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2014年各省高考文科数学真题函数与导数题


2014 年各省高考文科数学真题(函数与导数)
一.选择题(共 11 小题) 1. (2014?安徽)过点 P(﹣ ( ) A. (0, ] B. (0, ,﹣1)的直线 l 与圆 x +y =1 有公共点,则直线 l 的倾斜角的取值范围是 ] D.[0, ] )
2 2

] C.[0,

2. (2014?北京)已知函数 f(x)= ﹣log2x,在下列区间中,包含 f(x)零点的区间是( A. (0,1) B. (1,2) C. (2,4) D. (4,+∞) 3. (2014?福建)若函数 y=logax(a>0,且 a≠1)的图象如图所示,则下列函数正确的是(



A. A.2 ﹣
x 3

B. ) B.x sinx

C. C.2cosx+1 D.x +2
2 x

D.

4.下列函数为奇函数的是(

5. (2014?湖南)下列函数中,既是偶函数又在区间(﹣∞,0)上单调递增的是( A.f(x)= B.f(x)=x +1 C.f(x)=x D.f(x)=2
2 3
﹣x



6. (2014?辽宁)已知 f(x)为偶函数,当 x≥0 时,f(x)=

,则不等式 f(x

﹣1)≤ 的解集为( A.[ , ]∪ [ , ]

) B.[﹣ ,﹣ ]∪ [ , ] C.[ , ]∪ [ , ] )
x 3 x

D.[﹣ ,﹣ ]∪ [ , ]

7. (2014?广西)函数 y=ln(
x 3

+1) (x>﹣1)的反函数是(
x 3

A.y=(1﹣e ) (x>﹣1) B.y=(e ﹣1) (x>﹣1) C.y=(1﹣e ) (x∈R) D. y= (e ﹣1) 3 (x∈R) 8. (2014?广西)奇函数 f(x)的定义域为 R,若 f(x+2)为偶函数,且 f(1)=1,则 f(8)+f(9)=( ) A.﹣2 B.﹣1 C.0 D.1 3 2 9. (2014?河南)已知函数 f(x)=ax ﹣3x +1,若 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0>0,则 a 的取值范围 是( ) A. (2,+∞) B. (1,+∞) C. (﹣∞,﹣2) D. (﹣∞,﹣1) 10.若函数 f(x)=kx﹣lnx 在区间(1,+∞)单调递增,则 k 的取值范围是( ) A. (﹣∞,﹣2] B. (﹣∞,﹣1] C.[2,+∞) D.[1,+∞) 11. (2014?山东)已知函数 y=loga(x+c) (a,c 为常数,其中 a>0,a≠1)的图象如图所示,则下列结论

成立的是(



A.a>1,c>1 B.a>1,0<c<1 C.0<a<1,c>1 D.0<a<1,0<c<1 二.填空题(共 5 小题) 12. (2014?安徽)若函数 f(x) (x∈R)是周期为 4 的奇函数,且在[0,2]上的解析式为 f(x) = ,则 f( )+f( )= _________ .

13. (2014?安徽)若直线 l 与曲线 C 满足下列两个条件: (i)直线 l 在点 P(x0,y0)处与曲线 C 相切; (ii)曲线 C 在点 P 附近位于直线 l 的两侧,则称直线 l 在 点 P 处“切过”曲线 C. 下列命题正确的是 _________ (写出所有正确命题的编号) . ① 直线 l:y=0 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C:y=x 2 ② 直线 l:x=﹣1 在点 P(﹣1,0)处“切过”曲线 C:y=(x+1) ③ 直线 l:y=x 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C:y=sinx ④ 直线 l:y=x 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C:y=tanx ⑤ 直线 l:y=x﹣1 在点 P(1,0)处“切过”曲线 C:y=lnx. 14.曲线 y=﹣5e +3 在点(0,﹣2)处的切线方程为
3x x 3

_________ .

15. (2014?湖南)若 f(x)=ln(e +1)+ax 是偶函数,则 a= _________ .

16. (2014?河南) 设函数 f (x) =

, 则使得 f (x) ≤2 成立的 x 的取值范围是 _________ .

三.解答题(共 9 小题) 2 3 17. (2014?安徽)设函数 f(x)=1+(1+a)x﹣x ﹣x ,其中 a>0. (Ⅰ )讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (Ⅱ )当 x∈[0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 18. (2014?北京)已知函数 f(x)=2x ﹣3x. (Ⅰ )求 f(x)在区间[﹣2,1]上的最大值; (Ⅱ )若过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切,求 t 的取值范围; (Ⅲ )问过点 A(﹣1,2) ,B(2,10) ,C(0,2)分别存在几条直线与曲线 y=f(x)相切?(只需写出 结论) 19. (2014?福建)已知函数 f(x)=e ﹣ax(a 为常数)的图象与 y 轴交于点 A,曲线 y=f(x)在点 A 处 的切线斜率为﹣1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值; 2 x (2)证明:当 x>0 时,x <e ; x (3)证明:对任意给定的正数 c,总存在 x0,使得当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<ce . 20.已知函数 f(x)= x +x +ax+1(a∈R) . (1)求函数 f(x)的单调区间;
3 2 x 3

(2)当 a<0 时,试讨论是否存在 x0∈(0, )∪ ( ,1) ,使得 f(x0)=f( ) . 21. (2014?湖南)已知函数 f(x)=xcosx﹣sinx+1(x>0) . (Ⅰ )求 f(x)的单调区间; (Ⅱ )记 xi 为 f(x)的从小到大的第 i(i∈N )个零点,证明:对一切 n∈N ,有 22. (2014?江西)已知函数 f(x)=(4x +4ax+a ) ,其中 a<0. (1)当 a=﹣4 时,求 f(x)的单调递增区间; (2)若 f(x)在区间[1,4]上的最小值为 8,求 a 的值. 23. (2014?广西)函数 f(x)=ax +3x +3x(a≠0) . (Ⅰ )讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ )若 f(x)在区间(1,2)是增函数,求 a 的取值范围.
2 3 2 2 2 * *

+

+…+

< .

24. (2014?河南)设函数 f(x)=alnx+ 为 0, (1)求 b; (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)< 25. (2014?山东)设函数 f(x)=alnx+

x ﹣bx(a≠1) ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1) )处的切线斜率

,求 a 的取值范围. ,其中 a 为常数.

(Ⅰ )若 a=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1) )处的切线方程; (Ⅱ )讨论函数 f(x)的单调性.

2014 年各省高考文科数学真题(函数与导数)
参考答案与试题解析
一.选择题(共 11 小题) 1. (2014?安徽)过点 P(﹣ ,﹣1)的直线 l 与圆 x +y =1 有公共点,则直线 l 的倾斜角的取值范围是( A. B. C. D. (0, ] (0, ] [0, ] [0, ]
2 2



考点: 直线与圆的位置关系. 分析: 用点斜式设出直线方程,根据直线和圆有交点、圆心到直线的距离小于或等于半径可得
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≤1,由此求得斜率 k 的范围,可得倾斜角的范围. 解答: 解:由题意可得点 P(﹣ 则直线方程为 y+1=k(x+ ,﹣1)在圆 x +y =1 的外部,故要求的直线的斜率一定存在,设为 k, ) ,即 kx﹣y+ k﹣1=0. ≤ 1,
2 2

根据直线和圆有交点、圆心到直线的距离小于或等于半径可得
2 2

即 3k ﹣2

k+1≤k +1,解得 0≤k≤

,故直线 l 的倾斜角的取值范围是[0,

],

故选:D. 点评: 本题主要考查用点斜式求直线方程,点到直线的距离公式的应用,体现了转化的数学思想,属于中档题.

2. (2014?北京)已知函数 f(x)= ﹣log2x,在下列区间中,包含 f(x)零点的区间是( A.(0,1) B.(1,2) C.(2,4)



D.(4,+∞)

考点: 函数零点的判定定理. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 可得 f(2)=2>0,f(4)=﹣ <0,由零点的判定定理可得.
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解答:

解:∵ f(x)= ﹣log2x, ∴ f(2)=2>0,f(4)=﹣ <0,

满足 f(2)f(4)<0, ∴ f(x)在区间(2,4)内必有零点, 故选:C 点评: 本题考查还是零点的判断,属基础题. 3. (2014?福建)若函数 y=logax(a>0,且 a≠1)的图象如图所示,则下列函数正确的是( )

A.

B.

C.

D.

考点: 专题: 分析: 解答:

函数的图象. 综合题;函数的性质及应用. 根据对数函数的图象所过的特殊点求出 a 的值,再研究四个选项中函数与图象是否对应即可得出正确选项.
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解:由对数函数的图象知,此函数图象过点(3,1) ,故有 y=loga3=1,解得 a=3, ﹣x 对于 A,由于 y=a 是一个减函数故图象与函数不对应,A 错; a 对于 B,由于幂函数 y=x 是一个增函数,且是一个奇函数,图象过原点,且关于原点对称,图象与函数的 性质对应,故 B 正确; a 对于 C,由于 a=3,所以 y=(﹣x) 是一个减函数,图象与函数的性质不对应,C 错; 对于 D,由于 y=loga(﹣x)与 y=logax 的图象关于 y 轴对称,所给的图象不满足这一特征,故 D 错. 故选 B. 点评: 本题考查函数的性质与函数图象的对应,熟练掌握各类函数的性质是快速准确解答此类题的关键. 4.下列函数为奇函数的是( ) x A .2 ﹣ B.x3sinx

C.2cosx+1

D.x2+2x

考点: 专题: 分析: 解答:

函数奇偶性的判断. 函数的性质及应用. 根据函数的奇偶性的定,对各个选项中的函数进行判断,从而得出结论.
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解:对于函数 f(x)=2 ﹣
3

x

,由于 f(﹣x)=2 ﹣
3

﹣x

=
3

﹣2 =﹣f(x) ,故此函数为奇函数.

x

对于函数 f(x)=x sinx,由于 f(﹣x)=﹣x (﹣sinx)=x sinx=f(x) ,故此函数为偶函数. 对于函数 f(x)=2cosx+1,由于 f(﹣x)=2cos(﹣x)+1=2cosx+1=f(x) ,故此函数为偶函数. 对于函数 f(x)=x +2 ,由于 f(﹣x)=(﹣x) +2 =x +2 ≠﹣f(x) ,且 f(﹣x)≠f(x) , 故此函数为非奇非偶函数. 故选:A. 点评: 本题主要考查函数的奇偶性的判断方法,属于基础题. 5. (2014?湖南)下列函数中,既是偶函数又在区间(﹣∞,0)上单调递增的是( 2 3 A.f(x)= B.f(x)=x +1 C.f(x)=x ) ﹣ D.f(x)=2 x
2 x 2
﹣x

2

﹣x

考点: 专题: 分析: 解答:

函数奇偶性的判断;函数单调性的判断与证明. 函数的性质及应用. 利用函数函数的奇偶性和单调性即可判断出. 解:只有函数 f(x)= 而函数 f(x)=
2

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,f(x)=x +1 是偶函数,而函数 f(x)=x 是奇函数,f(x)=2
2

3

﹣x

不具有奇偶性.

,f(x)=x +1 中,只有函数 f(x)=

在区间(﹣∞,0)上单调递增的.

综上可知:只有 A 正确. 故选:A. 点评: 本题考查了函数函数的奇偶性和单调性,属于基础题.

6. (2014?辽宁)已知 f(x)为偶函数,当 x≥0 时,f(x)=

,则不等式 f(x﹣1)≤ 的

解集为( ) A. [ , ]∪ [ , ]

B.

[﹣ ,﹣ ]∪ [ , ]

C.

[ , ]∪ [ , ]

D. [﹣ ,﹣ ]∪ [ , ]

考点: 分段函数的应用. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: 先求出当 x≥0 时,不等式 f(x)≤ 的解,然后利用函数的奇偶性求出整个定义域上 f(x)≤ 的解,即可得
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到结论. 解答: 解:当 x∈[0, ],由 f(x)= ,即 cosπx= , 则 πx= ,即 x= ,

当 x> 时,由 f(x)= ,得 2x﹣1= , 解得 x= , 则当 x≥0 时,不等式 f(x)≤ 的解为 ≤x≤ , (如图) 则由 f(x)为偶函数, ∴ 当 x<0 时,不等式 f(x)≤ 的解为﹣ ≤x≤﹣ , 即不等式 f(x)≤ 的解为 ≤x≤ 或﹣ ≤x≤ 则由﹣ ≤x﹣1≤ 或 ≤x﹣1≤ , 解得 ≤x≤ 或 ≤x≤ , 即不等式 f(x﹣1)≤ 的解集为{x| ≤x≤ 或 ≤x≤ }, 故选:A. ,

点评:

本题主要考查不等式的解法,利用分段函数的不等式求出 x≥0 时,不等式 f(x)≤ 的解是解决本题的关键.

7. (2014?广西)函数 y=ln(

+1) (x>﹣1)的反函数是(



A.y=(1﹣ex)3(x>﹣1)B.y=(ex﹣1)3(x>﹣1)C.y=(1﹣ex)3(x∈R) 考点: 反函数. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 由已知式子解出 x,然后互换 x、y 的位置即可得到反函数. 解答: 解:∵ y=ln( +1) ,
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D.y=(ex﹣1)3(x∈R)



+1=e ,即
y 3

y

=e ﹣1,

y

∴ x=(e ﹣1) , x 3 ∴ 所求反函数为 y=(e ﹣1) , 故选:D 点评: 本题考查反函数解析式的求解,属基础题. 8. (2014?广西)奇函数 f(x)的定义域为 R,若 f(x+2)为偶函数,且 f(1)=1,则 f(8)+f(9)=( A.﹣2 B.﹣1 C .0 D.1 考点: 专题: 分析: 解答: 函数的值;函数奇偶性的性质. 函数的性质及应用. 根据函数的奇偶性的性质,得到 f(x+8)=f(x) ,即可得到结论. 解:∵ f(x+2)为偶函数,f(x)是奇函数, ∴ 设 g(x)=f(x+2) , 则 g(﹣x)=g(x) , 即 f(﹣x+2)=f(x+2) , ∵ f(x)是奇函数, ∴ f(﹣x+2)=f(x+2)=﹣f(x﹣2) , 即 f(x+4)=﹣f(x) ,f(x+8)=f(x+4+4)=﹣f(x+4)=f(x) , 则 f(8)=f(0)=0,f(9)=f(1)=1, ∴ f(8)+f(9)=0+1=1, 故选:D. 点评: 本题主要考查函数值的计算,利用函数奇偶性的性质,得到函数的对称轴是解决本题的关键.
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9. (2014?河南)已知函数 f(x)=ax ﹣3x +1,若 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0>0,则 a 的取值范围是( A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(﹣∞,﹣2) D.(﹣∞,﹣1)

3

2



考点: 函数零点的判定定理. 专题: 综合题;导数的概念及应用. 分析: 分类讨论:当 a≥0 时,容易判断出不符合题意;当 a<0 时,由于而 f(0)=1>0,x→+∞时,f(x)→﹣∞, 可知:存在 x0>0,使得 f(x0)=0,要使满足条件 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0>0,则必须极小值 f
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( )>0,解出即可. 解答: 解:当 a=0 时,f(x)=﹣3x +1=0,解得 x=±
2 2

,函数 f(x)有两个零点,不符合题意,应舍去;

当 a>0 时,令 f′ (x)=3ax ﹣6x=3ax(x﹣ )=0,解得 x=0 或 x= >0,列表如下: x (﹣∞,0) 0 (0, ) ( ,+∞)

f′ (x)+ f(x) 单调递增

0 0 + ﹣ 极大值 单调递减 极小值 单调递增

∵ x→﹣∞,f(x)→﹣∞,而 f(0)=1>0, ∴ 存在 x<0,使得 f(x)=0,不符合条件:f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0>0,应舍去. 当 a<0 时,f′ (x)=3ax ﹣6x=3ax(x﹣ )=0,解得 x=0 或 x= <0,列表如下: x (﹣∞, ) ( ,0) 0 (0,+∞)
2

0 + 0 f′ (x)﹣ ﹣ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 而 f(0)=1>0,x→+∞时,f(x)→﹣∞, ∴ 存在 x0>0,使得 f(x0)=0, ∵ f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0>0, ∴ 极小值 f( )>0,化为 a >4, ∵ a<0,∴ a<﹣2. 综上可知:a 的取值范围是(﹣∞,﹣2) . 故选:C. 点评: 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论的思想方法,考查了推理能力和计算能力, 属于难题. 10.若函数 f(x)=kx﹣lnx 在区间(1,+∞)单调递增,则 k 的取值范围是( A.(﹣∞,﹣2] B.(﹣∞,﹣1] C.[2,+∞) ) D.[1,+∞)
2

考点: 函数单调性的性质. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 由题意可得,当 x>1 时,f′ (x)=k﹣ ≥0,故 k﹣1>0,由此求得 k 的范围.
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解答: 解:函数 f(x)=kx﹣lnx 在区间(1,+∞)单调递增, ∴ 当 x>1 时,f′ (x)=k﹣ ≥0,∴ k﹣1≥0, ∴ k≥1, 故选:D. 点评: 本题主要考查利用导数研究函数的单调性,函数的单调性的性质,属于基础题. 11. (2014?山东)已知函数 y=loga(x+c) (a,c 为常数,其中 a>0,a≠1)的图象如图所示,则下列结论成立的是



) B.a>1,0<c<1 C.0<a<1,c>1 D.0<a<1,0<c<1

A.a>1,c>1 考点: 专题: 分析: 解答:

对数函数图象与性质的综合应用. 函数的性质及应用. 根据对数函数的图象和性质即可得到结论. 解:∵ 函数单调递减,∴ 0<a<1,
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当 x=1 时 loga(x+c)=loga(1+c)<0,即 1+c>1,即 c>0, 当 x=0 时 loga(x+c)=logac>0,即 c<1,即 0<c<1, 故选:D. 点评: 本题主要考查对数函数的图象和性质,利用对数函数的单调性是解决本题的关键,比较基础. 二.填空题(共 5 小题) 12. (2014?安徽) 若函数 ( f x) (x∈R) 是周期为 4 的奇函数, 且在[0, 2]上的解析式为 ( f x) = ,

则 f(

)+f(

)=



考点: 函数的值. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 通过函数的奇偶性以及函数的周期性,化简所求表达式,通过分段函数求解即可. 解答: 解:函数 f(x) (x∈R)是周期为 4 的奇函数,且在[0,2]上的解析式为 f(x)=
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则 f(

)+f(



=f(8﹣ )+f(8﹣ ) =f(﹣ )+f(﹣ ) =﹣f( )﹣f( ) = = = . .

故答案为:

点评: 本题考查函数的值的求法,分段函数的应用,考查计算能力. 13. (2014?安徽)若直线 l 与曲线 C 满足下列两个条件: (i)直线 l 在点 P(x0,y0)处与曲线 C 相切; (ii)曲线 C 在点 P 附近位于直线 l 的两侧,则称直线 l 在点 P 处“切 过”曲线 C. 下列命题正确的是 ① ③ ④ (写出所有正确命题的编号) . 3 ① 直线 l:y=0 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C:y=x 2 ② 直线 l:x=﹣1 在点 P(﹣1,0)处“切过”曲线 C:y=(x+1) ③ 直线 l:y=x 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C:y=sinx ④ 直线 l:y=x 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C:y=tanx ⑤ 直线 l:y=x﹣1 在点 P(1,0)处“切过”曲线 C:y=lnx. 考点: 命题的真假判断与应用;曲线与方程. 专题: 简易逻辑. 分析: 分别求出每一个命题中曲线 C 的导数,得到曲线在点 P 出的导数值,求出曲线在点 P 处的切线方程,再由 曲线在点 P 两侧的函数值与对应直线上点的值的大小判断是否满足(ii) ,则正确的选项可求. 3 2 解答: 解:对于① ,由 y=x ,得 y′ =3x ,则 y′ |x=0=0,直线 y=0 是过点 P(0,0)的曲线 C 的切线,
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又当 x>0 时 y>0,当 x<0 时 y<0,满足曲线 C 在 P(0,0)附近位于直线 y=0 两侧, ∴ 命题① 正确; 对于② ,由 y=(x+1) ,得 y′ =2(x+1) ,则 y′ |x=﹣1=0, 而直线 l:x=﹣1 的斜率不存在,在点 P(﹣1,0)处不与曲线 C 相切, ∴ 命题② 错误; 对于③ ,由 y=sinx,得 y′ =cosx,则 y′ |x=0=1,直线 y=x 是过点 P(0,0)的曲线的切线, 又 x∈ 侧, ∴ 命题③ 正确; 对于④ ,由 y=tanx,得 又 x∈ 两侧, ∴ 命题④ 正确; 对于⑤ ,由 y=lnx,得 由 g(x)=x﹣1﹣lnx,得 ,则 y′ |x=1=1,曲线在 P(1,0)处的切线为 y=x﹣1, ,当 x∈(0,1)时,g′ (x)<0, ,则 y′ |x=0=1,直线 y=x 是过点 P(0,0)的曲线的切线, 时 tanx>x,满足曲线 C 在 P(0,0)附近位于直线 y=x 时 x<sinx,x∈ 时 x>sinx,满足曲线 C 在 P(0,0)附近位于直线 y=x 两
2

时 tanx<x,x∈

当 x∈(1,+∞)时,g′ (x)>0. ∴ g(x)在(0,+∞)上有极小值也是最小值,为 g(1)=0. ∴ y=x﹣1 恒在 y=lnx 的上方,不满足曲线 C 在点 P 附近位于直线 l 的两侧, 命题⑤ 错误. ∴ 正确的命题是① ③ ④ . 故答案为:① ③ ④ . 点评: 本题考查命题的真假判断与应用,考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程,训练了利用导数求函 数的最值,判断③ ④ 时应熟记当 x∈
x

时,tanx>x>sinx,该题是中档题.

14.曲线 y=﹣5e +3 在点(0,﹣2)处的切线方程为 考点: 专题: 分析: 解答: 利用导数研究曲线上某点切线方程. 导数的综合应用. 利用导数的几何意义可得切线的斜率即可.
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5x+y+2=0. .

解:y′ =﹣5e ,∴ y′ |x=0=﹣5. 因此所求的切线方程为:y+2=﹣5x,即 5x+y+2=0. 故答案为:5x+y+2=0. 点评: 本题考查了导数的几何意义、曲线的切线方程,属于基础题.
3x

x

15. (2014?湖南)若 f(x)=ln(e +1)+ax 是偶函数,则 a= ﹣



考点: 专题: 分析: 解答:

函数奇偶性的性质. 函数的性质及应用. 根据函数奇偶性的定义,建立方程关系即可得到结论.
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解:若 f(x)=ln(e +1)+ax 是偶函数, 则 f(﹣x)=f(x) , 即 ln(e +1)+ax=ln(e
3x
﹣3x

3x

+1)﹣ax,

即 2ax=ln(e

﹣3x

+1)﹣ln(e +1)=ln

3x

=lne

﹣3x

=﹣3x,

即 2a=﹣3,解得 a=﹣ , 故答案为:﹣ , 点评: 本题主要考查函数奇偶性的应用,根据偶函数的定义得到 f(﹣x)=f(x)是解决本题的关键.

16. (2014?河南)设函数 f(x)=

,则使得 f(x)≤2 成立的 x 的取值范围是 x≤8 .

考点: 专题: 分析: 解答:

其他不等式的解法;分段函数的解析式求法及其图象的作法. 计算题;函数的性质及应用. 利用分段函数,结合 f(x)≤2,解不等式,即可求出使得 f(x)≤2 成立的 x 的取值范围.
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解:x<1 时,e x≥1 时,

x﹣1

≤2,∴ x≤ln2+1,∴ x<1;

≤2,∴ x≤8,∴ 1≤x≤8,

综上,使得 f(x)≤2 成立的 x 的取值范围是 x≤8. 故答案为:x≤8. 点评: 本题考查不等式的解法,考查分段函数,考查学生的计算能力,属于基础题. 三.解答题(共 9 小题) 2 3 17. (2014?安徽)设函数 f(x)=1+(1+a)x﹣x ﹣x ,其中 a>0. (Ⅰ )讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (Ⅱ )当 x∈[0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 考点: 利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性. 专题: 导数的综合应用. 分析: (Ⅰ )利用导数判断函数的单调性即可; (Ⅱ )利用(Ⅰ )的结论,讨论两根与 1 的大小关系,判断函数在[0,1]时的单调性,得出取最值时的 x 的取 值. 2 解答: 解: (Ⅰ )f(x)的定义域为(﹣∞,+∞) ,f′ (x)=1+a﹣2x﹣3x ,
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由 f′ (x)=0,得 x1= ∴ 由 f′ (x)<0 得 x< 由 f′ (x)>0 得 故 f(x)在(﹣∞, 在( ,

,x2= ,x> <x< )和( )上单调递增; ;

,x1<x2, ;

,+∞)单调递减,

(Ⅱ )∵ a>0,∴ x1<0,x2>0, (i)当 a≥4 时,x2≥1,由(Ⅰ )知,f(x)在[0,1]上单调递增,∴ f(x)在 x=0 和 x=1 处分别取得最小值和 最大值. (ii)当 0<a<4 时,x2<1,由(Ⅰ )知,f(x)在[0,x2]单调递增,在[x2,1]上单调递减,

因此 f(x)在 x=x2=

处取得最大值,又 f(0)=1,f(1)=a,

∴ 当 0<a<1 时,f(x)在 x=1 处取得最小值; 当 a=1 时,f(x)在 x=0 和 x=1 处取得最小值; 当 1<a<4 时,f(x)在 x=0 处取得最小值. 点评: 本题主要考查利用导数研究函数的单调性及最值的知识,考查学生分类讨论思想的运用能力,属中档题. 18. (2014?北京)已知函数 f(x)=2x ﹣3x. (Ⅰ )求 f(x)在区间[﹣2,1]上的最大值; (Ⅱ )若过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切,求 t 的取值范围; (Ⅲ )问过点 A(﹣1,2) ,B(2,10) ,C(0,2)分别存在几条直线与曲线 y=f(x)相切?(只需写出结论) 考点: 导数在最大值、最小值问题中的应用;函数的零点;利用导数研究曲线上某点切线方程. 专题: 导数的综合应用. 分析: (Ⅰ )利用导数求得极值点比较 f(﹣2) ,f(﹣ ) ,f( ) ,f(1)的大小即得结论; (Ⅱ )利用导数的几何意义得出切线方程 4 ﹣6
3 2 3

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+t+3=0,设 g(x)=4x ﹣6x +t+3,则“过点 P(1,t)

存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切”, 等价于“g(x)有 3 个不同的零点”.利用导数判断函数的单调性进而得出函数的零点情况,得出结论; (Ⅲ )利用(Ⅱ )的结论写出即可. 解答: 解: (Ⅰ )由 f(x)=2x ﹣3x 得 f′ (x)=6x ﹣3, 令 f′ (x)=0 得,x=﹣ ∵ f(﹣2)=﹣10,f(﹣ 或 x= )= , ,f( )=﹣ ,f(1)=﹣1,
3 2

∴ f(x)在区间[﹣2,1]上的最大值为 . (Ⅱ )设过点 p(1,t)的直线与曲线 y=f(x)相切于点(x0,y0) , 则 y0=2 ﹣3x0,且切线斜率为 k=6 ﹣3 ,

∴ 切线方程为 y﹣y0=(6 ∴ t﹣y0=(6

﹣3) (x﹣x0) , ﹣6 +t+3=0,

﹣3) (1﹣x0) ,即 4
3 2

设 g(x)=4x ﹣6x +t+3,则“过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切”,等价于“g(x)有 3 个不 同的零点”. 2 ∵ g′ (x)=12x ﹣12x=12x(x﹣1) , ∴ g(x)与 g′ (x)变化情况如下: x 0 1 (﹣∞,0) (0,1) (1,+∞) + 0 0 + g′ (x) ﹣ ↗ ↘ ↗ t+3 t+1 g(x) ∴ g(0)=t+3 是 g(x)的极大值,g(1)=t+1 是 g(x)的极小值. 当 g(0)=t+3≤0,即 t≤﹣3 时,g(x)在区间(﹣∞,1]和(1,+∞)上分别至多有一个零点,故 g(x)至 多有 2 个零点. 当 g(1)=t+1≥0,即 t≥﹣1 时,g(x)在区间(﹣∞,0]和(0,+∞)上分别至多有一个零点,故 g(x)至 多有 2 个零点. 当 g(0)>0 且 g(1)<0,即﹣3<t<﹣1 时,∵ g(﹣1)=t﹣7<0,g(2)=t+11>0, ∴ g(x)分别在区间[﹣1,0) ,[0,1)和[1,2)上恰有 1 个零点,由于 g(x)在区间(﹣∞,0)和[1,+∞) 上单调,

故 g(x)分别在区间(﹣∞,0)和[1,+∞)上恰有 1 个零点. 综上所述,当过点过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切时,t 的取值范围是(﹣3,﹣1) . (Ⅲ )过点 A(﹣1,2)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切; 过点 B(2,10)存在 2 条直线与曲线 y=f(x)相切; 过点 C(0,2)存在 1 条直线与曲线 y=f(x)相切. 点评: 本题主要考查利用导数求切线方程及判断函数的单调性求最值等知识,考查转化划归思想及分类讨论思想 的运用能力和运算能力,属难题. 19. (2014?福建)已知函数 f(x)=e ﹣ax(a 为常数)的图象与 y 轴交于点 A,曲线 y=f(x)在点 A 处的切线斜 率为﹣1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值; 2 x (2)证明:当 x>0 时,x <e ; x (3)证明:对任意给定的正数 c,总存在 x0,使得当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<ce . 考点: 导数在最大值、最小值问题中的应用;利用导数研究函数的单调性. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: (1)利用导数的几何意义求得 a,再利用导数法求得函数的极值; x 2 (2)构造函数 g(x)=e ﹣x ,利用导数求得函数的最小值,即可得出结论;
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x

(3)利用(2)的结论,令 x0= ,则 e >x > x,即 x<ce .即得结论成立.
x x 解答: 解: (1)由 f(x)=e ﹣ax 得 f′ (x)=e ﹣a. 又 f′ (0)=1﹣a=﹣1,∴ a=2, x x ∴ f(x)=e ﹣2x,f′ (x)=e ﹣2. 由 f′ (x)=0 得 x=ln2, 当 x<ln2 时,f′ (x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln2 时,f′ (x)>0,f(x)单调递增;

x

2

x

∴ 当 x=ln2 时,f(x)有极小值为 f(ln2)=e ﹣2ln2=2﹣ln4. f(x)无极大值. x 2 x (2)令 g(x)=e ﹣x ,则 g′ (x)=e ﹣2x, ln2 由(1)得,g′ (x)=f(x)≥f(ln2)=e ﹣2ln2=2﹣ln4>0,即 g′ (x)>0, 2 x ∴ 当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x <e ; (3)对任意给定的正数 c,总存在 x0= >0.当 x∈(x0,+∞)时, 由(2)得 e >x > x,即 x<ce . ∴ 对任意给定的正数 c,总存在 x0,使得当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<ce . 点评: 本题主要考查基本初等函数的导数、导数的运算及导数的应用、全称量词、存在量词等基础知识,考查运 算求解能力、推理论证能力、抽象概括能力,考查函数与方程思想、有限与无限思想、划归与转化思想、 分类与整合思想、特殊与一般思想.属难题. 20.已知函数 f(x)= x +x +ax+1(a∈R) . (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)当 a<0 时,试讨论是否存在 x0∈(0, )∪ ( ,1) ,使得 f(x0)=f( ) .
3 2 x x 2 x

ln2

考点: 利用导数研究函数的单调性;导数在最大值、最小值问题中的应用. 专题: 存在型;方程思想. 分析: 对第(1)问,先求导,再通过一元二次方程的实根讨论单调性;

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对第(2)问,可将 f(x0)=f( )转化为 f(x0)﹣f( )=0,即将“函数问题”化为“方程是否有实根问题” 处理.
2 解答: 解: (1)由 f(x)得 f'(x)=x +2x+a, 2 令 f'(x)=0,即 x +2x+a=0,判别式△ =4﹣4a, ① 当△ ≤0 即 a≥1 时,f'(x)≥0,则 f(x)在(﹣∞,+∞)上为增函数.

② 当△ >0 即 a<1 时,方程 f'(x)=0 的两根为 当 x∈(﹣∞,﹣1﹣ 当 当

,即



)时,f'(x)>0,则 f(x)为增函数; 时,f'(x)<0,则 f(x)为减函数; ,+∞)时,f'(x)>0,则 f(x)为增函数.

综合① 、② 知,a≥1 时,f(x)的单调递增区间为(﹣∞,+∞) , a<1 时,f(x)的单调递增区间为(﹣∞, f(x)的单调递减区间为 (2)∵ = = = = ∴ 若存在
2

和 .

,+∞) ,

=

. ∪ ,使得 ∪ ,即 内必有实数解. ,

则关于 x 的方程 4x +14x+7+12a=0 在
2

∵ a<0,∴ △ =14 ﹣16(7+12a)=4(21﹣48a)>0, 方程 4x +14x+7+12a=0 的两根为 ∵ x0>0,∴ 依题意有 即 得 ∴ 当 ,且 ,且 ∪ 成立; . 时,存在唯一的 ∪ ,使得 , ,且 , ,∴ 49<21﹣48a<121,且 21﹣48a≠81,
2

,即





∪ 成立.

∪ {

}时,不存在



,使得

点评: 1.求含参数的函数的单调区间时,导函数的符号往往难以确定,如果受到参数的影响,应对参数进行讨论, 讨论的标准要根据导函数解析式的特征而定.如本题中导函数为一元二次函数,就有必要考虑对应方程中 的判别式△ . 2.对于存在性问题,一般先假设所判断的问题成立,再由假设去推导,若求得符合题意的结果,则存在; 若得出矛盾,则不存在. 21. (2014?湖南)已知函数 f(x)=xcosx﹣sinx+1(x>0) . (Ⅰ )求 f(x)的单调区间; (Ⅱ )记 xi 为 f(x)的从小到大的第 i(i∈N )个零点,证明:对一切 n∈N ,有
* *

+

+…+

< .

考 利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性. 点: 专 导数的综合应用. 题: 分 (Ⅰ )求函数的导数,利用导数研究 f(x)的单调区间; 析: (Ⅱ )利用放缩法即可证明不等式即可. 解 解: (Ⅰ )∵ f(x)=xcosx﹣sinx+1(x>0) , 答: ∴ f′ (x)=cosx﹣xsinx﹣cosx=﹣xsinx, 由 f′ (x)=﹣xsinx=0,解得 x=kπ, 当 x∈(2kπ, (2k+1)π) ,sinx>0,此时 f′ (x)<0,函数单调递减, 当 x∈( (2k+1)π, (2k+2)π) ,sinx<0,此时 f′ (x)>0,函数单调递增, 故 f(x)的单调增区间为( (2k+1)π, (2k+2)π) ,k≥0, 单调递减区间为(2kπ, (2k+1)π) ,k≥0 (Ⅱ )由(Ⅰ )知,f(x)在区间(0,π)上单调递减,
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又 f(
*

)=0,故 x1=



当 n∈N , n n+1 ∵ f(nπ)f( (n+1)π)=[(﹣1) nπ+1][(﹣1) (n+1)π+1]<0, 且函数 f(x)的图象是连续不间断的, ∴ f(x)在区间(nπ, (n+1)π)内至少存在一个零点, 又 f(x)在区间(nπ, (n+1)π)单调递增, 因此当 n=1 时,有 = < 成立.

当 n=2 时,有 … + +…+

+



< .



[

]

[

] (6﹣ )
*

< .

综上证明:对一切 n∈N ,有

+

+…+

< .

点 本题主要考查函数单调性的判定和证明,以及利用导数和不等式的综合,利用放缩法是解决本题的关键,综合 评: 性较强,运算量较大. 22. (2014?江西)已知函数 f(x)=(4x +4ax+a ) ,其中 a<0. (1)当 a=﹣4 时,求 f(x)的单调递增区间; (2)若 f(x)在区间[1,4]上的最小值为 8,求 a 的值. 考点: 利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性. 专题: 导数的综合应用. 分析: (1)当 a=﹣4 时,先求导,在根据导数求出 f(x)的单调递增区间; (2)利用导数判断函数的单调性,从而得出函数在闭区间上的最小值,即得到参数的一个方程,从而求出 参数的值. 2 2 解答: 解; (1)当 a=﹣4 时,f(x)=(4x +4ax+a )
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2

2

∴ f(x)=(4x ﹣16x+16) ∴ f′ (x)=(8x﹣16) ∵ f′ (x)>0,x≥0 2 ∴ 5x ﹣12x+4>0 解得,0≤x< ,或 x>2

2


2

+(4x ﹣16x+16)

=2



)=



∴ f(x)的单调递增区间为[0, )和(2,+∞) (2)∵ f(x)=(4x +4ax+a ) ∴ 令 f′ (x)=0.解得 当 f′ (x)>0 时,x 在(0, 当 f′ (x)<0 时,x 在( ① 当 ② 当 去 ③ 当 10, ,即﹣10≤a≤﹣8 时,f(x)在区间[1,4]为减函数,由 f(4)=8,解得 a=﹣ )或 )上单调递减, , ,不符合舍 为单调递增,
2 2

≤4,即 a≥﹣40,f(x)在区间[1,4]为增函数,由 f(1)=8,解得 a=﹣2 ,即﹣2≤a<0 时,f(x)在区间[1,4]为增函数,由 f(1)=8,解得 a=﹣2

④ 当

,即﹣40<a<﹣10 时,由 f(1)=8 或 f(4)=8,解得,a=﹣2

,或 a=﹣6,a=﹣

10,不符合舍去, ⑤ 当 ,即﹣8<a<﹣4 时,由 f( )=8,无解.

综上所述,a=﹣10 点评: 本题考查的是导数知识,重点是利用导数判断函数的单调性,难点是分类讨论.对学生的能力要求较高, 属于难题 23. (2014?广西)函数 f(x)=ax +3x +3x(a≠0) . (Ⅰ )讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ )若 f(x)在区间(1,2)是增函数,求 a 的取值范围. 考点: 利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值. 专题: 导数的综合应用. 分析: (Ⅰ )求出函数的导数,通过导数为 0,利用二次函数的根,通过 a 的范围讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ )当 a>0,x>0 时,f(x)在区间(1,2)是增函数,当 a<0 时,f(x)在区间(1,2)是增函数, 推出 f′ (1)≥0 且 f′ (2)≥0,即可求 a 的取值范围. 3 2 2 解答: 解: (Ⅰ )函数 f(x)=ax +3x +3x,∴ f′ (x)=3ax +6x+3,
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3

2

令 f′ (x)=0,即 3ax +6x+3=0,则△ =36(1﹣a) ① 若 a≥1 时,则△ ≤0,f′ (x)≥0,∴ f(x)在 R 上是增函数; ② 因为 a≠0,∴ 当 a≤1,△ >0,f′ (x)=0 方程有两个根,x1= ,x2= ,

2

当 0<a<1 时,则当 x∈(﹣∞,x2)或(x1,+∞)时,f′ (x)>0,故函数在(﹣∞,x2)或(x1,+∞) 是增函数;在(x2,x1)是减函数; 当 a<0 时,则当 x∈(﹣∞,x1)或(x2,+∞) ,f′ (x)<0,故函数在(﹣∞,x1)或(x2,+∞)是减函 数;在(x1,x2)是增函数; 2 (Ⅱ )当 a>0,x>0 时,f′ (x)=3ax +6x+3>0 故 a>0 时,f(x)在区间(1,2)是增函数, 当 a<0 时,f(x)在区间(1,2)是增函数, 当且仅当:f′ (1)≥0 且 f′ (2)≥0,解得﹣ a 的取值范围[ )∪ (0,+∞) . ,

点评: 本题考查函数的导数的应用,判断函数的单调性以及已知单调性求解函数中的变量的范围,考查分类讨论 思想的应用.
2

24. (2014?河南)设函数 f(x)=alnx+ (1)求 b; (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)<

x ﹣bx(a≠1) ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1) )处的切线斜率为 0,

,求 a 的取值范围.

考点: 利用导数研究曲线上某点切线方程. 专题: 导数的综合应用. 分析: (1)利用导数的几何意义即可得出;
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(2)对 a 分类讨论:当 a 可得出.

时,当

a<1 时,当 a>1 时,再利用导数研究函数的单调性极值与最值即

解答:

解: (1)f′ (x)=

(x>0) ,

∵ 曲线 y=f(x)在点(1,f(1) )处的切线斜率为 0, ∴ f′ (1)=a+(1﹣a)×1﹣b=0,解得 b=1. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞) ,由(1)可知:f(x)=alnx+ ∴ ① 当a 时,则 , = . ,

则当 x>1 时,f′ (x)>0, ∴ 函数 f(x)在(1,+∞)单调递增, ∴ 存在 x0≥1,使得 f(x0)< 解得 ② 当 则当 x∈ 当 x∈ a<1 时,则 ; , 时,f′ (x)<0,函数 f(x)在 时,f′ (x)>0,函数 f(x)在 的充要条件是 , 上单调递减; 上单调递增. 的充要条件是 ,即 ,

∴ 存在 x0≥1,使得 f(x0)<



=

+

,不符合题意,应舍去.

③ 若 a>1 时,f(1)=

,成立.

综上可得:a 的取值范围是 . 点评: 本题考查了导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性极值与最值等基础知识与基本技能方法,考查了 分类讨论的思想方法,考查了推理能力和计算能力,属于难题.

25. (2014?山东)设函数 f(x)=alnx+

,其中 a 为常数.

(Ⅰ )若 a=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1) )处的切线方程; (Ⅱ )讨论函数 f(x)的单调性. 考点: 利用导数研究曲线上某点切线方程;利用导数研究函数的单调性. 专题: 导数的综合应用. 分析: (Ⅰ )根据导数的几何意义,曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程为 y﹣f(1)=f′ (1) (x﹣1) ,代入计算即 可.
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(Ⅱ )先对其进行求导,即

,考虑函数 g(x)=ax +(2a+2)x+a,分成 a≥0,﹣

2

<a<0,a≤﹣ 三种情况分别讨论即可. 解答: 解: ,

(Ⅰ )当 a=0 时,

,f′ (1)= ,f(1)=0

∴ 曲线 y=f(x)在点(1,f(1) )处的切线方程为 y= (x﹣1) . (Ⅱ ) (1)当 a≥0 时,由 x>0 知 f′ (x)>0,即 f(x)在(0,+∞)上单调递增; (2)当 a<0 时,令 f′ (x)>0,则 >0,整理得,ax +(2a+2)x+a>0,
2

令 f′ (x)<0,则
2

<0,整理得,ax +(2a+2)x+a<0.

2

以下考虑函数 g(x)=ax +(2a+2)x+a,g(0)=a<0. ① 当 a≤﹣ 时,△ ≤0,∴ g(x)<0 恒成立. (x>0) ② 当﹣ <a<0 时,此时,对称轴方程 ∴ g(x)=0 的两根均大于零,计算得 当 当 0<x< 综合(1) (2)可知, 当 a≤﹣ 时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当﹣ <a<0 时,f(x)在( ) , ( , ,+∞)上单调递减; <x< 或 x> 时,g(x)>0; 时,g(x)<0. >0,

,对称轴方程



)上单调递增,在(0,

当 a≥0 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增. 点评: 导数是高考中极易考察到的知识模块,导数的几何意义和导数的单调性是本题检查的知识点,特别是单调 性的处理中,分类讨论是非常关键和必要的,分类讨论也是高考中经常考查的思想方法.


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