（天津版）高考数学分项版解析 专题1-11 理（打包11套）.zip

1第一章 集合与常用逻辑用语、复数一．基础题组1.【2005 天津，理 1】设集合 ， ，则{4|1|9,}AxR{|0,}3xBR（ ）ABA、 B、 C、 D、(32]5(32][0,)5(0,3][,)25(,)[,)2【答案】D【解析】首先 ，否则 无意义，排除 C。取特殊值 ，排除 A、C3xx3x本题答案选 D2. 【2005 天津，理 2】若复数 （ 是虚数单位）是纯虚数，则实数 的值为（ 312ai a）A、 2 B、4 C、 6 D、6【答案】C3.【2006 天津，理 1】 是虚数单位， （ ）ii1A． B． C． D．i212i21i21【答案】 A.【解析】 是虚数单位， ，选 A.ii1()ii4.【2006 天津，理 4】设集合 ， ，那么}30|{xM}20|{xN“ ”是“ ”的（ ）MaNaA．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件2C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】设集合 ， ， ，所以若}30|{xM}20|{xNMN“ ”推不出“ ”；若“ ”，则“ ”，所以“ ”是aaaaa“ ”的必要而不充分条件，选 B.N5.【2007 天津，理 1】 是虚数单位 ( )i32,1iA. B. C. D.1ii1i1i【答案】C【解析】，故选 C32(1)2()1iii i6.【2008 天津，理 1】 是虚数单位，i3i(A) (B) 1 (C) (D) i【答案】A【解析】 ，选 A．3()11iii7.【2009 天津，理 1】i 是虚数单位, 等于（ ）i25A.1+2i B.－1－2i C.1－2i D.－1+2i【答案】D【解析】因为 .iiii 215)2()(258.【2009 天津，理 3】命题“存在 x0∈R, ≤0”的否定是（ ）0xA.不存在 x0∈R, ＞0 B.存在 x0∈R, ≥02x 02xC.对任意的 x∈R,2 x≤0 D.对任意的 x∈R,2 x＞0【答案】D【解析】命题“存在 x0∈R, ≤0”的否定是:“对任意的 x0∈R, ＞0”.02x 02x39.【2010 天津，理 1】i 是虚数单位，复数 ＝( )13i2A．1＋i B．5＋5i C．－5－5i D．－1－i【答案】A 【解析】3i(1i)22＝1＋i.2(16i)(i5i410.【2010 天津，理 3】命题“若 f(x)是奇函数，则 f(－ x)是奇函数”的否命题是 ( )A．若 f(x)是偶函数，则 f(－ x)是偶函数B．若 f(x)不是奇函数，则 f(－ x)不是奇函数C．若 f(－ x)是奇函数，则 f(x)是奇函数D．若 f(－ x)不是奇函数，则 f(x)不是奇函数【答案】B 【解析】否命题是对原命题的条件和结论都进行否定11.【2011 天津，理 1】 是虚数单位，复数 =( )i13iA． B． C． D．2i22i12i【答案】A.【解析】 .13()142iii12.【2011 天津，理 2】设 则“ 且 ”是“ ”,xyRx2y24xy的( )A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．即不充分也不必要条件【答案】A13.【2012 天津，理 1】i 是虚数单位，复数 ( )7i34A．2＋i B．2－i C．－2＋i D．－2－i【答案】B 【解析】 ．27i(i)3217i301i23914.【2012 天津，理 2】设 φ ∈R，则“ φ ＝0”是“ f(x)＝cos( x＋ φ )(x∈R)为偶函数”的( )A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】 φ＝0 时，f(x)＝cosx，f(－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数；若 f(x)为偶函数，则 f(0)＝±1，∴cosφ＝±1，∴φ＝kπ(k∈Z)．∴是充分而不必要条件．15.【2012 天津，理 11】已知集合 A＝{ x∈R|| x＋2|＜3}，集合 B＝{ x∈R|( x－ m)(x－2)＜0}，且 A∩ B＝(－1， n)，则 m＝__________， n＝__________．【答案】－1 116.【2013 天津，理 1】1．(2013 天津，理 1)已知集合 A＝{ x∈R|| x|≤2}，B＝{ x∈R| x≤1}，则 A∩ B＝( )．A．(－∞，2] B．[1,2]C．[－2,2] D．[－2,1]【答案】D【解析】解不等式|x|≤2，得－2≤x≤2，所以 A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤1}．故选 D.17.【2013 天津，理 9】已知 a， b∈R，i 是虚数单位．若( a＋i)·(1＋i)＝ bi，则a＋ bi＝__________.【答案】1＋2i5【解析】由(a＋i)(1＋i)＝a－1＋(a＋1)i＝bi，得 解方程组，得10,aba＝1，b＝2，则 a＋bi＝1＋2i.18.【2014 天津，理 1】 是虚数单位，复数 （ ） i734i+=（A） （B） （C） （D）1i-1i-+125i1725i-【答案】A．【解析】试题分析： ，故选 A．73418313425ii ii考点：复数的运算．19. 【2015 高考天津，理 4】设 ，则“ ”是“ ”的( )xRx20x（A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件（C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件【答案】A【考点定位】不等式解法与充分条件、必要条件.20. .【2015 高考天津，理 1】已知全集 ，集合 ，1,2345,678U2,356A集合 ，则集合 ( )1,3467BABð（A） （B） （C） （D） 25,,56,【答案】A【解析】 ,所以 ，故选 A.{8}Uð{2,}UABð【考点定位】集合的运算.21. 【2016 高考天津理数】已知集合 则 =1,34,{|32},yxA， B（A） （B） （C） （D） {1}{4}1,}{1,46【答案】D【解析】试题分析： ，选 D.{1470}{14}B=AB=， ， ， ， ，【考点】集合运算【名师点睛】本题重点考查集合的运算，容易出错的地方是审错题意，误求并集，属于基本题，难度系数较小.对于此类问题：一要注意培养良好的答题习惯，避免出现粗心错误；二要明确集合交集的考查立足于元素互异性，做到不重不漏.22.【2016 高考天津理数】已知 ，i 是虚数单位，若(1 i)(1 bi）= a，则 的,abR值为_______.【答案】2【解析】试题分析：由 ，可得 ，所以 ，(1i)1()ibba10ba21b，故答案为 2．ab【考点】复数相等【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如 i i()(a+b)cd=(ab)+(dc)a,bdR，. 其次要熟悉复数的相关基本概念，如ii2c,，复数 的实部为 、虚部为 、模为 、共轭复数为 .(,)abRab2abiab二．能力题组1.【2007 天津，理 3】 是 的 ( )2“3“tan2cos“A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A72.【2008 天津，理 6】设集合 ，则RTSaxTxS ,8|,32|的取值范围是a(A) (B) 13a1(C) 或 (D) 或3a【答案】A【解析】 ，所以 ，选 A．{|15}Sx或1185a3.【2011 天津，理 13】已知集合，则集合|349,|4,(0)AxRxBxRt=________.B【答案】 52|xx∴ 52|2|54|  xRxRxRxBA4. 【2015 高考天津，理 9】 是虚数单位，若复数 是纯虚数，则实数 的i1iaa值为 .【答案】 2【解析】 是纯虚数，所以 ，即 .121iaai20a2a8【考点定位】复数相关概念与复数的运算.5. 【2016 高考天津理数】设{ }是首项为正数的等比数列，公比为 q，则“ q（ ）9（A）充要不必要条件 （B）必要不充分条件 （C）充要条件 （D）既不充要又不必要条件【答案】C．考点：1．充分条件、必要条件、充要条件的判断；2．不等式的性质．1第二章 函数一．基础题组1.【2005 天津，理 9】设 是函数 的反函数，则使1fx112xfa成立的 的取值范围为（ ）1fxxA、 B、 C、 D、2(,)a21(,)a2(,)a(,)a【答案】A【解析】 时， 单调增函数，所以1afx。21 11afxffxf 本题答案选 A２.【2005 天津，理 10】若函数 在区间 内单调递3log0,1afxxa(,0)2增，则 的取值范围是（ ）aA、 B、 C、 D、1[,)43[,1)49(,)49(,)4【答案】B３.【2005 天津，理 16】设 是定义在 R 上的奇函数，且 的图象关于直线fx yfx对称，则 __________。12x12345fff【答案】0【解析】 得0ff0f假设 n2因为点（ ，0）和点（ ）关于 对称，所以n1,0n12x10fnffn因此，对一切正整数 都有： f从而： 12345ff本题答案填写：0４.【2007 天津，理 5】函数 的反函数是 ( )2log(0)yxA. B.142()xy 142()xyC. D.x x【答案】C【解析】原函数过 故反函数过 从而排除 A、B、D，故选 C(4,1)(1,4)5.【2007 天津，理 7】在 R 上定义的函数 是偶函数，且 .若 在区(fx()fx2)f()fx间 上是减函数，则 ( )[1,2]fxA.在区间 上是增函数，在区间 上是减函数[,1][3,4]B.在区间 上是增函数，在区间 上是减函数2, ,C.在区间 [,1]上是减函数，在区间 [3,4]上是增函数D.在区间 2,上是减函数，在区间 ,上是增函数【答案】B６.【2007 天津，理 9】设 均为正数，且 则 ( ),abc11222log,log,log,bcaA. B. C. D.abccba3【答案】A【解析】由 可知 ，由 可知12loga0a21a121log02a12logb，由 可知 ，0b12lb2lcc2lc从而 .故选 Aac７.【2008 天津，理 7】设函数 的反函数为 ，则101xxf xf1(A) 在其定义域上是增函数且最大值为 1 xf1(B) 在其定义域上是减函数且最小值为 0 (C) 在其定义域上是减函数且最大值为 1xf1(D) 在其定义域上是增函数且最小值为 0【答案】D８.【2008 天津，理 9】已知函数 是 R 上的偶函数，且在区间 上是增函数.令xf ,0，则75tan,75cos,72sinffbfa(A) (B) (C) (D) cbcba【答案】A 【解析】 ， 5(cos)(c2s)7bff5(tan)(t2)7ff因为 ，所以 ，所以 ，选 A．240i1tbac９.【2009 天津，理 4】设函数 ,则 y＝f(x)（ ）xxfln3)(A.在区间( ,1),(1,e)内均有零点e14B.在区间( ,1),(1,e)内均无零点e1C.在区间( ,1)内有零点,在区间(1,e)内无零点D.在区间( ,1)内无零点,在区间(1, e)内有零点e【答案】D【解析】由于 ＞0, ＞0, ＜0,故函数 y＝f(x)在区间(13)(ef 3)(f 13)(ef,1)内无零点,在区间(1,e)内有零点.e11０.【2009 天津，理 8】已知函数 .若 f(2－a 2)＞f(a),则实数 a0,4)(2xxf的取值范围是（ ）A.(－∞,－1)∪(2,+∞) B.(－1,2)C.(－2,1) D.(－∞,－2)∪(1,+∞)【答案】C【解析】由题中的分段函数的图象知函数 f(x)在 R 上是增函数,则由 f(2－a2)＞f(a),可得2－a2＞a,解之,得－2＜a＜1.1１.【2010 天津，理 2】函数 f(x)＝2 x＋3 x 的零点所在的一个区间是( )A．(－2，－1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(1,2)【答案】B 1２.【2011 天津，理 7】【答案】C【解析】令 ， ， ，在同一坐标系下作出三个函数的图象，4.32logm6.34ln310log由图象可得 ，5又∵ 为单调递增函数，xy5∴ .bca1３.【2012 天津，理 4】函数 f(x)＝2 x＋ x3－2 在区间(0,1)内的零点个数是( )A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B 【解析】f′(x)＝2xln2＋3x2，在(0,1)上 f′(x)＞0 恒成立，∴f(x)在区间(0,1)上单调递增．又∵f(0)＝20＋03－2＝－1＜0，f(1)＝21＋13－2＝1＞0，∴f(x)在区间(0,1)上存在一个零点．1４.【2012 天津，理 14】已知函数 的图象与函数 y＝ kx－2 的图象恰有两个交2|1|xy点，则实数 k 的取值范围是__________．【答案】(0,1)∪(1,4)1５.【2013 天津，理 7】函数 f(x)＝2 x|log0.5x|－1 的零点个数为( )．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】函数 f(x)＝2x|log0.5x|－1 的零点也就是方程 2x|log0.5x|－1＝0 的根，即62x|log0.5x|＝1，整理得|log0.5x|＝ .令 g(x)＝|log0.5x|，h(x)＝ ，作 g(x)，12x 12xh(x)的图象如图所示．因为两个函数图象有两个交点，所以 f(x)有两个零点．1６.【2014 天津，理 4】函数 的单调递增区间是 ())21log4fx=-（ ）（A） （B） （C） （D）()0,+¥(),0-¥(),+¥(),2-¥【答案】D．考点：复合函数的单调性（单调区间） ．二．能力题组1.【2006 天津，理 10】已知函数 的图象与函数 （ 且 ）的图象)(xfyxay01a关于直线 对称，记 ．若 在区间 上是增xy()[21]gxf)(g]2,[函数，则实数 的取值范围是（ ）aA． B． C． D． ),2[),1(0),2[]21,0(【答案】D【解析】已知函数 的图象与函数 （ 且 ）的图象关于直线)(xfyxay0a对称,则xy7，记 = ．当 a1()logafx()[()21]xfxf2(log)(l1)logaaaxx时，若 (y在区间 上是增函数， 为增函数，令 ，t∈[ , ]，]2,1[logayxlogatxl2aloga要求对称轴，矛盾；当 0考点：方程的根与函数的零点．4. 【2016 高考天津理数】已知函数 f（ x）= （ a0,且 a≠1）2(4,0log1)3ax在 上单调递减，且关于 x 的方程│ f(x)│=2 x 恰有两个不相等的实数解，则 a 的取值R范围是（A） （0， ] （B）[ ， ] （C）[ ， ] { } （D）[ ，23234132413） { }234【答案】C【解析】【考点】函数性质综合应用【名师点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；14(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．5.【2016 高考天津理数】已知 f(x)是定义在 R 上的偶函数，且在区间（− ，0）上单调递增.若实数 a 满足 f(2|a-1|)＞ f（ ） ，则 a 的取值范围是______.2【答案】 13(,)2【考点】利用函数性质解不等式【名师点睛】利用数形结合解决不等式问题时，在解题时既要想形又要以形助数，常见的“以形助数”的方法有：(1)借助数轴，运用数轴的有关概念，解决与绝对值有关的问题，解决数集的交、并、补运算非常有效．(2)借助函数图象的性质，利用函数图象分析问题和解决问题是数形结合的基本方法，需要注意的问题是准确把握代数式的几何意义实现由“数”向“形”的转化．1第三章 导数一．基础题组1.【2006 天津，理 9】函数 的定义域为开区间 ，导函数 在 内的图)(xf ),(ba)(xf,ba象如图所示，则函数 在开区间 内有极小值点（ ）,baA．1 个 B．2 个 C．3 个 D． 4 个【答案】A2.【2006 天津，理 20】已知函数 ，其中 为参cos163s423xxf ,Rx数，且 ．20（1）当时 ，判断函数 是否有极值；cosf（2）要使函数 的极小值大于零，求参数 的取值范围；xf （3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数 ，函数 在区间 内都是增xfa,12函数，求实数 的取值范围．a【答案】 （1）无极值， （2） （3）).61,2(),6(43(,0][,)8【解析】 （I）解：当 内是增函数，故无极值.),,4,0cos在则时 xfxf（II）解：.2cos,0,)(,cs612)( 1 fxf 得令由（I） ，只需分下面两种情况讨论.①当 0 时，随 x 的变化， 的符号及 的变化情况如下表：cos)(xf)(xf2x )0,(0（0， )2cos2cos（),2cos)(f+ 0 － 0 +x极大值 极小值因此，函数 在 处取得极小值 ，且)(f2cos)2cos(f16342cos(f要使 0，必有 ，可得)f 0)43(cos2.23cos0由于 ，故.61236或3（III）解：由（II）知，函数 在区间（－∞，0）与（ ，+∞）内都是增函数.)(xf 2cos由题设，函数 在（ 内是增函数，则 a 须满足不等式组)(xf,12acos2012a或由（II） ，参数 时， 要使不等式31(,)(,)66.23cs0关于参数 恒成立，必有cos21a .84,1aa即综上，解得 所以 a 的取值范围是 ..8340a或 3(,0][,1)3.【2007 天津，理 20】已知函数 R)，其中 R.21()(xfa(I)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；1ay,)f(II)当 时，求函数 的单调区间与极值.0()fx【答案】(I)6253.xy(II)(1)当 时，0a函数 在 处取得极小值 且 .()fx1a1,fa2fa函数 在 处取得极大值 且 .2(),ff(2)当 时，0函数 在 处取得极大值 且 .()fx1a(),fa1f函数 在 处取得极小值 且 .()f2,f2fa【解析】4(II)解：22(1)(1)')axaxf2().1x由于 以下分两种情况讨论.0,a(1)当 时，令 得到 当 变化时， 的变化情况'()0,fx12,.xax'(),fx如下表： x1,a,a,a'()f0 0 xA极小值 A极大值 A所以 在区间 内为减函数，在区间 内为增函数.()f1,a, 1,a函数 在 处取得极小值 且 .()fx11,fa2f函数 在 处取得极大值 且 .2a(),ff54.【2009 天津，理 20】已知函数 f(x)＝(x 2+ax－2a 2+3a)ex(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 时,求函数 f(x)的单调区间与极值.32【答案】 （Ⅰ）3e.；（Ⅱ）若 ,则 f(x)在(－∞,－2a),(a－2,+∞)内是增函数,在32a(－2a,a－2)内是减函数.函数 f(x)在 x＝－2a 处取得极大值 f(－2a),且 f(－2a)＝3ae －2a .函数 f(x)在 x＝a－2 处取得极小值 f(a－2),且 f(a－2)＝(4－3a)e a－2 . 若 a＜ ,则 f(x)在(－∞,a－2),(－2a,+∞)内是增函数,在(a－2,－2a)内是减函数.3函数 f(x)在 x＝a－2 处取得极大值 f(a－2),且 f(a－2)＝(4－3a)e a－2 .函数 f(x)在 x＝－2a 处取得极小值 f(－2a),且 f(－2a)＝3ae －2a .以下分两种情况讨论.6①若 ,则－2a＜a－2.当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:32x (－∞,－2a) －2a (－2a,a－2) a－2 (a－2,+∞)f′(x) + 0 － 0 +f(x)  极大值 极小值 所以 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 处取得极大值 f(－2a),且 f(－2a)＝3ae －2a .函数 f(x)在 x＝a－2 处取得极小值 f(a－2),且 f(a－2)＝(4－3a)e a－2 .②若 a＜ ,则－2a＞a－2.当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:3x (－∞,a－2) a－2 (a－2,－2a) －2a (－2a,+∞)f′(x) + 0 － 0 +f(x) 极大值 极小值所以 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 处取得极大值 f(a－2),且 f(a－2)＝(4－3a)e a－2 .函数 f(x)在 x＝－2a 处取得极小值 f(－2a),且 f(－2a)＝3ae －2a .二．能力题组1.【2008 天津，理 20】已知函数 ，其中 .0xbaxf Rba,（Ⅰ）若曲线 在点 处的切线方程为 ，求函数 的解析式；xfy2,P13yxf（Ⅱ）讨论函数 的单调性；f（Ⅲ）若对于任意的 ，不等式 在 上恒成立，求 的取值范围.2,1a10xf,4b【答案】（I） ．（II） 在 ， 内是增函数，在8()9fx()f,)a(),， 内是减函数．（Ⅲ） ．(,0)a(,)7,]4【解析】（Ⅰ）解： ，由导数的几何意义得 ，于是 ．2(1afx(2)3f8a7由切点 在直线 上可得 ，解得 ．(2,)Pf31yx27b9所以函数 的解析式为 ．()fx8()9f（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知， 在 上的最大值为 与 的较大者，对于任意的()fx1[,]41()4ff，不等式 在 上恒成立，当且仅当 ，即 ，1[,2]a0(1)fx[,]40(1)f394ab对任意的 成立．[,]从而得 ，所以满足条件的 的取值范围是 ．74bb(7,]42.【2010 天津，理 21】已知函数 f(x)＝ xe－ x(x∈R)．（1）求函数 f(x)的单调区间和极值；(2)已知函数 y＝ g(x)的图象与函数 y＝ f(x)的图象关于直线 x＝1 对称，证明当 x＞1 时，f(x)＞ g(x)；(3)如果 x1≠ x2，且 f(x1)＝ f(x2)，证明 x1＋ x2＞2.【答案】(1) f(x)在(－∞，1)内是增函数，在(1，＋∞)内是减函数．8函数 f(x)在 x＝1 处取得极大值 f(1)，且 f(1)＝ . (2) 详见解析(3) 详见解析1e【解析】 (1)解： f′( x)＝(1－ x)e－ x.令 f′(x)＝0，解得 x＝1.当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (－∞，1) 1 (1，＋∞)f′( x) ＋ 0 －f(x) ↗ 极大值 ↘所以 f(x)在(－∞，1)内是增函数，在(1，＋∞)内是减函数．函数 f(x)在 x＝1 处取得极大值 f(1)，且 f(1)＝ .1e(3)证明：①若( x1－1)( x2－1)＝0，由(1)及 f(x1)＝ f(x2)，得 x1＝ x2＝1，与 x1≠ x2矛盾．②若( x1－1)( x2－1)＞0，由(1)及 f(x1)＝ f(x2)，得 x1＝ x2，与 x1≠ x2矛盾．根据①②得( x1－1)( x2－1)＜0.不妨设 x1＜1， x2＞1.由(2)可知， f(x2)＞ g(x2)， g(x2)＝ f(2－ x2)，所以 f(x2)＞ f(2－ x2)，从而 f(x1)＞ f(2－ x2)．因为 x2＞1，所以 2－ x2＜1.又由(1)可知函数 f(x)在区间(－∞，1)内是增函数，所以 x1＞2－ x2，即 x1＋ x2＞2. 3.【2011 天津，理 19】已知 ，函数 （ 的图像连续不0a()ln,0.fxa()f断）9（Ⅰ）求 的单调区间；()fx（Ⅱ）当 时，证明：存在 ，使 ；18a0(2,)x03()2fxf（Ⅲ）若存在均属于区间 的 ，且 ，使 ，证明,31()f．ln32ln5【答案】 （Ⅰ） 的单调递增区间是 的单调递减区间是()fx2(0,)(afx2(,).a；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析【解析】 （I）解： ， 21'(),(0)axfx令2'()0,.fa解 得 =当 x 变化时， 的变化情况如下表：'(),fx2(0,)a2a2(,)a'()fx+ 0 -极大值所以， 的单调递增区间是 的单调递减区间是()fx2(0,)(afx2(,).a（II）证明：当211,()ln.88afx时10（说明： 的取法不唯一，只要满足 即可）'x'2,(')0xg且（III）证明：由 及（I）的结论知 ，()ffa从而 上的最小值为()[,]fx在 ().a又由 ， 知1[,3]123.故(2)()ln4,.l9.ffa即从而ln3l2.53a三．拔高题组1.【2005 天津，理 22】设函数 sinfxxR（Ⅰ）证明 其中为 k 为整数22fxkk（Ⅱ）设 为 的一个极值点，证明0f 420021xf（Ⅲ）设 在（0,+∞）内的全部极值点按从小到大的顺序排列为 ，证明：fx 12,,na 1111,22na【答案】 （Ⅰ）详见解析， （Ⅱ）详见解析， （Ⅲ）详见解析.（II）证明：由函数 的图象和函数 的图象知，对于任意整数 ，在开区间yxtanyxk（ ， ）内方程 只有一个根 ，2kt0当 时， ，当 时，0(,)xxanx0(,)2ktanx而 在区间（ ， ）内，要么恒正，要么恒负cos2k因此 时 的符号与 时 的符号相反0(,)xx0'f0(,)2xk0'fx综合以上，得： 的每一个根都是 的极值点 ③'f由 得，当 时， ，即对于 时， ④tanx0xtan0x0x0(,)2kkN综合 ③、④ ：对于任意 ，N2na由： 和 ，得： ⑤2n1n1322na又： ，11 11tatta 0nnn n na 但 时， ⑥132n1ta0n12综合 ⑤、⑥ 得： 12na2.【2012 天津，理 20】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)≤ kx2成立，求实数 k 的最小值；(3)证明 －ln(2 n＋1)＜2( n∈N *)．12ni【答案】(1) a＝1．(2) ，(3)详见解析1(2)当 k≤0 时，取 x＝1，有 f(1)＝1－ln2＞0，故 k≤0 不合题意．当 k＞0 时，令g(x)＝ f(x)－ kx2，即 g(x)＝ x－ln( x＋1)－ kx2．g′( x)＝ －2 kx＝ ．()k令 g′( x)＝0，得 x1＝0， ．21①当 时， ，g′(x)＜0 在(0，＋∞)上恒成立，因此 g(x)在2kk［0，＋∞)上单调递减．从而对于任意的 x∈［0，＋∞)，总有 g(x)≤g(0)＝0，即 f(x)≤ kx2在［0，＋∞)上恒成立，故 符合题意．12k②当 0＜k＜ 时， ，对于 x∈(0， )，g′(x)＞0，故 g(x)在(0，102k)内单调递增．因此当取 x0∈(0， )时，g(x0)＞g(0)＝0，即 f(x0)≤kx02 不121成立．13故 0＜k＜ 不合题意．12综上，k 的最小值为 ．(3)证明：当 n＝1 时，不等式左边＝2－ln3＜2＝右边，所以不等式成立．当 n≥2 时， 112()ln()1ni if i＝ 11l2l()2nii＝ －ln(2 n＋1)．1ni在(2)中取 ，得 f(x)≤ (x≥0)，从而2k2(i∈N *， i≥2)，2()1()(3)1fiii所以有－ln(2 n＋1)12ni＝ 12()(()1nni ifff＜2－ln3＋ 2(3)nii＝2－ln3＋ ＝2－ln3＋1－ ＜2．21nii1n综上， －ln(2 n＋1)＜2， n∈N *．1ni3.【2013 天津，理 20】已知函数 f(x)＝ x2ln x.(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的 t＞0，存在唯一的 s，使 t＝ f(s)；(3)设(2)中所确定的 s 关于 t 的函数为 s＝ g(t)，证明：当 t＞e 2时，有 .ln()152gt【答案】 （Ⅰ）单调递减区间是 ，单调递增区间是 ；（Ⅱ）详见解析；10,e1,14（Ⅲ）详见解析【解析】解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，令 f′(x)＝0，得 .1ex当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x10,e1e,ef′(x) － 0 ＋f(x)  极小值所以函数 f(x)的单调递减区间是 ，单调递增区间是 .10,e1,e(3)证明：因为 s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且 s＞1，从而，2ln()llnln())()2lngt ufs其中 u＝ln s.要使 成立，只需 .2ln()152gt0ln2u当 t＞e2 时，若 s＝g(t)≤e，则由 f(s)的单调性，有 t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．所以 s＞e，即 u＞1，从而 ln u＞0 成立．另一方面，令 F(u)＝ ，u＞1.F′(u)＝ ，令 F′(u)＝0，得 u＝2.ln 212u当 1＜u＜2 时，F′(u)＞0；当 u＞2 时，F′(u)＜0.故对 u＞1，F (u)≤F(2)＜0.15因此 成立．ln 2u综上，当 t＞e2 时，有 .ln()152gt4.【2014 天津，理 20】已知函数 ， ．已知函数xfae=-()RÎÎ有两个零点 ，且 ．()yfx=12,x12()fx将“函数 有两个零点”等价转化为如下条件同时成立：“1° ；()yfx= ln0a-2°存在 ，满足 ；3°存在 ，满足 ”1,lnasÎ-¥()10fs1似可得 ．又由 ，得 ，最终证得 随着 的减小而增大；2h2211h12,lxtìïí-î 1x2求得 ，构造函数 ，利用导数来证明()12ltt+=-()()ln,xh-Î+=¥随着 的减小而增大．12xa试题解析：（Ⅰ）由 ，可得 ．下面分两种情况讨论：()xfae-()1xfae¢-16（1） 时， 在 上恒成立，可得 在 上单调递增，不合题意．0a£()0fx¢R()fxR（2） 时，由 ，得 ．当 变化时， ， 的变化情况如=lnxa-()fx¢f下表： x(),l-¥l-()ln,a-+¥()f¢＋ 0 －x↗ ln1a-↘这时， 的单调递增区间是 ；单调递减区间是 ．()f(),l-¥()ln,a-+¥于是， “函数 有两个零点”等价于如下条件同时成立：yfx=1° ；2°存在 ，满足 ；3°存在()ln0fa-()1,lnasÎ-()10fslna-，而此时，取 ，满足 ，且 ；取10e-12,ltìïí-î 1lnt=-17．2ln1tx=-∴ ． ①()2ltt+-令 ， ，则 ．令()1lnxh=-(),xÎ¥()21lnxh-+-¢=，得 ．当 时， ．因此，()2luxx+()21xuæö-÷çèø(,Î¥()0ux¢在 上单调递增，故对于任意的 ， ，由此可得)1,¥),Î+1=，故 在 上单调递增，因此，由① 可得 随着 的增大而增大，(0hx¢(hx)1, 2xt而由（Ⅱ） ， 随着 的减小而增大，∴ 随着 的减小而增大．ta12xa考点：1．函数的零点；2．导数的运算；3.．利用导数研究函数的性质．5. 【2015 高考天津，理 11】曲线 与直线 所围成的封闭图形的面积为 .2yyx【答案】 6【解析】在同一坐标系内作出两个函数的图象，解议程组 得两曲线的交点坐标为2yx，由图可知峡谷曲线所围成的封闭图形的面积(0,)1.12230 06Sxdx21.5051.2.54321234【考点定位】定积分几何意义与定积分运算.186. 【2015 高考天津，理 20（本小题满分 14 分）已知函数 ，其中()n,fxxR.*n,2N(I)讨论 的单调性；()fx(II)设曲线 与 轴正半轴的交点为 P，曲线在点 P 处的切线方程为 ,求y=x ()ygx=证：对于任意的正实数 ，都有 ；()fgx(III)若关于 的方程 有两个正实根 ，求证： x()af为 实 数 12x， 21|-|axn+【答案】(I) 当 为奇数时， 在 ， 上单调递减，在 内单调递nfx(,)(,)(,)增；当 为偶数时， 在 上单调递增， 在 上单调递减. (II)见()f,1fx(,)解析； (III)见解析.【解析】(I)由 ，可得，其中 且 ，()nfx*nN2下面分两种情况讨论：(2)当 为偶数时，n当 ，即 时，函数 单调递增；()0fx1()fx当 ，即 时，函数 单调递减.所以， 在 上单调递增， 在 上单调递减.()fx,)()fx1,)19(II)证明：设点 的坐标为 ，则 ， ，曲线 在点P0(,)x10n20()fxn()yfx处的切线方程为 ，即 ，令yf)g，即 ，则()()Fxfgx00()(Ffxx 0()()Fxffx由于 在 上单调递减，故 在 上单调递减，又因为1n0,(),，所以当 时， ，当 时， ，所以0()x()x0()x0x0()x在 内单调递增，在 内单调递减，所以对任意的正实数 都有F, ,，即对任意的正实数 ，都有 .0()xx()fgx(III)证明：不妨设 ，由(II)知 ，设方程 的根为12x20()gn()gxa，可得2x，当 时， 在 上单调递减，又由(II)知02.axnn()x,可得 .2()(),gfg2类似的，设曲线 在原点处的切线方程为 ，可得 ，当yfx()yhx()xn，(0,)x，即对任意 ，0nfhx(0,)x().fx设方程 的根为 ，可得 ，因为 在 上单调递增，()a11anhn,且 ，因此 .11()xfxh x由此可得 .2210因为 ，所以 ，故 ，n1()nnnCn102nx所以 .21ax【考点定位】1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.7. 【2016 高考天津理数】设函数 x∈R，其中 a,b∈R.3()1fxab，（Ⅰ）求 f(x)的单调区间；（Ⅱ）若 f(x)存在极值点 x0，且 f(x1)= f(x0)，其中 x1≠ x0，求证： x1+2x0=3；20（Ⅲ）设 a＞0,函数 g(x)= |f(x)|,求证： g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于 .14【答案】 （Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析.试题解析：（Ⅰ）解：由 ，可得 .baxxf3)1( axf2)1(3)'下面分两种情况讨论：（1）当 时，有 恒成立，所以 的单调递增区间为0a0)()'2f )(f.),(（2）当 时，令 ，解得 ，或 .0a0)('xf 31ax31ax当 变化时， ， 的变化情况如下表：x'ff3(,1)a3(1,)a31a(,))'xf＋ 0 － 0 ＋(单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ，)xf 3(1,)a3(,1)a.3(1,)a21（Ⅲ）证明：设 在区间 上的最大值为 ， 表示 两数的最大)(xg]2,0[M},max{yx,值.下面分三种情况讨论：（1）当 时，，由（Ⅰ）知， 在区间 上单3a311a)(xf]2,0[调递减，所以 在区间 上的取值范围为 ，因此)(xf]2,0[ ]0),2([fma{|2|,|}1Mb|})(1|,)(x| ba，0),(1baa所以 .2||M（2）当 时， ，由（Ⅰ）34a3231011aa和（Ⅱ）知， ，2(0))()ff，33(2)1)(1)aaff所以 在区间 上的取值范围为 ，因此)(xf]2,0[ 3[(1),()]aff223322max{|(1)|,(1)|}max{|3|,3|}99aMff bb|)(392|,)(392a| bba.41|| （3）当 时， ，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，430a2302a， ，2()1)(1)33ff33(1)(1)aaff所以 在区间 上的取值范围为 ，因此xf],0[ ]2),0[f|}1|max{||})2(|ma{| bafM})(1,1bb.4||综上所述，当 时， 在区间 上的最大值不小于 .0a)(xg]2,0[41【考点】导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式【名师点睛】1．求可导函数单调区间的一般步骤：(1)确定函数 f(x)的定义域(定义域优先)；(2)求导函数 f ′( x)；(3)在函数 f(x)的定义域内求不等式 f ′( x)＞0 或 f ′( x)＜0 的解集；(4)由 f ′( x)＞0( f ′( x)＜0)的解集确定函数 f(x)的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．2．由函数 f(x)在( a， b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为 f ′( x)≥0(或 f ′( x)≤0)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．