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河北省衡水中学2019届高三上学期二调考试 数学(文)

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                  衡水中学         2019   届高三上学期二调考试

                               数学(文科)试题

                               第Ⅰ卷(选择题  共        60 分)

一、选择题(每小题         5 分,共   60 分,下列每小题所给选项只有一项符合题意,请将正确答案的序

号填涂在答题卡上)

1.已知集合     A  1,0,1,2,3, B  x x2  2x  0, 则 A B  ()

A.3    B.2,3    C.1,3    D.1,2,3

2.下列关于命题的说法错误的是()

A.命题“若     x2  3x  2  0 ,则 x  2 ”的逆否命题为“若      x  2 ,则 x2  3x  2  0 ”


B.“  a  2 ”是“函数    f x loga x 在区间 0,上为增函数”的充分不必要条件

                       2                                    2
C.命题“    x0  R ,使得  x0  x0 1 0 ”的否定是“    x  R ,均有   x  x 1 0 ”


D.“若   x0 为 y  f x的极值点,则     f x0  0 ”的逆命题为真命题
           2i
3.复数   z     ( i 为虚数单位)在复平面内对应的点所在象限为()
          i 1
A.第二象限   B.第一象限   C.第四象限   D.第三象限

4.函数   f x x3  3x2  3x 的极值点的个数是()

A.0     B.1      C.2    D.3

5.函数   y  2x 1ex 的图象大致是()


A.            B.            C.             D.
6.已知函数     y  f x在区间  ,0内单调递增,且        f x f x,若

                              1 
                      1.2         ,则        的大小关系为()
 a  f log 1 3,b  f 2 ,c  f    a,b,c
         2                    2 
                      中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台
A. a  c  b          B. b  c  a       C. b  a  c     D. a  b  c

7.已知函数     f x是定义在    R 上的偶函数,且对任意的          x  R, f x  2 f x,当 0  x 1,

 f x x2 ,若直线   y  x  a 与函数  f x的图象在0,2内恰有两个不同的公共点,则实数                  a 的

值是()
                  1             1     1              1
A.0        B.0 或           C.  或          D. 0或 
                  2             4     2              4
                         
8.为得到函数      y  cos 2x   的图象,只需将函数        y  sin 2x 的图象()
                        3 
           5                                      5
A.向右平移        个长度单位                  B.向左平移           个长度单位
           12                                      12
           5                                      5
C.向右平移        个长度单位                  D.向左平移           个长度单位
           6                                        6
9.设函数    f x xln x  axa  R在区间 0,2上有两个极值点,则         a 的取值范围是()

    1             ln 2 1        1        ln 2 1 1 
A.   ,0      B. 0,           C. 0,      D.     , 
     2              4            2          4    2 

                         
10.若函数    f x sin x    0在区间    ,2 内没有最值,则       的取值范围是()
                        6 

     1   1  2           1  1  2      1 2           1  2
   0,     ,        B. 0,    ,     C.  ,        D.  , 
A.   12  4  3           6  3  3      4 3           3  3

                                   1
                                 x
11.已知函数     f x ln x 1, g(x)  2e 2 ,若 f m g n成立,则  m  n 的最小值是(  )
   1                             1             1
A.    ln 2      B. e  2      C. ln 2       D. e 
   2                             2             2

                     2
                  x   4x, x  0,                                            2
12.已知函数     f x             g x kx 1,若方程     f x g x 0 在 x 2,e 上有
                  x ln x, x  0,

3 个实根,则     k 的取值范围为()

                 3                3   3           3   3     1 
A.           B.                 C.                  D.
   1,2       1,   2         1,    ,2       1,     ,2  2 
                 2               2   2           2   2    e  

                                  第Ⅱ卷(共      90 分)

二、填空题(每小题         5 分,共   20 分)
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                                      3 
13.已知角    的终边经过     2,3,则  cos                   .
                                       2 


14.给出下列四个命题:

                                         7
函数    f x 2sin 2x   的一条对称轴是      x     ;
                      3                   12

                                 
函数    f x tan x 的图象关于点      ,0 对称;
                               2  

                         
若                                ,则             ,其中        ;
     sin  2x1    sin  2x2    0 x1  x2  k    k  Z
             4           4 

④函数    y  cos2 x  sin x 的最小值为 1.

以上四个命题中错误的个数为           个.

15.已知   y  f xx  R的导函数为    f x,若  f x f x 2x3 ,且当  x  0 时,

 f x 3x2 , 则不等式  f x f x 1 3x2  3x 1的解集是            .
                           2        m
16.已知函数     f x x  ln x  , g x , 其中 e 为自然对数的底数,若函数          f x与 g x的图
                           e        x
象恰有一个公共点,则实数            m 的取值范围是            .

3、解答题(本大题共         6 小题,共    70 分,解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

17. (本小题满分      10 分)
                        x    x         x
  已知函数     f x  2 sin cos    2 sin2 .
                       2    2          2
 (1)求    f x的单调递增区间;

 (2)求    f x在区间   ,0上的最小值.

18. (本小题满分      12 分)

                            
  已知函数     f x Asinx     1A  0,  0的最大值为    3,其图象相邻两条对称轴之间的
                           6 
         
  距离为      .
         2
                      中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台
 (1)求函数      f x的解析式和当      x 0, 时, f x的单调减区间;
                            
 (2)将    f x的图象向右平移         个长度单位,再向下平移           1 个长度单位,得到       g x的图象,用
                           12
 “五点 法”作出       g x在0, 内的大致图象.


19. (本小题满分      12 分)

  已知函数     f x ex  2x.

  (1)求曲线      y  f x在点 0, f 0处的切线方程;

  (2)若函数      g x f x a, x 1,1恰有 2 个零点,求实数     a 的取值范围.

20. (本小题满分      12 分)

  已知函数     f x max 1ln x  x  a .

  (1)当    a  0 时,若  f x 0 在 1,上恒成立,求     m  的取值范围;

  (2)当    m  a 1时,证明:     x 1 f x 0 .

21. (本小题满分      12 分)
                                  1
  已知函数     f x ln x  mx2 , g x mx2  x,m R, 令 F x f x g x.
                                  2
             1
  (1)当    m   时,求函数      f x的单调区间及极值;
              2
  (2)若关于      x 的不等式   F x mx 1恒成立,求整数        m 的最小值.

22. (本小题满分      12 分)
                          a
  已知函数     f x ln x  x  a  R.
                          x
                    中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台
(1)若函数      f x在1,上为增函数,求        a 的取值范围;

                                2
(2)若函数      g x xf x a 1x  x 有两个不同的极值点,记作         x1, x 2 ,且 x1  x 2 ,证明:

    2   3
 x1Ax2  e e为自然对数的底数.
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                        2018-2019 学年度高三年级上学期二调考试

                                     文科数学答案

1、选择题

1.C【解析】因为      B  x x2  2x  0 x xx  2 0 x x  2或x  0, 所以

 A B  1,3.故选  C.


2.D【解析】由原命题与逆否命题的构成关系,可知                     A 正确;当   a  2 1时,函数     f x log2 x 在


定义域内是单调递增函数;当函数              f x loga x 在定义域内是单调递增函数时,            a 1,所以    B 正

                                                        2
确;由于存在性命题的否定是全称命题,所以“                     x0  R ,使得  x0  x0 1 0 ”的否定是“

               2
 x  R ,均有   x  x 1 0 ”,所以   C 正确;因为     f x0  0 的根不一定是极值点,例如:函数

         3                2
 f x x 1,则   f x 3x  0, 即 x  0 就不是极值点,所以命题“若          x0 为 y  f x的极值


点,则    f x0  0 ”的逆命题为假命题,所以         D 错误.故选    D.

                  2i   2ii 1                   2i
3.C【解析】由      z             1  i ,可知复数    z     在复平面内对应的坐标为           1,1,所
                 i 1   i2 1                    i 1
           2i
以复数    z     在复平面内对应的点在第四象限.故选               C.
          i 1
                                                2
4.A【解析】由题可得,          f x 3x2  6x  3  3x 1 . 当 x 1时, f x 0 ,但在此零点两

侧导函数均大于        0,所以此处不是函数的极值点,所以函数极值点的个数为                        0.故选  A.

5.A【解析】因为趋向于负无穷时,              y  2x 1ex  0 ,所以 C,D 错误;因为     y  2x 1ex ,所
          1
以当   x   时,   y  0 ,所以 A 正确,B   错误.故选    A.
          2

                                                            1      1.2  1 1
6.B【解析】因为      a  f log 1 3  f log2 3 f log2 3, 且 log2 3  ,0  2  2  , 所以
                        2                                   2               2
        1
 log 3    21.2  0 .又 f x在区间 ,0内单调递增,且        f x为偶函数,所以      f x在区间
    2   2
                                    1 
       内单调递减,所以                               1.2 所以          故选   B.
 0,                 f log 1 3  f    f 2 ,  b  c  a.
                            2       2 
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7.D【解析】因为   f x  2 f x,所以函数 f x的周期为 2,作图如下:


由图知,直线    y  x  a 与函数 f x的图象在区间0,2内恰有两个不同的公共点时,直线

y  x  a 经过点 1,1或与 f x x2 相切于点 A ,则1 1 a, 即 a  0 或 x2  x  a, 则
                  1
 1 4a  0 ,即 a   .故选 D.
                  4
                                             
8.B【解析】由题得,    y  cos 2x    cos  2x    sin  2x   .因为
                        3      2     6         6 

                          5                     5 
sin  2x    sin   2x    sin  2x  , 所以 y  cos 2x    sin  2x  
       6           6        6              3         6 

        5                                             5
 sin 2 x  .由图象平移的规则,可知只需将函数       y  sin 2x 的图象向左平移    个长度单位
        12                                             12

                     
就可以得到函数    y  cos 2x   的图象.故选 B.
                    3 

                                 1 
9.D【解析】由题意得,     f x ln x  ax  x  a   ln x  2ax 1  0 在区间 0,2上有两个不
                                 x 
             ln x 1                         ln x 1         ln x
等的实根,即    a      在区间  0,2上有两个实根.设   g x     ,则  gx   ,易知
              2x                              2x             2x2
当 0  x 1时, gx 0 , g x单调递增;当1 x  2 时, gx 0 , g x单调递减,则
             1        ln 2 1       1                ln 2 1   1
g x  g 1 . 又 g 2  ,当  0  x  时, g x 0 ,所以     a  .故选 D.
    max      2          4           e                  4       2
                                         3 
10.B【解析】易知函数    y  sin x 的单调区间为 k   ,k   , k  Z .由
                                   2      2 
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                                        4
                            k       k 
                3
k    x   k  ,k  Z, 得   3  x    3 ,k  Z.因为函数
    2      6      2                    
             
f x sin x    0在区间  ,2 内没有最值,所以 f x在区间  ,2 内单调,所
            6 
                                     
                                   k 
                  4               3
          k   k                      ,
             3      3            
以  ,2    ,        ,k  Z ,所以         k  Z ,解得
                                    4
                                k 
                                    3  2 ,
                                   
   1     k  2          1  k  2      2           1     2
k       ,k  Z .由 k    , 得 k  . 当 k  0 时,得    ; 当 k  1时,得
   3     2  3          3  2  3      3           3     3
 2     1                  1                     1 1 2
     .又  0 ,所以 0    .综上,得 的取值范围是    0,    ,  .故选 B.
 3     6                  6                     6 3 3
                                           t  1          1
11.A【解析】设   f m g n t ,则 t  0 , m  et1,n  ln   lnt  ln 2  ,令
                                           2  2          2
                 1            1          1
ht et1  lnt  ln 2  ,则ht et1  ,ht et1   0, 所以 ht在区间 0,上单调
                 2            t          t 2
递增.又  h1 0 ,所以当 t 0,1时, ht 0 ;当 t 1,时, ht 0 ,所以 ht在区
                                          1
间 0,1上单调递减,在区间    1,上单调递增,即    h1  ln 2 是极小值也是最小值,所以
                                          2
             1
m  n 的最小值是    ln 2 .故选 A.
             2
12.B【解析】当  x  0 时, f 0 0, g 0 1,则 f 0 g 0 0 不成立,即方程
                                                                1
f x g x 0 没有零解.当 x  0 时, x ln x  kx 1,即 kx  x ln x 1,则 k  ln x  .设
                                                                x
          1         1  1  x 1
hx ln x  , 则 hx     , 由 hx 0 ,得1 x  e2 ,此时函数 hx单调递增;
          x         x x2   x2
由 hx 0 ,得 0  x 1,此时函数 hx单调递减,所以当   x 1时,函数   hx取得极小值
                        1
      ;当     2 时,   2       ;当      时,          ;当      时,
h11   x  e   he  2  2  x  0   hx       x  0
                       e
                                   1              1
x2  4x  kx 1,即 kx  x2  4x 1,则 k  x   4 .设 mx x   4, 则
                                   x              x
         1  x2 1
mx1        , 由 mx 0, 得 x 1(舍去)或 x  1,此时函数 mx单调递增;由
         x2  x2
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mx 0, 得 1 x  0 ,此时 mx单调递减,所以当 x  1 时,函数 mx取得极大值
                              1    3
m1 2 ;当 x  2 时, m2 2   4  ;当 x  0 时, mx . 作出函数 hx和
                              2    2

                                         2                  3
mx的图象,可知要使方程       f x g x 0 在 x 2,e 上有三个实根,则 k 1, 或k  2 .故
                                                            2

选 B.

2、填空题

   3 13
13.    【解析】因为角    的终边经过点    2,3,所以 x  2, y  3,r  13 ,则
    13

      y  3 13         3       3 13
sin       , 所以 cos    sin  .
      r   13           2        13

                      7                                 7
14.1【解析】对于,因为      f    2 ,所以 y  2sin  2x   的一条对称轴是 x  ,故
                      12                  3               12

正确;对于,因为函数        f x tan x 满足 f x f   x 0 ,所以 f x tan x 的图象关

                                          
于点      对称,故正确;对于,若                                 则
     ,0                    sin  2x1    sin  2x2    0,
    2                             4        4 
                                       1         1
2x    m ,2x   n m Z,n Z , 所以 x  x  m  n  k ,k  Z, 故错误;
  1 4       2  4                    1  2 2         2

                                               2
               2           2                1   5
对于④,函数    y  cos x  sin x  sin x  sin x 1  sin x    , 当 sin x  1时,函数取
                                            2   4

得最小值  1,故④正确.综上,共有       1 个错误.


   1                       3                  3
15.  , 【解析】令 F x f x x , 则由 f x f x 2x ,可得 F x F x,所
   2   

以 F x为偶函数.又当   x  0 时, f x 3x2 ,即 F ' x 0 .由 f x f x 1 3x2  3x 1,
                                  1
得 F x F x 1,所以 x  x 1 ,解得 x  .
                                  2
           e 1                 1
16.0,    【解析】因为   f x1  0 ,所以函数  f x在区间 0,上单调递
           e2                   x
                 中国现代教育网   www.30edu.com  全国最大教师交流平台
       1    1                            m
增,且  f    1  0, 所以当 m  0 时, f x与 g x 有一个公共点;当 m  0 时,令
       e    e                             x
                      2                               2
f x g x,即 x2  xln x  x  m 有一个解即可.设 hx x2  xln x  x ,则
                      e                               e
                2              1            1               1
hx 2x  ln x 1 .令hx 0, 得 x  .因为当 0  x  时, hx 0; 当 x  时,
                e              e            e               e
               1                     e 1              e 1
hx 0, 所以当 x  时, hx有唯一的极小值       ,即 hx有最小值       ,所以当
               e                     e2                 e2
     e 1                                        e 1
m     时,有一个公共点.综上,实数        m 的取值范围是0,        .
     e2                                           e2 

三、解答题

                     x   x        x   2        1 cos x
17. 解:(1)  f x 2 sin cos  2 sin2  sin x  2A
                     2   2       2   2           2

                2      2       2          2
                 sin x  cos x   sin x    ,
               2       2       2       4   2
                   
 由 2k   x   2k  k  Z ,
       2     4       2
       3          
 得 2k    x  2k  k  Z .
        4          4
                        3       
 则 f x的单调递增区间为    2k   ,2k   k  Z .(5 分)
                        4      4 
                      3       
 (2)因为    x  0 ,所以   x    ,
                       4     4  4
                  3                 2
   当 x    ,即 x    时,  f x  1  .(10 分)
       4   2         4        min     2

18. 解:(1)因为函数    f x的最大值是  3,

   所以 A 1  3,即A  2.
                                  
   因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为             ,
                                   2
   所以最小正周期T      ,即  2 .
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                   
   所以 f x 2sin 2x   1.(3 分)
                  6 
                 3
   令   2k  2x    2k k  Z ,
    2           6  2
             5
   即   k  x   k k  Z .
    3         6
   因为 x 0, ,

                      5 
   所以 f x的单调减区间为      ,   .(6 分)
                      3 6 

                                   
 (2)依题意得,    g x f  x   1  2sin 2x   .
                      12           3 

   列表得:


   
                 5   2  11 
   描点 0, 3, ,0, ,2, ,0,  ,2, , 3.
             6    12   3   12  

  连线得  g x在0, 内的大致图象.


                                  (12 分)

19. 解:(1)因为   f x ex  2x ,所以 f ' x ex  2 .
                   中国现代教育网    www.30edu.com  全国最大教师交流平台
   所以 f ' 0 1.

   又 f 01,

   所以曲线   y  f x在点 0, f 0处的切线方程为  y 1  x,

   即 x  y 1  0 .(5 分)

(2)由题意得,      g x ex  2x  a ,

   所以 g ' x ex  2 .

   由 g ' x ex  2  0 ,解得 x  ln 2 ,

   故当 1 x  ln 2 时, g ' x 0 , g x在1,ln 2上单调递减;

   当 ln 2  x 1时, g ' x 0 , g x在 ln 2,1上单调递增.

   所以 g x     g ln 2  2  2ln 2  a .
        min     

   又 g 1 e1+2  a , g 1 e  2  a ,

   结合函数的图象可得,若函数恰有两个零点,
    g 1 e1  2  a  0,
    
   则 g 1 e  2  a  0, 解得 2  2ln 2  a  e  2 .
    
    g ln 2 2  2ln 2  a  0,
 所以实数   a 的取值范围为    2  2ln 2,e  2.(12 分)
                             x
20. 解:(1)由   f x 0 ,得 m    在 1,上恒成立.
                            ln x
          x            ln x 1
  令 g x   ,则  g ' x    .
         ln x          ln x2

  当 x 1,e时, g ' x 0 ;

  当 x e,+时, g ' x 0 ,

  所以 g x在 1,e上单调递减,在    e,+上单调递增.
                      中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台
  故  g x的最小值为     g e=e .

  所以   m  e ,即 m 的取值范围为      ,e.(6  分)

 (2)因为    m   a 1,
                                              x 1            1
  所以   f x x 1ln x  x 1, f ' x ln x  1  ln x  .
                                                x             x
                  1             1   1   1 x
  令  hx ln x   ,则  h' x           .
                  x             x   x2   x2
  当  x 1,时,   h' x 0 , hx单调递减;

  当  x 0,1时,  h' x 0 , hx单调递增.

  所以   h x     h 1  1 0 ,即当   x  0,  时,  f ' x  0 ,
         max                                 

  所以   f x在 0,上单调递减.

  又因为    f 1 0,

  所以当    x 0,1时,  f x 0;当 x 1,时,   f x 0.

  于是   x 1 f x 0 对 x 0,恒成立.(12   分)
                                 1                       1
21. 解:(1)由题得,         f x ln x  x2 x  0,所以 f ' x  xx  0.
                                 2                       x
    令  f ' x 0, 得 x 1.

   由  f ' x 0, 得 0  x 1,所以 f x的单调递增区间为       0,1,(2  分)

   由  f ' x 0, 得 x 1,所以 f x的单调递减区间       1,.(3 分)
                             1
   所以函数     f x   =f 1   ,无极小值.(4      分)
                极大值          2
                                          1
 (2)法一:令      Gx  F x mx 1 ln x  mx2  1 mx 1,
                                          2
                 1               mx2  1 mx 1
     所以  G' x    mx  1 m                  .
                 x                       x

    当  m  0 时,因为   x  0 ,所以  G' x 0 ,所以  Gx在  0,上是递增函数.
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              3
   又因为 G1  m  2  0 ,所以关于 x 的不等式 Gx mx 1 不能恒成立.
              2
                                      1 
                    2             m x  x 1
                 mx  1 mx 1      m
  当 m  0 时, G' x                       .
                       x                x
               1
 令 G' x 0 ,得 x  ,
               m

          1     '            1        '
 所以当  x 0,  时, G x 0 ;当 x  , 时, G x 0 ,
          m                  m   

                 1                1   
 因此函数  Gx在 x 0,  上是增函数,在   x   , 上是减函数.
                 m                m   

                    1  1
 故函数 Gx的最大值为    G      ln m .
                    m  2m
         1
 令 hm    ln m ,
        2m
         1          1
因为  h1  0 , h2  ln 2  0 ,
         2          4
又因为  hm在 m0,上是减函数,

所以当  m  2 时, hm 0 ,

所以整数  m 的最小值为   2.(12 分)

                            2ln x  x 1
法二:由  F x mx 1恒成立,知  m           x  0恒成立.
                               x2  2x
       2ln x  x 1           2x 12ln x  x
令                     ,则   '                  .
 hx    2      x  0  h x          2
         x  2x                    x2  2x

令 x 2ln x  x ,

     1  1
因为      ln 4  0 , 11  0 ,且 x为增函数.
     2  2

         1 
故存在          ,使        ,即            .
     x0  ,1   x0  0 2ln x0  x0  0
         2 
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                  '                                    '
 当  0  x  x0 时, h x 0 , hx为增函数,当     x  x0 时, h x 0 , hx为减函数,

                      2ln x  2x  2  1
 所以   h x     h x       0    0        .
        max    0      2
                         x0  2x0     x0

         1        1
 而           ,所以            ,
    x0  ,1         1,2
         2        x0

 所以整数     m 的最小值为     2.(12 分)

                                                         1     a   x2  x  a
22.解:(1)由题可知,函数          f x的定义域为     0,,  f x  1              .
                                                         x     x2      x2

因为函数     f x在区间1,上为增函数,

所以   f  x  0 在区间  1,  上恒成立等价于       a  x2  x   ,即  a  2 ,
                                            min

所以   a 的取值范围是     ,2.(4  分)

(2)由题得,       g x xln x  ax2  a  x, 则 gx ln x  2ax.


因为   g x有两个极值点      x1, x2 ,


所以   ln x1  2ax1,ln x2  2ax2.

欲证       2   3 等价于证          2      3   ,即                 ,
     x1  x2  e      lnx1  x2  ln e  3 ln x1  2ln x2  3
                3
所以   ax  2ax   .
       1     2  2
                                         3
因为   0  x1  x2 ,所以原不等式等价于       a          .
                                     2x1  4x2

                                                          x
                                                       ln  2
                               x2                         x1
由  ln x1  2ax1,ln x2  2ax2 , 可得 ln  2ax2  x1 ,则 a      .
                               x1                    2x2  x1 

                             x                                    x   
                           ln 2                                 3 2 1
                             x       3          x   3x   x     x
由可知,原不等式等价于                 1          ,即  ln 2     2  1     1    .
                          x  x   x  2x        x    x  2x         2x
                           2   1   1    2        1    1    2    1    2
                                                                    x1
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    x                          3t 1
设 t  2 ,则 t 1,则上式等价于    ln t      t 1.
     x1                         1 2t

           3t 1              1  31 2t 6t 1 t 14t 1
令 ht ln t    t 1,则 ht                            .
            1 2t               t      1 2t2      t 1 2t2

因为 t 1,所以  ht 0 ,所以 ht在区间  1,上单调递增,

                                 3t 1
所以当  t 1时, ht h1 0 ,即 ln t     ,
                                  1 2t

                     2   3
所以原不等式成立,即       x1  x2  e .(12 分)
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