 的图像与x轴交于 A B两点 线段AB中点的横坐标为 0 x 证明 0 0fx 答案 解 1 f x 的定义域为 0 1 21 1 2 2 xax fxaxa xx 若0a 时 0fx 所以f x 在 0 内单调递增 若0a 时 由 0fx 得 1 x a 且 1 0 x a 内单调递增 1 x a 时f x 单调递减 2 设 11 g xfxfx aa ln 1 ln 1 2g xaxaxax 32 22 2 2 111 aaa x g xa axaxa x 当 1 0 x a 时 0g x 而 0 0g 0g x 即 1 0 x a 时 11 fxfx aa 3 由 1 可得 当0a f x 单调递增 所以f x 与x轴至多有一个交点 不合题意 故a 0 从而 max 1 f xf a 且 1 0f a 不妨设 1212 0 0 0A xB xxx 则 12 1 0 xx a 由 2 知 11112 21111 0 fxfxfxf xf x aaaaa 即 12 2100 21 0 2 xx xxxfx aa 30 解析 甘肃省天水市一中 2013 届高三上学期第三次考试数学理试题 本小题 12 13 分 已知函数 f x g x aln x a R x 1 设 h x f x g x 当 h x 存在最小值时 求最小值 a 的解析式 2 对于 1 中的 a 证明当 a 0 时 a 1 答案 解 1 由条件知 h x aln x x 0 x h x 1 2 x a x x 2a 2x 当 a 0 时 令 h x 0 解得 x 4a2 当 0 x 4a2 时 h x 0 h x 在 0 4a2 上递减 当 x 4a2 时 h x 0 h x 在 4a2 上递增 x 4a2 是 h x 在 0 上的唯一极值点 且是极小值点 从而也是 h x 的最小值点 最小值 a h 4a2 2a aln 4a2 2a 1 ln 2a 当 a 0 时 h x 0 h x 在 0 上递增 无最小值 x 2a 2x 故 h x 的最小值为 a 2a 1 ln 2a a 0 2 由 1 知 a 2a 1 ln 2a a 0 则 a 2ln 2a 令 a 0 解得 a 1 2 当 0 a 时 a 0 1 2 a 在 0 上递增 1 2 当 a 时 a 0 1 2 a 在 上递减 1 2 a 在 a 处取得极大值 1 1 2 1 2 a 在 0 上有且只有一个极值点 所以 1 也是 a 的最大值 1 2 当 a 0 时 总有 a 1 31 云南师大附中 2013 届高考适应性月考卷 八 理科数学试题 详解 已知函数 其中且 2 416 mx f x x 1 2 x m g x mR 0m 1 判断函数的单调性 f x 14 2 当时 求函数在区间上的最值 2m F xf xg x 2 2 3 设函数当时 若对于任意的 总存在唯一的 2 2 f x x h x g x x 2m 1 2 x 使得成立 试求的取值范围 2 2x 12 h xh x m 答案 解 依题意 2 2222 4 2 2 4 4 4 4 mxmxx fx xx 当时 或 0m 022 02fxxfxx 2x 所以在上单调递增 在上单调递减 f x 2 2 2 2 当时 或 0m 022 02fxxfxx 2x 所以在上单调递减 在上单调递增 f x 2 2 2 2 当时 2 22mx 在上单调递减 111 2 222 x mx mx m g x 2 2 由 知 在上单调递减 f x 2 2 所以在上单调递减 2 1 2 4162 x m mx F xf xg x x 2 2 2 max 2 422 1616 mm mm F xF 2 min 2 2 16 m m F xF 当 时 2m 1 2 x 1 11 2 1 416 mx h xf x x 由 知在上单调递减 1 h x 2 从而 即 1 0 2 h xf 1 0 16 m h x 当 时 在上单调递增 2m 2 2x 22 2 22 111 2 222 xmm xm x h xg x 2 从而 即 2 0 2 h xg 2 2 1 0 2 m h x 对于任意的 总存在唯一的 使得成立 1 2 x 2 2 x 12 h xh x 15 只需 即成立即可 2 1 162 m m 2 1 0 162 m m 记函数 易知在上单调递增 且 2 1 162 m m H m 2 1 162 m m H m 2 4 0H 所以的取值范围为 m 2 4 32 贵州省贵阳市 2013 届高三适应性监测考试 二 理科数学 word 版含答案 已知函 数 lnf xbxcx 在 1 x e 处取得极值 且在 x l 处的切线的斜率为 1 I 求 b c 的值及 f x 的单调减区间 II 设 p 0 q 0 求证 32 5 3 2 5 pq ff pf q 答案 解 1 ln fxbxbxc x 1 0f e 1 ln 0 b bce ee 即0bbe c 0c lnfxbxb 又 1 1 f ln11bb 1b 综上可知 1 0bc lnf xxx 定义域为x 0 ln1fxx 由 fx 0 得 0 x0 q 0 t 0 即证 3225 lnln 5332 ttt t 令 3225 lnln 5332 ttt h t t 则 3222 lnln 5 ln 32 533 tt h tttt 52225222 ln 5 ln 32 32533 533 32 tt h ttt ttt 232 ln 35 t t 当32t 5t 即 0 t0 即 h t 0 h t在 0 1 上递增 h t 1 h 0 当32t 1 时 32 ln 5 t t 0 即 h t 0 h t在 1 上递减 h t0 上的最小值 证明 0 x 都有 12 1 x nx eex 答案 本小题满分 12 分 解 ln1fxx 令 1 0fxx e 得 当 1 0 0 xfxf x e 单调递减 当 1 0 xfxf x e 单调递增 2 分 21 因为 1 0 22tt e 1 当 0 t 1 e 时 min 11 f xf ee 2 当t 1 e 时 min ln f xf ttt 所以 min 11 0 1 ln t ee f x ttt e 6 分 证明 由 知 当 0 x 时 lnf xxx 的最小值是 min 11 f xf ee 当且仅当x 1 e 时取到最小值 问题等价于证明 2 ln x x xx ee 设 2 0 x x m xx ee 则 1 x x m x e 易得 max 1 1 m xm e 当且仅当x 1 时取到最大值 从而对一切 0 x 都有 12 ln x x eex 成立 12 分 37 贵州省六校联盟 2013 届高三第一次联考理科数学试题 已知函数 1 ln x xba xf在点 1 1 f处的切线方程为2 yx I 求a b的值 II 对函数 xf定义域内的任一个实数x x m xf 恒成立 求实数m的取值范 围 答案 解 由 2 1 ln ln 1 1 b xabx abx x f xfx xx 而点 1 1 f在直线2 yx上1 1 f 又直线2 yx的斜率为1 1 1f 故有 1 2 1 4 2 1 2 b a ab a 6 22 由 得 0 1 ln2 x x x xf 由 x m xf 及m x xxx x 1 ln2 0 令 22 1 ln1 1 ln2 1 ln1 1 ln2 x xx x xxxxx xg x xxx xg 令 1 1ln 10 0 h xxxh xx x 故 xh在区间 0 上是减函数 故 当10 x时 0 1 hxh 当1 x时 0 1 hxh 从而当10 x时 0g x 当1 x时 0 xg xg 在 1 0 是增函数 在 1 是减函数 故1 1 max gxg 要使m x xxx 1 ln2 成立 只需1 m 故m的取值范围是 1 12 38 云南省昆明市 2013 届高三复习适应性检测数学 理 试题 设函数 为常数 2 ln 1 2 a f xxxax 0a a 讨论的单调性 f x 若 证明 当时 1a 1x 2 12 21 x f xxx x 答案 解 的定义域为 f x 0 2 1 1 1 1 axax fxaxa xx 1 当时 解得或 解得 01a 0fx 01x 1 x a 0fx 1 1x a 所以函数在 上单调递增 在上单调递减 f x 0 1 1 a 1 1 a 2 当时 对恒成立 所以函数在上单调递增 1a 0fx 0 x f x 0 3 当时 解得或 解得 1a 0fx 1x 1 0 x a 0fx 1 1x a 所以函数在 上单调递增 在上单调递减 f x 1 0 a 1 1 1 a 证明 不等式等价于 2 ln20 1 x xxx x 因为 所以 1x 1 1 2 x xx 23 因此 221 ln2ln2 112 xxx xxxxx xx 令 则 21 ln2 12 xx g xxx x 32 2 35 21 22 1 xxx g x x x 令得 当时 32 35 21 22 h xxxx 1x 2 95 40 22 h xxx 所以在上单调递减 从而 即 h x 1 1 0h xh 0g x 在上单调递减 得 g x 1 1 0g xg 当时 1x 2 12 21 x f xxx x 39 云南省昆明一中 2013 届高三新课程第一次摸底测试数学理 已知函数 2 1 ln f xxax a x R I 若函数 f x在定义域上是减函数 求 a 的取值范围 II 若函数 f x存在极值 且所有极值之和大于 1 5ln 2 求 a 的取值范围 答案 24 40 解析 云南省玉溪一中 2013 届高三上学期期中考试理科数学 本小题满分 13 分 设函数 322 0 f xxaxa xm a 求函数 f x 的单调区间 若函数 f x 在 x 1 1 内没有极值点 求 a 的取值范围 若对任意的 a 3 6 不等式 1f x 在 x 2 2 上恒成立 求 m 的取值范 围 答案 解 f x 3x2 2ax a2 3 x 3 a x a 又a 0 当x 3 a 时f x 0 当 a x 3 a 时 f x 3 8 分 a 3 6 由 知 3 a 1 2 a 3 又x 2 2 f x max max f 2 f 2 而f 2 f 2 16 4a2 0 f x max f 2 8 4a 2a2 m 10 分 又 f x 1 在 2 2 上恒成立上恒成立 f x max 1 即 8 4a 2a2 m 1 即m 9 4a 2a2 在a 3 6 上恒成立上恒成立 9 4a 2a2的最小值为 87 m 87 13 分 41 云南省昆明三中 2013 届高三高考适应性月考 三 理科数学 已知函数 2 lnf xxaxx 在0 x 处取得极值 1 求实数a的值 2 若关于x的方程 5 2 f xxb 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 3 证明 对任意的正整数n 不等式 2 341 2ln1 49 n n n 都成立 答案 解 1 1 21 fxx xa 1 分 0 x 时 f x取得极值 00 f 2 分 故 1 2 0 10 0a 解得1 a 经检验1a 符合题意 3 分 2 由1a 知 2 ln1 f xxxx 由 5 2 f xxb 得 26 2 3 ln10 2 xxxb 令 2 3 ln1 2 xxxxb 则 5 2 f xxb 在区间 0 2上恰有两个不同的实数 根等价于 0 x 在区间 0 2上恰有两个不同的实数根 45113 2 1221 xx xx xx 当 0 1x 时 0 x 于是 x 在 0 1上单调递增 当 1 2x 时 0 x 于是 x 在 1 2上单调递减 6 分 依题意有 00 3 1ln 1 110 2 2ln 12430 b b b 解得 1 ln3 1ln2 2 b 8 分 3 2 ln1f xxxx 的定义域为 1x x 由 1 知 23 1 xx fx x 令 0fx 得 0 x 或 3 2 x 舍去 当10 x 时 0fx f x单调递 增 当0 x 时 0fx f x单调递减 0f 为 f x在 1 上的最大值 0f xf 故 2 ln10 xxx 当且仅当0 x 时 等号成立 对任意正整数n 取 1 0 x n 得 2 111 ln1 nnn 10 分 2 11 ln nn nn 故 2 341341 2ln2lnlnlnln1 4923 nn n nn 12 分 方法二 数学归纳法证明 当1n 时 左边 2 1 1 2 1 右边ln 1 1 ln2 显然2ln2 不等式成立 假设 1nk kNk 时 2 341 2ln1 49 k k k 成立 27 则1nk 时 有 222 34122 2ln1 49 11 kkk k k kk 做差比较 222 222111 ln2ln1lnln 1 111 1 11 kkk kk kkkk kk 构建函数 2 ln 1 0 1F xxxxx 则 23 0 1 xx Fx x 0 1F x 在单调递减 00F xF 取 1 1 1 xkkN k 2 111 ln 100 11 1 F kkk 即 2 2 ln2ln10 1 k kk k 亦即 2 2 ln1ln2 1 k kk k 故1nk 时 有 222 34122 2ln1ln2 49 11 kkk kk k kk 不 等式成立 综上可知 对任意的正整数n 不等式 2 341 2ln1 49 n n n 都成立 12 分 42 贵州省遵义四中 2013 届高三第四月考理科数学 满分 12 分 设函数 2 2ln11f xxx 求函数 xf的单调递增区间 II 若关于x的方程 2 30f xxxa 在区间 2 4内恰有两个相异的实根 求实数 a的取值范围 答案 解 1 函数 f x的定义域为 1 1 分 28 221 21 11 x x fxx xx 2 分 1x 则使 0fx 的x的取值范围为 1 2 故函数 f x的单调递增区间为 1 2 4 分 2 方法 1 2 2ln11f xxx 2 301 2ln10f xxxaxax 6 分 令 1 2ln1g xxax 23 1 11 x g x xx 且1x 由 03 03g xxg xx 得 得1 g x在区间 2 3 内单调递减 在区间 3 4 内单调递增 8 分 故 2 30f xxxa 在区间 2 4内恰有两个相异实根 2 0 3 0 4 0 g g g 10 分 即 30 42ln20 52ln30 a a a 解得 2ln352ln24a 综上所述 a的取值范围是 2ln35 2ln24 12 分 方法 2 2 2ln11f xxx 2 301 2ln10f xxxaxax 6 分 即 2ln11axx 令 2ln11h xxx 23 1 11 x h x xx 且1x 由 03 03h xxh xx 得1得 h x在区间 2 3 内单调递增 在区间 3 4 内单调递减 8 分 29 23h 32ln24h 42ln35h 又 24hh 故 2 30f xxxa 在区间 2 4内恰有两个相异实根 43hah 10 分 即2ln352ln24a 综上所述 a的取值范围是 2ln35 2ln24 12 分 43 解析 贵州省四校 2013 届高三上学期期末联考数学 理 试题 已知函数 1 0 1 ln 1 xx x xx xf且 讨论函数 xf的单调性 证明 2 xf 答案 解 1 2 1 1 ln2 x x xx xf 设0 1 0 0 1 ln2 2 2 x x xgg x xxxg且则 在 0 xg上单调递增 当单调递减从而时 0 0 1 0 xfxfxgx 当单调递增从而时 0 0 1 xfxfxgx 因此 上单调递增 上单调递减 在 在 110 xf 6 分 2 原不等式就是02 1 ln 1 x xx 即0 1 1 2 ln 1 1 x x x x x 令0 1 1 0 1 1 1 2 ln 2 2 xx x xhh x x xxh则 在 0 xh上单调递增 30 当0 1 0 1 0 时 当时 xhxxhx 所以当2 1 0 xfxx时 且 12 分 44 云南省玉溪一中 2013 届高三第四次月考理科数学 本题 12 分 已知函数 axxxxf ln 2 在 1 0 上是增函数 求a的取值范围 在 的结论下 设1 2 xx aeexg x 3ln 0 求 xg的最小值 答案 解 1 a x xxf 1 2 f x 在 0 1 上是增函数 2x x 1 a 0 在 0 1 上恒成立 即 a 2x x 1 恒成立 只需 a 2x x 1 min即可 4 分 2x x 1 22 当且仅当 x 2 2 时取等号 a 22 6 分 2 设 3 1 3ln 0 txte x 设 4 1 2 1 2 22 aa tattth 其对称轴为 t 2 a 由 1 得 a 22 t 2 a 2 2 3 8 分 则当 1 2 a 2 即 2 a 22时 h t 的最小值为 h 2 a 1 4 2 a 当 2 a 1 即 a 2 时 h t 的最小值为 h 1 a 10 分 当 2 a 22时 g x 的最小值为 1 4 2 a 当 a 2 时 g x 的最小值为 a 12 分 45 甘肃省天水一中 2013 届高三下学期五月第二次检测 二模 数学 理 试题 设函 数 2 ln 1 f xxbx 其中0b 当 1 2 b 时 判断函数 f x在定义域上的单调性 求函数 f x的极值点 证明对任意的正整数n 不等式 23 111 ln 1 nnn 成立 请考生在第 22 23 24 三题中任选一题做答 如果多做 则按所做的第一题计分 做答是用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑 答案 31 由 得当 1 2 b 时函数 f x无极值点 1 2 b 时 2 1 2 2 0 1 x fx x 有两个相同的解 1 2 x 1 1 2 x 时 0fx 1 2 x 时 0fx 1 2 b 函数 f x在 1 上无极值点 当 1 2 b 时 0fx 有两个不同解 1 112 2 b x 2 112 2 b x 0b 时 1 1x 2 1x 即 12 1 1 xx