河北省NT20联考 2025-2026学年高三上学期10月月考数学试卷

这是一份河北省NT20联考 2025-2026学年高三上学期10月月考数学试卷，共20页。
本试卷共 150 分.考试时间 120 分钟.
请将各题答案填在答题卡上.
一､选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
已知集合 A  1, 2, B  3, 6 ，则集合C  xy | x  A, y  B的元素个数为（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
命题 p : x  2, x2  2x  3 的否定是（）
x  2, x 2  2x  3
x  2, x2  2x  3
000
x  2, x2  2x  3
x  2, x 2  2x  3
若 f  x  ln 1 2x ，则 lim
000
f (1 3x)  f (1)  （）
exx0x
A. 1B. 1C. 2D. 2
下列函数中，在区间(0, ) 上单调递增的是（）
f (x)  x(| x | 1)B. f (x)  2x  2x
x
C. f (x)  1D.
x2 1
f (x)  lg(
 x)
已知 a  0, b  0 ，且2a  b  1 ，则 1 2 的最小值为（）
ab 1
B. 2C. 3D. 4
已知 a  lg5 3, b  lg6 4, c  lg7 5 ，则 a, b, c 的大小关系为（）
a  b  c
C. c  b  a
b  a  c
D. a  c  b
已知函数 f (x)  ex  ex  2sinx 1，若 f (2a  3)  f (a2 )  2 ，则实数 a 的取值范围是（）
A. 1, B. 3,1
C. , 3D. ,3 ∪ 1,
定义在R 上的函数 f  x 的导数为 f  x ，若2  f  x  3, f 5  5 ， f 30  90 ，则下列不等式
一定成立的是（）
A. f 5  30
C. f 25  100
B. f 15  50
D. f 35  105
二､多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分.
已知全集U  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8 ，集合 A  U , B  U ，若 A ∩ B  1, 3，
ðU A  B  2, 6, 7, A ðU B  5，则下列说法正确的是（）
A  1, 3, 5
A  B  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
ðU A ðU B  4,8
ðU A ðU B  2, 5, 6, 7,8
已知关于 x 的不等式 ax2  bx  c  0 的解集为{x | x > 3 ，或 x  2} ，则（）
a  0
B 2a  3b  c  0
不等式2  5a  0 的解集为x x   1 ，或 x  1 
2
3
bxcx


11 
不等式cx2  bx  a  0 的解集为x   x  
23
已知函数 f (x)  x3  3x2  2 ，则下列说法中正确的有（）
曲线 y  f (x) 的对称中心为( 0, 1)
若关于 x 的方程 f (x)  m 有三个实数解，则6  m  2
若 f (x) 在( a , b ) 上有两个极值点，则| a  b |的最小值为 2
过点(0, 1) 作曲线 y 
f (x) 的切线，切线一共有两条
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
 x 
若函数 f  x 满足2 f  x  f  1   2x 1，则 f 2 .

 1 x1

设函数 f  x   2 
, x  0, 则满足 f 2x 1 
f  x 的 x 的取值范围是.

2, x  0,
已知函数 f (x)  exlnx , g(x)  asinx ，当 x (0, π) 时， f (x) 的图象始终在 g(x) 的图象上方，则实数
a 的取值范围是.
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
已知集合 A  {x | 1  lg 1 x  0}，集合 B  {x | m  x  2  m}.
2
若 A ∪ B  B ，求实数m 的取值范围；
若 A ∩ B  B ，求实数m 的取值范围.
设函数 f (x)  ax2  (1 2a)x  2(a  R) .
命题 p : x  R ，使得 f (x)  1 x 成立.若 p 为假命题，求实数 a 的取值范围；
求不等式 f (x)  0 的解集.
17 已知函数 f  x  ex1  1 ax2 a  R  .
2
若 a  2 ，求函数 f  x 在1, f 1 处的切线方程；
若函数 f  x 有三个零点，求 a 的取值范围.
18. 已知1  x  9 ，函数 f (x)  alg (3x)  lg x  1 a  b(a  0, b  R) 的最大值为 3，最小值为6 .
33 94
求 a, b 的值；
若不等式 f (3x )  kx  8  0 在 x [ 1 ,1] 上有解，求实数 k 的取值范围.
2
19. 已知函数 f  x  1 x2  ax  alnx 1a  R  .
2
讨论函数 f  x 的极值点个数；
当 a  1 时，证明： f  x  1 x2  2x  xex1 1 ；
2
函数 h  x 
f  x  1 x2  2alnx 1有两个零点 x , x ，求证： x x  e2 .
2121 2
NT20 第一学期高三年级 10 月联考
数学
考试说明：
本试卷共 150 分.考试时间 120 分钟.
请将各题答案填在答题卡上.
一､选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
【分析】根据集合新定义计算即可求解.
【详解】若 x  A, y  B ， A  1, 2, B  3, 6 ，
则 xy 可能为1 3  3,1 6  6, 2  3  6, 2  6  12 ，所以C  3, 6,12 的元素个数为 3.
故选：C.
命题 p : x  2, x2  2x  3 的否定是（）
1. 已知集合 A  1, 2, B
 3, 6C
，则集合
 xy | x  A,
y  B
的元素个数为（）
A. 1
【答案】C
【解析】
B. 2
C. 3
D. 4
x  2, x 2  2x  3
x  2, x2  2x  3
000
x  2, x2  2x  3
x  2, x 2  2x  3
000
【答案】D
【解析】
【分析】由命题的否定的定义即可得解.
【详解】命题 p : x  2, x2  2x  3 的否定是x  2, x 2  2x
3 .
000
故选：D.
若 f  x  ln 1 2x ，则 lim
f (1 3x)  f (1)  （）
exx0x
B. 1
【答案】B
C. 2D. 2
【解析】
【分析】由导数的定义和运算法则即可求解.
 1 
【详解】因为 f  x  ln 1 2x  ln 1 2x  x, f  x 21, x   ，
2


ex1 2x
所以 lim f 1 3Δx  f 1  3 lim f 1 3Δx  f 1  3 f 1  3 2 1  1 .
Δx0Δx
Δx0
3Δx
 3

故选：B.
下列函数中，在区间(0, ) 上单调递增的是（）
f (x)  x(| x | 1)B. f (x)  2x  2x
x
C. f (x)  1D.
x2 1
f (x)  lg(
 x)
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数解析式确定函数在(0, ) 上的单调性判断 ACD；利用导数确定单调性判断 B.

【详解】对于 A，当 x  0 时， f  x  x2  x   x 

1 21
2
 
4
，函数 f (x) 在( 1 , ) 上单调递减，A
2
不是；
对于 B，当 x  0 时， f (x)  2x ln 2  2x ln 2  (2x  2x ) ln 2 ，函数 y  2x , y  2x 在(0, ) 上单调递增，
f (x)  x 2
则函数 g( x)  2x  2x 在(0, ) 上单调递增， g(x)  g(0)  0 ，则 f (x)  0 ，函数 f (x) 在(0, ) 上单调递增，B 是；
x2 1
对于 C，函数
 1 在(0, ) 上单调递减，C 不是；
x2 1  x
对于 D， f (x)  lg1
 lg(
 x) ，
x2 1
函数u 
 x 在(0, ) 上单调递增，
函数 y  lg u 在(0, ) 上单调递增，
所以函数 f (x) 在(0, ) 上单调递减，D 不是.
故选：B
已知 a  0, b  0 ，且2a  b  1 ，则 1 2 的最小值为（）
ab 1
B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得2a  (b 1)  2 ，利用基本不等式，结合常数代换法即可求解.
【详解】 a  0, b  0 ，由题意得2a  (b 1)  2 ，
所以 1 2 1 [2a  (b 1)] 1 2 


ab 12
 ab 1 
 1  2  4a  b 1  2   1 4  2 4   4 ，
2 b 1a2

4a
当且仅当
 b 1 ，即a  1 , b  0 时等号成立，
b 1a2
所以 1 2 的最小值为 4.
ab 1
故选： D .
已知 a  lg5 3, b  lg6 4, c  lg7 5 ，则 a, b, c 的大小关系为（）
a  b  c
C. c  b  a
【答案】A
【解析】
b  a  c
D. a  c  b
【分析】利用对数运算，分离“1”之后，结合底数、真数的大小关系，画出图象进行比较即可.
【详解】由lg 5  1  lg
， lg 6  1  lg
， lg 7  1  lg 7 ，
33 3
因为 5  6  7 ，而3  4  5 ，
345
44 4
55 5
画出 y  lg3 x, y  lg4 x, y  lg5 x 的图象，
由图可知， lg 5  lg 6  lg 7 ，那么lg 5  lg 6  lg 7  0 ，
3 34 45 5
345
则 111 0 ，则lg 3  lg 4  lg 5 ，即a  b  c ．
lg5 3lg6 4lg7 5
567
故选：A．
已知函数 f (x)  ex  ex  2sinx 1，若 f (2a  3)  f (a2 )  2 ，则实数 a 的取值范围是（）
A. 1, 
C. , 3
B. 3,1
D. ,3 ∪ 1,
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数 g(x)  f (x) 1，确定函数 g(x) 的奇偶性，利用导数确定其单调性，进而求出 a 的范围.
【详解】令函数 g(x)  f (x) 1  ex  ex  2sinx ， x  R ，则 g(x)  ex  ex  2sinx  g(x) ，
e x  ex
因此函数 g(x) 是奇函数，又 g x  ex  ex  2csx  2 2csx  2 1 csx  0 ，
则函数 g(x) 在 R 上单调递减，不等式 f (2a  3)  f (a2 )  2  g(2a  3) 1 g(a2 ) 1  2
 g(a2 )  g(2a  3)  g(3  2a) ，于是 a2  3  2a ，即 a2  2a  3  0 ，解得3  a  1 ，所以实数 a 的取值范围是3,1 .
故选：B
定义在R 上的函数 f  x 的导数为 f  x ，若2  f  x  3, f 5  5 ， f 30  90 ，则下列不等式
一定成立的是（
）
A. f 5  30
C. f 25  100
B. f 15  50
D. f 35  105
【答案】C
【解析】
【分析】设 g(x) 
f (x)  2x ，h(x) 
f (x)  3x ，利用导数判断单调性，利用单调性比较大小，结合题意
对选项逐一分析即可.
【详解】设 g(x) 
f (x)  2x ，则 g (x) 
f  (x)  2 ．
已知 f (x)  2 ，所以 g(x)  f (x) 2  0 ，则 g(x) 在R 上单调递增．
设 h(x) 
f (x)  3x ，则 h(x) 
f (x)  3 ．
已知 f (x)  3，所以 h(x)  f (x)  3  0 ，则h( x) 在R 上单调递减．
因为 g(x) 在R 上单调递增， h( x) 在R 上单调递减． 对于 A， 5  5 ，所以 g(5)  g(5) ， h(5)  h(5) ，
g(5) 
f (5)  2  (5)  5  10  15 ， h(5) 
f (5)  3  (5)  20 ，
则 g(5) 
f (5)  10  15 ， h(5) 
f (5)  15  20 ，
即25  f (5)  35 ，无法确定 f (5)  30 ，故 A 错误；
对于 B，15  5 ，所以 g(15)  g(5) ， h(15)  h(5) ， g(5)  15 ， h(5)  20 ，
则 g(15)  f (15)  30  15 ，即 f (15)  45 ，
h(15)  f (15)  45  20 ，即 f (15)  65 ，
所以45  f (15)  65 ，无法确定 f (15)  50 ，故 B 错误；
对于 C， 25  5 ，所以 g(25)  g(5) ， h(25)  h(5) ， g(5)  15 ， h(5)  20 ．
则 g(25)  f (25)  50  15 ，即 f (25)  65 ，
h(25) 
f (25)  75  20 ，即 f (25)  95 ，所以65 
f (25)  95  100 ，故 C 正确；
对于 D， 35  30 ，所以 g(35)  g(30) ，
又因为 f 30  90 ，则 f (35)  70 
f (30)  60  30 ，
所以 f (35)  100 ，无法确定 f (35)  105 ，故 D 错误.故选：C．
二､多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目
要求.全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分.
已知全集U  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8 ，集合 A  U , B  U ，若 A ∩ B  1, 3，
ðU A  B  2, 6, 7, A ðU B  5，则下列说法正确的是（）
A  1, 3, 5
A  B  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
ðU A ðU B  4,8
ðU A ðU B  2, 5, 6, 7,8
【答案】AC
【解析】
【分析】利用集合的运算法则求得集合 A, B ，再验证各个选项.
【详解】利用集合的运算法则得：
A  ( A ∩ B) ∪ ( A ∩ (ðU B))  {1, 3}∪{5}  {1, 3, 5} ，
B  ( A ∩ B) ∪ ((ðU A) ∩ B)  {1, 3}∪{2, 6, 7}  {1, 2, 3, 6, 7} .
对于 A：
A  {1, 3, 5}，故正确；
对于 B：
A ∪ B  {1, 3, 5}∪{1, 2, 3, 6, 7}  {1, 2, 3, 5, 6, 7}，故错误；
对于 C： (ðU A) ∩ (ðU B)  {2, 4, 6, 7,8}∩{4, 5,8}  {4,8}，故正确；
对于 D： (ðU A) ∪ (ðU B)  {2, 4, 6, 7,8}∪{4, 5,8}  {2, 4, 5, 6, 7,8} ，故错误.
故选：AC
已知关于 x 的不等式 ax2  bx  c  0 的解集为{x | x > 3 ，或 x  2} ，则（）
a  0
2a  3b  c  0
不等式2  5a  0 的解集为x x   1 ，或 x  1 
2
3
bxcx


11 
不等式cx2  bx  a  0 的解集为x   x  
23
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意得 a  0, b  a, c  6a ，由此可判断 AB，进一步解二次不等式可判断 CD.
【详解】对于 A，已知关于 x 的不等式 ax2  bx  c  0 的解集为{x | x > 3 ，或 x  2} ，
则 a  0, b  3  2  1, c  32  6 ，解得 a  0, b  a, c  6a ，故 A 正确；
aa
对于 B， 2a  3b  c  2a  3a  6a  a  0 ，故 B 正确；
对于 C， bx2  cx  5a  0  ax2  6ax  5a  0  x2  6x  5  0  x  5 或 x  1，故 C 错误；
对于 D， cx2  bx  a  0  6ax2  ax  a  0  6x2  x 1  0   1  x  1 ，故 D 正确.
23
故选：ABD.
已知函数 f (x)  x3  3x2  2 ，则下列说法中正确的有（）
曲线 y  f (x) 的对称中心为( 0, 1)
若关于 x 的方程 f (x)  m 有三个实数解，则6  m  2
若 f (x) 在( a , b ) 上有两个极值点，则| a  b |的最小值为 2
过点(0, 1) 作曲线 y 
f (x) 的切线，切线一共有两条
【答案】BD
【解析】
【分析】利用中心对称的性质判断 A；利用导数求出函数的极值，再结合图象判断 B；由函数的极值点判断 C；利用导数求出过给定点的切线判断 D.
【详解】对于 A， f (x)  f (2  x)  x3  3x2  2  (2  x)3  3(2  x)2  2  8 恒成立，函数 f (x) 图象的对称中心为(1, 4) ，而 f (x)  f (x)  x3  3x2  2  (x)3  3(x)2  2  6x2  4  2 ，A 错误；
对于 B， f (x)  3x2  6x  3x(x  2) ，由 f (x)  0 ，得 x (0, 2) ，由 f (x)  0 ，
得 x (∞, 0)  (2, ∞) ，函数 f (x) 在(0, 2) 上单调递减，在(, 0) 和(2, ) 上单调递增， 则 f (x) 的极大值为 f (0)  2 ，极小值为 f (2)  6 ，由关于 x 的方程 f (x)  m 有三解，
得两曲线 y  f (x) 与 y  m 有三个交点，因此6  m  2 ，B 正确；
对于 C，由 f (x) 在( a , b ) 上有两个极值点，且极值点为 0 和 2，得| a  b | 2 ，C 错误；
对于 D，设切点为(x , x 3  3x 2  2) ，则切线方程为 y  x3  3x2  2  (3x2  6x )(x  x ) ，
00000000
由切线过点(0, 1) ，得1 x3  3x2  2  (3x2  6x )(x ) ，即2x3  3x2 1  0 ，
0000000
(x 1)2 (2x 1)  0 ，解得 x  1或 x   1 ，因此切线共有两条，D 正确.
00
故选：BD
002
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
 x 
若函数 f  x 满足2 f  x  f  1   2x 1，则 f 2 .

【答案】2
【解析】
【分析】令 x  2 ， x  1 ，联立式子即可求解.
2
【详解】令 x  2 得2 f (2)  f ( 1 )  3 ①，
2
令 x  1
2
得2 f ()  f (2)  0 ，
1
2
可得 f (2) 
1
2 f ()
，代入①式得4 f () 
1
f ()
 3 ，
1
222
1
解得 f ()  1, f (2)  2 .
2
故答案为：2.
 1 x1

设函数 f  x   2 
, x  0, 则满足 f 2x 1 
f  x 的 x 的取值范围是.

2, x  0,
【答案】 , 1 
2 

【解析】
【分析】画出函数图像，结合图像讨论即可.
【详解】画出 f (x) 图像如图所示，
若 f 2x 1  f  x ，则2x 1  x  0 或2x 1  0  x ，
解得 x  ∞, 1  ，
2 

故答案为：  ∞, 1  .
2 

已知函数 f (x)  exlnx , g(x)  asinx ，当 x (0, π) 时， f (x) 的图象始终在 g(x) 的图象上方，则实数
a 的取值范围是.
【答案】(,1]
【解析】
【分析】把问题转化为 f (x)  g(x) 在(0, π) 上恒成立，再构造函数 h(x)  x ex  a sin x ，利用导数求出 a
的范围.
【详解】函数 f (x)  exln x  x ex ，由 f (x) 的图象始终在 g(x) 的图象上方，
得 f (x)  g(x) 在(0, π) 上恒成立，即 h(x)  f (x)  g(x)  x ex  a sin x  0 在(0, π) 上恒成立，
当 x (0, π) 时，恒有sin x  0 成立，当a  0 时， h(x)  x ex  a sin x  0 恒成立；当 a  0 时， h(x)  (x  1) ex  a cs x ，令φ(x)  h(x), x (0,π) ，
φ(x)  (x  2) ex  a sin x  0 ，函数 h(x) 在(0, π) 上单调递增，当 x  0 ，且 x  0 时， h0  1 a ，
若1 a  0 ，即0  a  1时， h(x)  0 在(0, π) 上恒成立，
函数h( x) 在(0, π) 上单调递增，当 x  0 且 x  0 时， h  x  0 且 h 0  0 ，则 h(x)  0 在(0, π) 上恒成立，因此0  a  1；
 π
当 a  1 时，1 a  0 ， h ()  0 ，则存在唯一的 x π ，使 h(x )  0 ，
20(0, 2 )0
且当 x (0, x0 ) 时， h(x)  0 ，函数h( x) 在(0, x0 ) 上单调递减，当 x (0, x0 ) 时， h  x  0 ，不符合题意，
所以 a 的取值范围为(,1] .
故答案为： (,1]
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
已知集合 A  {x | 1  lg 1 x  0}，集合 B  {x | m  x  2  m}.
2
若 A ∪ B  B ，求实数m 的取值范围；
若 A ∩ B  B ，求实数m 的取值范围.
【答案】（1） m  0 ；
（2） m  1.
【解析】
【分析】（1）由对数函数单调性求出集合 A ，再利用并集的结果列式求解.
（2）由（1）的信息，利用交集的结果列式求解
【小问 1 详解】
由1  lg1 x  0 ，解得1  x  2 ， A  {x |1  x  2}，
2
由 A ∪ B  B ，得 A  B ，而 B  {x | m  x  2  m}，
m  1

则2  m  2 ，解得 m  0 ，所以实数m 的取值范围是 m  0 .
【小问 2 详解】
由（1）知 A  {x |1  x  2}，由 A ∩ B  B ，即 B  A ，当 B   时， m  2  m ，解得 m  1；
当 B   时，则1  m  2  m  2 ，无解，所以实数m 的取值范围是 m  1.
设函数 f (x)  ax2  (1 2a)x  2(a  R) .
命题 p : x  R ，使得 f (x)  1 x 成立.若 p 为假命题，求实数 a 的取值范围；
求不等式 f (x)  0 的解集.
【答案】（1） 3  a  0 ；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）将问题转化为全称量词命题为真命题，再利用一元二次型不等式恒成立求解.
（2）分类讨论求解含参数的不等式.
【小问 1 详解】
由命题 p : x  R ，使得 f (x)  1 x 成立为假命题，得命题p : x  R ， f (x)  1 x 为真命题，
不等式 f (x)  1 x  ax2  (1 2a)x  2  1 x  ax2  2ax  3  0 ，当 a  0 时， 3  0 恒成立；
a  0

当 a  0 时， Δ  4a2 12a  0 ，解得3  a  0 ，
所以实数 a 的取值范围是3  a  0 .
【小问 2 详解】
不等式 f (x)  0  ax2  (1 2a)x  2  0  (ax 1)(x  2)  0 ，当 a  0 时，不等式x  2  0 ，解得 x  2 ；
当 a  0 时，不等式为(x  1 )(x  2)  0 ，解得2  x  1 ；
aa
当 a  0 时，不等式为(x  1 )(x  2)  0 ，
a
当 1  a  0 时，解得 x  1 或 x  2 ；当 a   1 时， x  2 ；当 a   1 时，解得 x  2 或 x  1 ，
2a22a
所以当 a  0 时，原不等式的解集为{x | x  2}；
当 a  0 时，原不等式的解集为{x | 2  x  1}；
a
当 1  a  0 时，原不等式的解集为{x | x  1 或x  2} ；
2a
当 a   1 时，原不等式的解集为{x | x  2或x  1}.
2a
已知函数 f  x  ex1  1 ax2 a  R  .
2
若 a  2 ，求函数 f  x 在1, f 1 处的切线方程；
若函数 f  x 有三个零点，求 a 的取值范围.
【答案】（1） y  x 1
（2）  e , 
 2

【解析】
【分析】（1）只需求得 f 1  0, f 1  1 即可；
（2） f 0  e1  0 ，分离参数得 f  x  0  a  2ex1 ，构造函数 g  x  2ex1 ,  x  0 ，利用导数研
x2x2
究函数 g  x 的单调性，进一步画图即可求解.
【小问 1 详解】
若 a  2 ， f  x  ex1  x2 的导数为 f  x  ex1  2x ，所以 f 1  0, f 1  1 ，故所求切线方程为 y  0   x 1 ，即 y  x 1；
【小问 2 详解】
因为 f 0  e1  0 ，即 x  0 不是函数的零点，所以 f  x  0  a  2ex1 ，
x2
令 g  x 
2ex1
x2
,  x  0 ，求导得 g x 
2ex1x2  2x  2ex1
x4
2ex1  x  2

x3
,  x  0 ，
令 g x 
令 g x 
2ex1  x  2
x3
2ex1  x  2
x3
 0,  x  0  x  2 或 x  0 ，
 0,  x  0  0  x  2 ，
所以 g  x 在∞, 0, 2, ∞ 上单调递增，在0, 2 上单调递减，
当 x   时， g  x  0 ，当 x  0 时， g  x  ∞， g 2  e ，当 x   时， g  x  ∞，
2
由此可作出函数 y  g  x 的图象，如图所示，
由题意，函数 f  x 有三个零点，结合图象可知， a 的取值范围为 e , ∞ .
 2

已知1  x  9 ，函数 f (x)  alg (3x)  lg x  1 a  b(a  0, b  R) 的最大值为 3，最小值为6 .
33 94
求 a, b 的值；
若不等式 f (3x )  kx  8  0 在 x [ 1 ,1] 上有解，求实数 k 的取值范围.
2
【答案】（1） a  4 ， b  2 ；
（2） (, 4].
【解析】
【分析】（1）利用对数运算法则化简函数 f (x) ，再利用对数函数单调性及二次函数性质列式求出 a, b .
（2）由（1）求出 f (x) 并化简给定不等式，分离参数并利用对勾函数单调性求出最大值即得.
【小问 1 详解】
依题意， f (x)  a(1 lg
3 x)(lg3
x  2)  1 a  b  a(lg
43
x  1 )2  2a  b ，
2
由1  x  9 ，得lg3
x [0, 2] ， (lg3
x  1 )2 [0, 9 ]，又 a  0 ，
24
因此 f  x
max
 1 a  b  3， f  x
4
min
 b  2a  6 ，
所以 a  4 ， b  2 .
【小问 2 详解】
由（1）知 f (x)  4(lg
x  1 )2  6 ，则 f (3x )  kx  8  4(x  1 )2  2  kx  0 ，
322
221
即 kx  4x
 4x  3 ，依题意，不等式 kx  4x  4x  3 在[ 2 ,1] 上有解，
因此x 
1
[,1]
2
，不等式 k  4x  3  4 成立，
x
函数 h(x)  4x  3  4 在[
x
1 ,3 ] 上单调递减，在[
22
3 ,1] 上单调递增，
2
而 h( 1 )  4 ， h(1)  3 ，则 h(x)
2
所以 k 的取值范围是(, 4].
max
 4 ，于是 k  4 ，
已知函数 f  x  1 x2  ax  alnx 1a  R  .
2
讨论函数 f  x 的极值点个数；
当 a  1 时，证明： f  x  1 x2  2x  xex1 1 ；
2
函数 h  x 
f  x  1 x2  2alnx 1有两个零点 x , x ，求证： x x  e2 .
2121 2
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，分0  a  4 、 a  0 、 a  4 三种情况讨论其单调性即可；
令t  x  ln x 1，利用同构思想求证t  et  1即可；

3ln x1  x1
根据
得出ln  x x
  x1  x2 ln x1 ，将目标转化为求ln  x x
  x1  x2 ln x1
2 ，再令
3ln x  x
1 2x  xx
1 2x  xx
22
122
122
t  x1  1 ，进而转化为求证ln t  2(t  1) ，再构造函数求最值即可.
x2
【小问 1 详解】
t  1
函数 f (x)  1 x2  ax  a ln x  1(a  R) 的定义域为(0, ) ，
2
ax2  ax  a
f ' (x)  x  a  ，
xx
令 x2  ax  a  0 ，   a2  4a ，
a a2  4a
a a2  4a
当  0 ，即0  a  4 时， f ' (x)  0 恒成立，则 f (x) 在(0, ) 上单调递增，无极值点；当  0 时，即 a  4 或 a  0 时，
2
x  ax  a  0 有两个不等的实数根 x1 2, x1 2，
当 a  0 时， x  0 ， x  0 ， f ' (x)  0 得 x  x ； f ' (x)  0 得0  x  x ；
1222
则 f (x) 在(0, x2 ) 上单调递减，在(x2 , ) 上单调递增，则函数 f (x) 有一个极小值点，无极大值点；
当 a  4 时， 0  x  x ， f ' (x)  0 得0  x  x 或 x  x ； f ' (x)  0 得 x  x  x ；
121212
则 f (x) 在(0, x1) 上单调递增，在(x1, x2) 上单调递减，在(x2 , ) 上单调递增，故x1 为极大值点， x2 为极小值点，即函数 f (x) 有两个极值点，
综上， 0  a  4 时， f (x) 无极值点；
a  0 时， f (x) 有一个极小值点，无极大值点；
a  4 时， f (x) 有一个极小值点，一个极大值点.
【小问 2 详解】
当 a  1 时， f (x)  1 x2  x  ln x  1， 2
即证 f (x)  1 x2  2x  ln x  x  1  x ex 1  1  ex ln x 1  1， 2
令t  x  ln x 1，即证t  et  1，即证et  t  1  0 ，
因为t'  1 1  0 ，则函数t  x  ln x 1在(0, ) 上单调递增，
x
当 x  0 时， t   ；当 x   时， t   ，所以函数t  x  ln x 1的值域为R ，令 g(t)  et  t  1 ，其中t  R ，则 g ' (t)  et 1 ，
由 g ' (t)  0 可得t  0 ，由 g ' (t)  0 可得t  0 ，
所以函数 g(t) 的减区间为(, 0) ，增区间为(0, ) ，则 g(t)min  g(0)  0 ，故 g(t)  g(0)  0 ，即et  t  1  0 ，故原不等式得证；
【小问 3 详解】
h(x) 
f (x)  1 x2  2a ln x  1  3a ln x  ax ，
2
因为函数h( x) 有两个零点x1 、 x2 ，不妨设 x1  x2  0 ，
3ln x1  x1

则
3ln x2x2
3ln x1  ln x2   x1  x2
，所以
，
3ln x1  ln x2   x1  x2
则ln x1  ln x2  x1  x2 ，即ln  x x   x1  x2 ln x1 ，
ln x
ln xx  x
1 2x
xx
1212122
要证 x x  e2 ，即证ln  x x
  x1  x2 ln x1
2 ，
1 21 2
x  xx
122
2  x1 1
x2  x  x  x
即证ln 1  12   2 ，
x2x1  x2
x1 1
x2
令t  x1  1 ，即证ln t  2(t  1) ，
x2t  1
2(t  1)
'14(t 1)2
令 p(t)  ln t 
t  1
，其中t  1，则 p (t)   0 ，
22
t(t 1)t(t 1)
所以函数 p(t) 在(1, ) 上为增函数，则 p(t)  p(1)  0 ，即ln t  2(t 1)  0 ，即ln t  2(t  1) ，故原不等式得证．
t 1
t  1