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2014高考函数真题


2014 高考函数真题
目录
单元综合 ..................................................... 2 函数及其表示 ........................................... 23 反函数 ...................................................... 26 函数的单调性与最值 ................................. 26 函数的奇偶性与周期性 .............................. 32 二次函数 .................................................. 34 对数与对数函数 ........................................ 37 幂函数与函数的图像 ................................. 41 函数与方程 ............................................... 44 函数模型及其应用 ..................................... 46 导数及其运算 ........................................... 47 导数的应用 ................................................................ 63
1

2014 函数真题
2014 年数学高考题已经新鲜出炉,笔者在此做一小结, 并将其整理为文,既是为自己教学服务,也为各位同仁,及 忙碌在备考前线的同学们提供了复习资料。行百里者半九 十,希望广大学子能孜孜不倦,勇于攀登。最后祝广大学子 能金榜题名,迈入理想学堂。

单元综合
9. [2014·四川卷] 已知 f(x)=ln(1+x)-ln(1-x), x∈(-1, 1). 现 有下列命题:

? 2x ? ①f(-x)=-f(x);②f? ?=2f(x); ?1+x2?
③|f(x)|≥2|x|. 其中的所有正确命题的序号是( A.①②③ B.②③ )

C.①③ D.①②

9.A [解析] f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x) 1-x 1+x ? =ln =-ln =-? ?ln(1+x)-ln(1-x)? 1+x 1-x

2

? 2x ? =-f(x), 故①正确; 当 x∈(-1, 1)时, ∈(-1, 1), 且 f? ? 1+x2 ?1+x2?
2x 2x ? 2x ? ? ? 1- = ln ?1+ ? - ln ? ? = ln 2 2 1 + x 1 + x ? ? ? ? 1+ 1- 2x 1+x2 2x 1+x2 = ln 1+x2+2x 1+x2-2x =

1+x ?1+x?2 ln? ? =2ln =2[ln(1+x)-ln(1-x)]=2f(x),故②正确; 1-x ?1-x? 由①知,f(x)为奇函数,所以|f(x)|为偶函数,则只需判断当 x∈[0, 1)时,f(x)与 2x 的大小关系即可. 记 g(x)=f(x)-2x,0≤x<1, 即 g(x)=ln(1+x)-ln(1-x)-2x,0≤x<1,

g′(x)=

+ -2= ,0≤x<1. 1+x 1-x 1-x2

1

1

2x2

当 0≤x<1 时,g′(x)≥0, 即 g(x)在[0,1)上为增函数,且 g(0)=0,所以 g(x)≥0, 即 f(x)-2x≥0,x∈[0,1),于是|f(x)|≥2|x|正确. 综上可知,①②③都为真命题,故选 A.

10. 、[2014·湖南卷] 已知函数 f(x)=x

2+ex-

1 (x<0)与 g(x)=x2 2 )

+ln(x+a)的图像上存在关于 y 轴对称的点, 则 a 的取值范围是(

3

A.(-∞,

1

) e

B.(-∞,

e) 1

? C.?- ?

1

, e

e? D.?-

? ?

? ?

e,

? ? e?
1 2

10.B [解析] 依题意,设存在 P(-m,n)在 f(x)的图像上,则

Q(m,n)在 g(x)的图像上,则有 m2+e-m- =m2+ln(m+a),解得 m+a
=ee-m- 1 1 - m ,即 a=ee - -m(m>0),可得 a∈(-∞, 2 2 e).

14. 、 [2014·湖北卷] 设 f(x)是定义在(0, +∞)上的函数, 且 f(x)>0, 对任意 a>0,b>0,若经过点(a,f(a)),(b,-f(b))的直线与 x 轴的交 点为(c,0),则称 c 为 a,b 关于函数 f(x)的平均数,记为 Mf(a,b), 例如,当 f(x)=1(x>0)时,可得 Mf(a,b)=c=

a+b
2

,即 Mf(a,b)为 a,

b 的算术平均数.
(1)当 f(x)=________(x>0)时,Mf(a,b)为 a,b 的几何平均数; (2)当 f(x)=________(x>0)时, Mf(a, b)为 a, b 的调和平均数 (以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可) 14.(1) 2ab

a+b

.

x (2)x(或填(1)k1 x;(2)k2x,其中 k1,k2 为正常数)
0-f(a) 0+f(b) = , c-a c -b

[解析] 设 A(a,f(a)),B(b,-f(b)),C(c,0),则此三点共线: (1)依题意,c=

ab,则

0-f(a) 0+f(b) 即 = . ab-a ab-b

4

因为 a>0,b>0,所以化简得 =

f(a) f(b) a


b

,故可以选择 f(x)

x(x>0);
0-f(a) 0+f(b) (2)依题意, c= , 则 = , 因为 a>0, b>0, a+b 2ab 2ab -a -b a+b a+b 2ab

所以化简得

f(a) f(b) a


b

,故可以选择 f(x)=x(x>0).

12. 、[2014·辽宁卷] 已知定义在[0,1]上的函数 f(x)满足: ①f(0)=f(1)=0; 1 ②对所有 x,y∈[0,1],且 x≠y,有|f(x)-f(y)|< |x-y|. 2 若对所有 x, y∈[0, 1], |f(x)-f(y)|<k 恒成立, 则 k 的最小值为( 1 1 A. B. 2 4 1 C. D. 2π 8 1 )

12.B [解析] 不妨设 0≤y<x≤1. 1 1 1 1 当 x-y≤ 时,|f(x)-f(y)|< |x-y|= (x-y)≤ . 2 2 2 4 当 x-y> 时,|f(x)-f(y)|=|f(x)-f(1)-(f(y)-f(0))|≤|f(x)-f(1)| 2 1 +|f(y)-f(0)|< 2 1 1 1 1 1 |x-1|+ |y-0|=- (x-y)+ < .故 kmin= . 2 2 2 4 4 22. 、[2014·湖南卷] 已知常数 a>0,函数 1

5

2x f(x)=ln(1+ax)- . x+2 (1)讨论 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性; (2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,且 f(x1)+f(x2)>0,求 a 的取 值范围. 22 . 解 : (1)f′(x) =

a
1+ax



2(x+2)-2x (x+2)2



ax2+4(a-1)
(1+ax)(x+2)2

.(*)

当 a≥1 时,f′(x)>0,此时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 当 0<a<1 时,由 f′(x)=0 得 1-a?

x1=2

a

?x2=-2 ?

? 1-a 舍去?.
a

?

当 x∈(0,x1)时,f′(x)<0; 当 x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在区间(0,x1)上单调递减, 在区间(x1,+∞)上单调递增. 综上所述, 当 a≥1 时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 当 0<a<1 时,f(x)在区间?0,2

? ?

1-a? ?上单调递减,在区间

a

?

? ?2 ?

? 1-a ,+∞?上单调递增.
a

?

(2)由(*)式知,当 a≥1 时,f′(x)≥0, 此时 f(x) 不存在极值点,因而要使得 f(x) 有两个极值点,必有 0<a<1.

6

又 f(x)的极值点只可能是 x1=2 且由 f(x)的定义可知, 1 x>- 且 x≠-2,

1-a 和 x2=-2

a

1-a ,

a

a

所以-2

1-a 1 >- ,-2

a

a

1-a ≠-2,

a

1 解得 a≠ .此时,由(*)式易知,x1,x2 分别是 f(x)的极小值点和极 2 大值点. 而 f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)- 2x1 2x2

x1+2

+ln(1+ax2)- =ln(2a

x2+2

=ln[1+

a(x1+x2)+a x x

2 1 2] -

4x1x2+4(x1+x2)

x1x2+2(x1+x2)+4

-1)2-

4(a-1) 2a-1

2 =ln(2a-1)2+ -2. 2a-1 1 令 2a-1=x.由 0<a<1 且 a≠ 知, 2 1 当 0<a< 时,-1<x<0; 2 1 当 <a<1 时,0<x<1. 2 2 记 g(x)=ln x2+ -2.

x

(i)当-1<x<0 时,g(x)=2ln(-x)+ -2,所以 g′(x)= - =

2

2

2

x

x

x2

7

2x-2 <0,

x2

因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减, 从而 g(x)<g(-1)=-4<0. 1 故当 0<a< 时,f(x1)+f(x2)<0. 2 2 (ii)当 0<x<1 时,g(x)=2ln x+ -2,

x

2 2 2x-2 所以 g′(x)= - = <0,

x x2

x2

因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减, 1 从而 g(x)>g(1)=0.故当 <a<1 时,f(x1)+f(x2)>0. 2

?1 ? 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为? ,1?. ?2 ?
21. 、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数

f(x)=aexln

x+

bex-1 x

,曲线

y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y=e(x-1)+2.
(1)求 a,b; (2)证明:f(x)>1. 21.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),

f′(x)=aexln

x+

a x

ex-

b

x

2

ex-1+

b x

ex-1.

由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e,故 a=1,b=2.

8

2 (2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+ ex-1,

x

从而 f(x)>1 等价于 xln x>x 设函数 g(x)=xln x, 则 g′(x)=1+ln x,

e-x-

2 . e

? 1? 所以当 x∈?0, ?时,g′(x)<0; ? e? ?1 ? ,+∞ 当 x∈? ?时,g′(x)>0. ?e ?
故 g(x)在?0,

? ?

1?

?1 ? ?上单调递减,在? ,+∞?上单调递增,从而 g(x) e? ?e ?

1 ?1? 在(0,+∞)上的最小值为 g? ?=- . e ?e? 2 设函数 h(x)=xe-x- ,则 h′(x)=e-x(1-x). e 所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0. 故 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而 h(x) 1 在(0,+∞)上的最大值为 h(1)=- . e

9

?1? 因为 gmin(x)=g? ?=h(1)=hmax(x), ?e?
所以当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1. 21. 、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 g(x)=f(2x)-4bf(x),当 x>0 时,g(x)>0,求 b 的最大值; (3)已知 1.414 2< 0.001). 21.解:(1)f′(x)=ex+e-x-2≥0,当且仅当 x=0 时,等号成立, 所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x, 2<1.414 3,估计 ln 2 的近似值(精确到

g′(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]
=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2). (i)当 b≤2 时,g′(x)≥0,等号仅当 x=0 时成立,所以 g(x)在(-∞, +∞)上单调递增.而 g(0)=0,所以对任意 x>0,g(x)>0. (ii)当 b>2 时,若 x 满足 2<ex+e-x<2b-2,即 0<x<ln(b-1+

b2-2b)时,g′(x)<0.而 g(0)=0,因此当 0<x<ln(b-1+ b2-2b)
时,g(x)<0. 综上,b 的最大值为 2. (3)由(2)知,g(ln 当 b=2 时, g(ln 8; 3 当 b= 4 2 +1 时,ln(b-1+ 3 2)= -2 2 3 2)= -4 2 2b+2(2b-1)ln 2. 8 2+6ln 2>0, ln 2> 2-3 >0.692 12

b2-2b)=ln 2,

10

g(ln 2)=- -2 2+(3 2+2)ln 2<0,
2 18+ 2 ln 2< <0.693 4. 28 所以 ln 2 的近似值为 0.693. 15. ,[2014·四川卷] 以 A 表示值域为 R 的函数组成的集合,B 表示具有如下性质的函数 φ(x)组成的集合: 对于函数 φ(x), 存在一个 正数 M,使得函数 φ(x)的值域包含于区间[-M,M].例如,当 φ1(x) =x3,φ2(x)=sin x 时,φ1(x)∈A,φ2(x)∈B.现有如下命题: ①设函数 f(x)的定义域为 D,则“f(x)∈A”的充要条件是“?b∈R,?a ∈D,f(a)=b”; ②函数 f(x)∈B 的充要条件是 f(x)有最大值和最小值; ③若函数 f(x),g(x)的定义域相同,且 f(x)∈A,g(x)∈B,则 f(x) +g(x)?B; ④若函数 f(x) = aln(x + 2) +

3

x x2+1

(x> - 2 , a∈R) 有最大值,则

f(x)∈B.
其中的真命题有________.(写出所有真命题的序号) 15.①③④ [解析] 若 f(x)∈A,则 f(x)的值域为 R,于是,对任 意的 b∈R,一定存在 a∈D,使得 f(a)=b,故①正确. 取函数 f(x)=x(-1<x<1),其值域为(-1,1),于是,存在 M =1,使得 f(x)的值域包含于[-M,M]=[-1,1],但此时 f(x)没有最

11

大值和最小值,故②错误. 当 f(x)∈A 时,由①可知,对任意的 b∈R,存在 a∈D,使得 f(a) =b,所以,当 g(x)∈B 时,对于函数 f(x)+g(x),如果存在一个正数

M,使得 f(x)+g(x)的值域包含于[-M,M],那么对于该区间外的某
一个 b0∈R, 一定存在一个 a0∈D, 使得 f(a0)=b-g(a0), 即 f(a0)+g(a0) =b0?[-M,M],故③正确. 对于 f(x)=aln(x+2)+

x x 2 +1

(x>-2),当 a>0 或 a<0 时,函

数 f(x)都没有最大值. 要使得函数 f(x)有最大值, 只有 a=0, 此时 f(x) =

x

x2+1

(x>-2).

1 ? 1 1? 易知 f(x)∈?- , ?,所以存在正数 M= ,使得 f(x)∈[-M,M], 2 ? 2 2? 故④正确. 20. 、 [2014·天津卷] 设 f(x)=x-aex(a∈R), x∈R.已知函数 y=f(x) 有两个零点 x1,x2,且 x1<x2. (1)求 a 的取值范围; (2)证明: 随着 a 的减小而增大;

x2 x1

(3)证明:x1+x2 随着 a 的减小而增大. 20.解:(1)由 f(x)=x-aex,可得 f′(x)=1-aex. 下面分两种情况讨论:
12

(i)a≤0 时,f′(x)>0 在 R 上恒成立,可得 f(x)在 R 上单调递增,不 合题意. (ii)a>0 时,由 f′(x)=0,得 x=-ln a. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

X f′(x) f(x)

(-∞,-ln a) +

-ln a 0 -ln a- 1

(-ln a,+∞) -

这时,f(x)的单调递增区间是(-∞,-ln a);单调递减区间是(- ln a,+∞).于是,“函数 y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成 立:①f(-ln a)>0;②存在 s1∈(-∞,-ln a),满足 f(s1)<0;③存在

s2∈(-ln a,+∞),满足 f(s2)<0.
由 f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得 0<a<e-1.而此时,取 s1= 2 2 0,满足 s1∈(-∞,-ln a),且 f(s1)=-a<0;取 s2= +ln ,满足 s2

a

a

?2 2? ? 2 2? ∈(-ln a,+∞),且 f(s2)=? -e ?+?ln -e ?<0. ?a a? ? a a?
故 a 的取值范围是(0,e-1). (2)证明:由

f(x)=x-aex=0,有

a= x.设 g(x)= x,由 g′(x)=
e e

x

x

1-x ,知 g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.并且, ex
13

当 x∈(-∞,0]时,g(x)≤0; 当 x∈(0,+∞)时,g(x)>0.由已知,x1,x2 满足 a=g(x1), a=g(x2). 由 a∈(0, e-1)及 g(x)的单调性, 可得 x1∈(0, 1),x2∈(1,+∞). 对于任意的 a1,a2∈(0,e-1),设 a1>a2,g(ξ1)=g(ξ2)=a1,其中 0<ξ1<1<ξ2;g(η1)=g(η2)=a2,其中 0<η1<1<η2. 因为 g(x)在(0,1)上单调递增,所以由 a1>a2,即 g(ξ1)>g(η1), 可得 ξ1>η1.类似可得 ξ2<η2. 又由 ξ1,η1>0,得 < < ,

ξ2 η2 η2

ξ1 ξ1 η1

所以 随着 a 的减小而增大.

x2 x1

(3)证明:由 x1=aex1,x2=aex2,可得 ln x1=ln a+x1,ln x2= ln a+x2.故 x2-x1=ln x2-ln x1=ln .

x2 x1

?x2=tx1, ln t tln t 设 =t,则 t>1,且? 解得 x1= ,x2= ,所 x1 t - 1 t - 1 x - x = ln t , ?2 1
x2
(t+1)ln t 以 x1+x2= .① t -1 (x+1)ln x 令 h(x)= ,x∈(1,+∞), x-1

14

1 -2ln x+x- 则 h′(x)=

x

(x-1)2

.

1 ?x-1?2 令 u(x)=-2ln x+x- ,得 u′(x)=? ? .

x

? x ?

当 x∈(1,+∞)时,u′(x)>0.因此,u(x)在(1,+∞)上单调递增,故 对于任意的 x∈(1,+∞),u(x)>u(1)=0,由此可得 h′(x)>0,故 h(x) 在(1,+∞)上单调递增. 因此,由①可得 x1+x2 随着 t 的增大而增大. 而由(2),t 随着 a 的减小而增大,所以 x1+x2 随着 a 的减小而增 大. 1 10. [2014·浙江卷] 设函数 f1(x)=x2, f2(x)=2(x-x2), f3(x)= |sin 3 2πx|, ai= , i=0, 1, 2, …, 99.记 Ik=|fk(a1)-fk(a0)|+|fk(a2)-fk(a1)| 99 ) B.I2<I1<I3

i

+…+|fk(a99)-fk(a98)|,k=1,2,3,则( A.I1<I2<I3 C.I1<I3<I2 D.I3<I2<I1 10.B [解析] 对于 1

?? i ?2 ?i-1?2? 2i-1 I1,由于?? ? -? ? ?= (i=1, ??99? ? 99 ? ? 992

992 2,…,99),故 I1= (1+3+5+…+2×99-1)= =1;对于 I2, 992 992

? i i-1 ? i ?2 ?i-1?2? 2 -? ? +? ? ?= |100-2i|(i=1, 由于 2? - 2, …, 99), ?99 99 ?99? ? 99 ? ? 992

15

50(98+0) 100×98 992-1 故 I2= ×2× = = <1. 992 2 992 992

2

I3= sin
3 +…+

1

1? 0? 2? 1? ? ? ? ? ?2π× ?-sin ?2π× ?+sin?2π× ?-sin ?2π× ? ? 99? ? 99? ? 99? ? 99?

? 99? ? 98? sin?2π× ?-sin?2π× ?= ? 99? ? 99? 1? ? 25? ? 74? 4 ?2sin?2π× ?-2sin?2π× ?≈ >1.故 I2<I1<I3,故选 B. 3? ? 99? ? 99? 3 ?x2+x,x<0, 15.[2014·浙江卷] 设函数 f(x)=? ?-x2, x≥0.
若 f[f(a)]≤2,则实数 a 的取值范围是________. 15.(-∞, 2] [解析] 函数 f(x)的图像如图所示,令 t=f(a), 2. 则 f(t)≤2,由图像知 t≥-2,所以 f(a)≥-2,则 a≤

22. 、[2014·浙江卷] 已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a∈R). (1)若 f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为 M(a),m(a), 求 M(a)-m(a); (2)设 b∈R,若[f(x)+b]2≤4 对 x∈[-1,1]恒成立,求 3a+b 的取 值范围.

?x3+3x-3a,x≥a, 22.解:(1)因为 f(x)=? ?x3-3x+3a,x<a,

16

?3x2+3,x≥a, 所以 f′(x)=? ?3x2-3,x<a.
由于-1≤x≤1, (i)当 a≤-1 时,有 x≥a, 故 f(x)=x3+3x-3a, 此时 f(x)在(-1,1)上是增函数, 因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故 M(a)-

m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.
(ii)当-1<a<1 时,若 x∈(a,1),则 f(x)=x3+3x-3a.在(a,1) 上是增函数;若 x∈(-1,a), 则 f(x) = x3 - 3x + 3a 在 ( - 1 , a) 上是减函数.所以, M(a) = max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3. 1 由于 f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤ 时,M(a)-m(a) 3 1 =-a3-3a+4;当 <a<1 时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2. 3 (iii)当 a≥1 时,有 x≤a,故 f(x)=x3-3x+3a,此时 f(x)在(-1, 1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a, 故 M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.

?8,a≤-1, ? 1 ?-a -3a+4,-1<a≤3, 综上,M(a)-m(a)=? 1 ?-a +3a+2,3<a<1, ? ?4,a≥1.
3 3

(2)令 h(x)=f(x)+b,

17

?x3+3x-3a+b,x≥a, 则 h(x)=? ?x3-3x+3a+b,x<a, ?3x2+3,x>a, h′(x)=? ?3x2-3,x<a.
因为[f(x)+b]2≤4 对 x∈[-1,1]恒成立, 即-2≤h(x)≤2 对 x∈[-1,1]恒成立, 所以由(1)知,(i)当 a≤-1 时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x) 在[-1,1]上的最大值是 h(1)=4-3a+b,最小值是 h(-1)=-4- 3a+b,则-4-3a+b≥-2 且 4-3a+b≤2,矛盾. 1 (ii)当-1<a≤ 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a3+b,最 3 大值是 h(1)=4-3a+b,所以 a3+b≥-2 且 4-3a+b≤2,从而-2 -a
3+3

1 a≤3a+b≤6a-2 且 0≤a≤ . 3
3+3

令 t(a)=-2-a

a,则 t′(a)=3-3a

2>0, (

? 1? t a)在?0, ?上是增 ? 3?

函数,故 t(a)>t(0)=-2, 因此-2≤3a+b≤0. 1 (iii)当 <a<1 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a3+b,最 3 大值是 h(-1)=3a+b+2,所以 a3+b≥-2 且 3a+b+2≤2,解得- 28 <3a+b≤0; 27 (iv)当 a≥1 时,h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=2+3a+b, 最小值是 h(1)=-2+3a+b,所以 3a+b+2≤2 且 3a+b-2≥-2, 解得 3a+b=0. 综上,得 3a+b 的取值范围是-2≤3a+b≤0. 4. [2014·黄冈中学期末] 已知 f(x)是定义在 R 上以 2 为周期的偶
18

1 ? 2011? 函数,且当 0≤x≤1 时,f(x)=log (1-x),则 f?- ?=( 2 ? 4 ? A.-2 1 B. 2 C.1 D.2

)

2011 2011 3 1 3 11 4.D [解析] f- =f =f =log 1- =log =2. 4 4 4 2 4 24

5.[2014·青岛期中] 若函数 f(x)=3ax+1-2a 在区间(-1,1) 上存在一个零点,则 a 的取值范围是( 1 A.a> 5 1 B.a> 或 a<-1 5 )

1 C.-1<a< D.a<-1 5 5.B [解析] 由题意,要使函数 f(x)在区间(-1,1)上存在一个 零点,则有 f(-1)f(1)<0,即(a+1)(-5a+1)<0,所以(a+1)(5a- 1 1)>0,解得 a> 或 a<-1. 5 11.[2014·福建闽南期末] 计算:? ?2?1+ ?dx=________. x? ? ? ?1 [解析] ? ?21+ dx=(x+ln x) x ? ?1 1

?

1?

11.1+ln 2

?2 ?) 1=(2+ln ?

2)

-(1+ln 1)=1+ln 2. 1 1 4.[2014·内江模拟] 已知函数 f(x)= x3- x2+cx+d 有极值, 3 2 则 c 的取值范围为( )
19

1 A.c< 4 1 B.c≤ 4 1 C.c≥ 4 1 D.c> 4 4.A 1 c< . 4 2.[2014·成都检测] (1)求证:f(0)=1; (2)求证:对任意的 x∈R,恒有 f(x)>0; (3)若 f(x)f(2x-x2)>1,求 x 的取值范围. 2.解:(1)证明:令 a=b=0,则有 f(0)=[f(0)]2. ∵f(0)≠0,∴f(0)=1. (2)证明:令 a=x,b=-x,则有 f(0)=f(x)f(-x), ∴f(-x)= 1 定义在 R 上的函数 y=f(x),f(0)≠0, [解析] 由题意得,f′(x)=x2-x+c,Δ=1-4c>0,解得

当 x>0 时,f(x)>1,且对任意的 a,b∈R,有 f(a+b)=f(a)f(b).

f(x)

.

∵当 x>0 时,f(x)>1>0,∴当 x<0 时,-x>0, ∴f(-x)>0,∴f(x)= 1

f(-x)

>0.

又当 x=0 时,f(0)=1>0, ∴对任意的 x∈R,恒有 f(x)>0.
20

(3)任取 x2>x1,则 f(x2)>0,f(x1)>0,x2-x1>0, ∴

f(x2) f(x1)

=f(x2)·f(-x1)=f(x2-x1)>1,

∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在 R 上单调递增. 又 f(x)·f(2x-x2)=f[x+(2x-x2)]=f(-x2+3x), 且 f(0)=1, ∴f(3x-x2)>f(0),∴3x-x2>0,解得 0<x<3. 1 4.[2014·广州调研] 设函数 f(x)= x3-ax(a>0),g(x)=bx2+2b 3 -1. (1)若曲线 y=f(x)与 y=g(x)在它们的交点(1, c)处有相同的切线, 求实数 a,b 的值; 1-a (2)当 b= 时,若函数 h(x)=f(x)+g(x)在区间(-2,0)内恰有 2 两个零点,求实数 a 的取值范围; (3)当 a=1,b=0 时,求函数 h(x)=f(x)+g(x)在区间[t,t+3]内 的最小值. 1

4.解:(1)因为 f(x)= x3-ax(a>0),g(x)=bx2+2b-1, 3 所以 f′(x)=x2-a,g′(x)=2bx. 因为曲线 y=f(x)与 y=g(x)在它们的交点(1, c)处有相同的切线, 所以 f(1)=g(1),且 f′(1)=g′(1), 1 即 -a=b+2b-1,且 1-a=2b, 3 1 1 解得 a= ,b= . 3 3
21

1-a 1 1-a (2)当 b= 时,h(x)= x3+ x2-ax-a(a>0), 2 3 2 所以 h′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 令 h′(x)=0,解得 x1=-1,x2=a>0. 当 x 变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:

x h′(x) h(x)

(-∞,-1) + ↗

-1 0 极大 值

(-1,a) - ↘

a
0 极小 值

(a,+∞) + ↗

所以函数 h(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(a,+∞),单调递 减区间为(-1,a), 故 h(x)在区间(-2,-1)上单调递增,在区间(-1,0)上单调递 减. 又函数 h(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,所以有 8 ? ?-3+2(1-a)+2a-a<0, h(-2)<0, ? ? ? ?h(-1)>0,即?-1+1-a+a-a>0, ? ?h(0)<0, ? 3 2 ? ?-a<0, 1 1 解得 0<a< ,所以实数 a 的取值范围是 0, . 3 3 1 1-a (3)当 a=1,b=0 时,h(x)= x3-x-1,b= , 3 2 则由(2)可知,函数 h(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(1,+∞), 单调递减区间为(-1,1).

22

5 5 因为 h(-2)=- ,h(1)=- ,所以 h(-2)=h(1). 3 3 1 ①当 t+3<1,即 t<-2 时,[h(x)]min=h(t)= t3-t-1. 3 5 ②当-2≤t<1 时,[h(x)]min=h(-2)=- . 3 1 ③当 t≥1 时,h(x)在区间[t,t+3]上单调递增,[h(x)]min=h(t)= 3

t3-t-1.
综 上 可 知 , 函 数 h(x) 在 区 间 [t , t + 3] 上 的 最 小 值 [h(x)]min =

?1t -t-1,t∈(-∞,-2)∪[1,+∞), ?3 ? 5 ?-3,t∈[-2,1). ?
3

函数及其表示
6. [2014·安徽卷] 设函数 f(x)(x∈R)满足 f(x+π)=f(x)+sin x. 当

?23π? 0≤x<π时,f(x)=0,则 f? ?=( 6 ? ?
1 3 A. B. 2 2 C.0 1 D.- 2
23

)

6. A [解析] 11π 6 17π 6

17π ?11π? ?23π? ?17π? 由已知可得, f? ?=f? ?+sin =f? ?+ 6 ? 6 ? ? 6 ? ? 6 ? 5π 11π 17π ?5π? = f ? ? + sin + sin + sin = 2sin 6 6 6 ?6? 5π 6 +

sin

+ sin

sin?-

? ?

π? 5π 1 ?=sin = . 6? 6 2

2. 、[2014·北京卷] 下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的 是( ) A.y=

x+1 B.y=(x-1)2
D.y=log0.5(x+1)

C.y=2-x 2.A

[解析] 由基本初等函数的性质得,选项 B 中的函数在(0,

1)上递减,选项 C,D 中的函数在(0,+∞)上为减函数,所以排除 B, C,D,选 A. 7. 、 、 [2014·福建卷] 正确的是( )

?x2+1,x>0, 已知函数 f(x)=? 则下列结论 ?cos x, x≤0,

A.f(x)是偶函数 B.f(x)是增函数 C.f(x)是周期函数 D.f(x)的值域为[-1,+∞) 7.D [解析] 由函数 f(x)的解析式知,f(1)=2,f(-1)=cos(- 1)=cos 1,f(1)≠f(-1),则 f(x)不是偶函数;
24

当 x>0 时,令 f(x)=x2+1,则 f(x)在区间(0,+∞)上是增函数, 且函数值 f(x)>1; 当 x≤0 时,f(x)=cos x,则 f(x)在区间(-∞,0]上不是单调函数, 且函数值 f(x)∈[-1,1]; ∴函数 f(x)不是单调函数, 也不是周期函数, 其值域为[-1, +∞). 2.[2014·江西卷] 函数 f(x)=ln(x2-x)的定义域为( A.(0,1] B.[0,1] )

C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(-∞,0]∪[1,+∞) 2.C [解析] 由 x2-x>0,得 x>1 或 x<0. 3. , [2014·山东卷] 函数 f(x)= 的定义域为( (log2x)2-1 1 )

? 1? A.?0, ? ? 2?
C.

B.(2,+∞)

? 1? ?0, ?∪(2,+∞) ? 2?
[解析]

D.

? 1? ?0, ?∪[2,+∞) ? 2?

3.C

?x>0, 根据题意得,? 解得 2 ( log ) - 1 > 0 , 2 ?

x>0, ? ? ?x>2或x<1.故选 C. ? 2 ?

25

反函数
12.[2014·全国卷] 函数 y=f(x)的图像与函数 y=g(x)的图像关 于直线 x+y=0 对称,则 y=f(x)的反函数是( A.y=g(x) B.y=g(-x) )

C.y=-g(x) D.y=-g(-x) 12.D [解析] 设(x0,y0)为函数 y=f(x)的图像上任意一点,其 关于直线 x+y=0 的对称点为(-y0,-x0).根据题意,点(-y0,-

x0)在函数 y=g(x)的图像上,又点(x0,y0)关于直线 y=x 的对称点为
(y0,x0),且(y0,x0)与(-y0,-x0)关于原点对称,所以函数 y=f(x) 的反函数的图像与函数 y=g(x)的图像关于原点对称, 所以-y=g(-

x),即 y=-g(-x).

函数的单调性与最值
2. 、[2014·北京卷] 下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的 是( ) A.y=

x+1 B.y=(x-1)2
D.y=log0.5(x+1)

C.y=2-x 2.A

[解析] 由基本初等函数的性质得,选项 B 中的函数在(0,

1)上递减,选项 C,D 中的函数在(0,+∞)上为减函数,所以排除 B, C,D,选 A.
26

7. 、 、 [2014·福建卷] 正确的是( )

?x2+1,x>0, 已知函数 f(x)=? 则下列结论 cos x , x ≤0, ?

A.f(x)是偶函数 B.f(x)是增函数 C.f(x)是周期函数 D.f(x)的值域为[-1,+∞) 7.D [解析] 由函数 f(x)的解析式知,f(1)=2,f(-1)=cos(- 1)=cos 1,f(1)≠f(-1),则 f(x)不是偶函数; 当 x>0 时,令 f(x)=x2+1,则 f(x)在区间(0,+∞)上是增函数, 且函数值 f(x)>1; 当 x≤0 时,f(x)=cos x,则 f(x)在区间(-∞,0]上不是单调函数, 且函数值 f(x)∈[-1,1]; ∴函数 f(x)不是单调函数, 也不是周期函数, 其值域为[-1, +∞). 21 . 、 [2014· 1 广 东 卷 ] 设 函 数

f(x) =

,其中 k<-2. (x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3 (1)求函数 f(x)的定义域 D(用区间表示); (2)讨论函数 f(x)在 D 上的单调性; (3)若 k<-6, 求 D 上满足条件 f(x)>f(1)的 x 的集合(用区间表示). 12.[2014·四川卷] 设 f(x)是定义在 R 上的周期为 2 的函数,当

27

?-4x2+2,-1≤x<0, ?3? x∈[-1,1)时,f(x)=? 则 f? ?=________. x , 0≤ x <1 , ?2? ?
12.1 [解析] 2 +2=1. 15. ,[2014·四川卷] 以 A 表示值域为 R 的函数组成的集合,B 表示具有如下性质的函数 φ(x)组成的集合: 对于函数 φ(x), 存在一个 正数 M,使得函数 φ(x)的值域包含于区间[-M,M].例如,当 φ1(x) =x3,φ2(x)=sin x 时,φ1(x)∈A,φ2(x)∈B.现有如下命题: ①设函数 f(x)的定义域为 D,则“f(x)∈A”的充要条件是“?b∈R, ?a∈D,f(a)=b”; ②函数 f(x)∈B 的充要条件是 f(x)有最大值和最小值; ③若函数 f(x),g(x)的定义域相同,且 f(x)∈A,g(x)∈B,则 f(x) +g(x)?B; ④若函数 f(x) = aln(x + 2) +

?3? ? 1? ? 1? ? 1? 由题意可知,f? ?=f?2- ?=f?- ?=-4?- ? ?2? ? 2? ? 2? ? 2?

x x2+1

(x> - 2 , a∈R) 有最大值,则

f(x)∈B.
其中的真命题有________.(写出所有真命题的序号) 15.①③④ [解析] 若 f(x)∈A,则 f(x)的值域为 R,于是,对任 意的 b∈R,一定存在 a∈D,使得 f(a)=b,故①正确. 取函数 f(x)=x(-1<x<1),其值域为(-1,1),于是,存在 M

28

=1,使得 f(x)的值域包含于[-M,M]=[-1,1],但此时 f(x)没有最 大值和最小值,故②错误. 当 f(x)∈A 时,由①可知,对任意的 b∈R,存在 a∈D,使得 f(a) =b,所以,当 g(x)∈B 时,对于函数 f(x)+g(x),如果存在一个正数

M,使得 f(x)+g(x)的值域包含于[-M,M],那么对于该区间外的某
一个 b0∈R, 一定存在一个 a0∈D, 使得 f(a0)=b-g(a0), 即 f(a0)+g(a0) =b0?[-M,M],故③正确. 对于 f(x)=aln(x+2)+

x x 2 +1

(x>-2),当 a>0 或 a<0 时,函

数 f(x)都没有最大值. 要使得函数 f(x)有最大值, 只有 a=0, 此时 f(x) =

x

x2+1

(x>-2).

1 ? 1 1? 易知 f(x)∈?- , ?,所以存在正数 M= ,使得 f(x)∈[-M,M], 2 ? 2 2? 故④正确. 21. ,[2014·四川卷] 已知函数 f(x)=ex-ax2-bx-1,其中 a,

b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数.
(1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间[0,1]上的最 小值; (2)若 f(1)=0, 函数 f(x)在区间(0, 1)内有零点, 求 a 的取值范围. 21.解:(1)由 f(x)=ex-ax2-bx-1,得 g(x)=f′(x)=ex-2ax -b.
29

所以 g′(x)=ex-2a. 当 x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a]. 1 当 a≤ 时,g′(x)≥0,所以 g(x)在[0,1]上单调递增, 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; e 当 a≥ 时,g′(x)≤0,所以 g(x)在[0,1]上单调递减, 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b; 1 e 当 <a< 时,令 g′(x)=0,得 x=ln(2a)∈(0,1),所以函数 g(x) 2 2 在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增, 于是,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b. 1 综上所述,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; 2 1 e 当 <a< 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a) 2 2 -b; e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b. 2 (2)设 x0 为 f(x)在区间(0,1)内的一个零点, 则由 f(0)=f(x0)=0 可知,f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增, 也不可能单调递减.
30

则 g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负. 故 g(x)在区间(0,x0)内存在零点 x1. 同理 g(x)在区间(x0,1)内存在零点 x2. 故 g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点. 1 由(1)知,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上单调递增,故 g(x)在(0,1) 2 内至多有一个零点; e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上单调递减,故 g(x)在(0,1)内至多有一 2 个零点,都不合题意. 1 e 所以 <a< . 2 2 此时 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单 调递增. 因此 x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有

g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0.
由 f(1)=0 得 a+b=e-1<2, 则 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0, 解得 e-2<a<1. 当 e-2<a<1 时,g(x)在区间[0,1]内有最小值 g(ln(2a)). 若 g(ln(2a))≥0,则 g(x)≥0(x∈[0,1]), 从而 f(x)在区间[0,1]内单调递增,这与 f(0)=f(1)=0 矛盾,所
31

以 g(ln(2a))<0. 又 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0. 故此时 g(x)在(0, ln(2a))和(ln(2a), 1)内各只有一个零点 x1 和 x2. 由此可知 f(x)在[0, x1]上单调递增, 在(x1, x2)上单调递减, 在[x2, 1]上单调递增. 所以 f(x1)>f(0)=0,f(x2)<f(1)=0, 故 f(x)在(x1,x2)内有零点. 综上可知,a 的取值范围是(e-2,1).

函数的奇偶性与周期性
7. 、 、 [2014·福建卷] 正确的是( )

?x2+1,x>0, 已知函数 f(x)=? 则下列结论 cos x , x ≤0, ?

A.f(x)是偶函数 B.f(x)是增函数 C.f(x)是周期函数 D.f(x)的值域为[-1,+∞) 7.D [解析] 由函数 f(x)的解析式知,f(1)=2,f(-1)=cos(- 1)=cos 1,f(1)≠f(-1),则 f(x)不是偶函数; 当 x>0 时,令 f(x)=x2+1,则 f(x)在区间(0,+∞)上是增函数, 且函数值 f(x)>1;
32

当 x≤0 时,f(x)=cos x,则 f(x)在区间(-∞,0]上不是单调函数, 且函数值 f(x)∈[-1,1]; ∴函数 f(x)不是单调函数, 也不是周期函数, 其值域为[-1, +∞). 3.[2014·湖南卷] 已知 f(x),g(x)分别是定义在 R 上的偶函数和 奇函数,且 f(x)-g(x)=x3+x2+1,则 f(1)+g(1)=( A.-3 B.-1 C.1 D.3 3.C [解析] 因为 f(x)是偶函数,g(x)是奇函数, 所以 f(1)+g(1)=f(-1)-g(-1)=(-1)3+(-1)2+1=1. 3.[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x),g(x)的定义域都为 R,且 )

f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,则下列结论中正确的是(
A.f(x)g(x)是偶函数 B.|f(x)|g(x)是奇函数 C.f(x)|g(x)|是奇函数 D.|f(x)g(x)|是奇函数 3.C

)

[解析] 由于偶函数的绝对值还是偶函数,一个奇函数与

一个偶函数之积为奇函数,故正确选项为 C. 15. [2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知偶函数 f(x)在[0, +∞)单调递减,

f(2)=0,若 f(x-1)>0,则 x 的取值范围是________.
15.(-1,3) [解析] 根据偶函数的性质,易知 f(x)>0 的解集为 (-2,2),若 f(x-1)>0,则-2<x-1<2,解得-1<x<3.

33

二次函数
16. 、 [2014·全国卷]

?π π? 若函数 f(x)=cos 2x+asin x 在区间? , ? ?6 2?

是减函数,则 a 的取值范围是________. 16.(-∞,2] [解析] f(x)=cos 2x+asin x=-2sin2x+asin x+ 1, 令 sin x=t, 则 f(x)=-2t
2+

?π π? ?1 ? at+1.因为 x∈? , ?, 所以 t∈? ,1?, ?6 2 ? ?2 ?

所以 f(x)=-2t

2+

?1 ? at+1,t∈? ,1?.因为 f(x)=cos 2x+asin x 在区间 ?2 ? ?1 ? 在区间? ,1?上是减函 ?2 ?

?π π? ? , ?是减函数,所以 f(x)=-2t2+at+1 ?6 2?
a a 1

数,又对称轴为 x= ,∴ ≤ ,所以 a∈(-∞,2]. 4 4 2

4. 、 、[2014·福建卷] 若函数 y=logax(a>0,且 a≠1)的图像如图 1?1 所示,则下列函数图像正确的是( )

图 1?1

34

A

B

C 图 1?2

D

4.B [解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3.

?1?x 选项 A 中的函数为 y=? ? , 则其函数图像不正确; 选项 B 中的 ?3?
函数为 y=x3,则其函数图像正确;选项 C 中的函数为 y=(-x)3,则 其函数图像不正确;选项 D 中的函数为 y=log3(-x),则其函数图像 不正确. 3.[2014·江西卷] 已知函数 f(x)=5|x|,g(x)=ax2-x(a∈R).若

f[g(1)]=1,则 a=(

)

A.1 B.2 C.3 D.-1 3.A [解析] g(1)=a-1,由 f[g(1)]=1,得 5|a-1|=1,所以|a -1|=0,故 a=1. 1 1 3. 、[2014·辽宁卷] 已知 a=2- ,b=log2 , 3 3

c=log

11 ,则( 23

)

A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a
35

1 1 11 1 3.C [解析] 因为 0<a=2- <1,b=log2 <0,c=log >log 3 3 23 2 1 =1,所以 c>a>b. 2 2. , [2014·山东卷] 设集合 A={x||x-1|<2}, B={y|y=2x, x∈[0, 2]},则 A∩B=( ) C.[1,3) D.(1,4)

A.[0,2] B.(1,3) 2.C

[ 解析 ] 根据已知得,集合 A = {x| - 1 < x < 3} , B =

{y|1≤y≤4},所以 A∩B={x|1≤x<3}.故选 C. 5. , ,[2014·山东卷] 已知实数 x,y 满足 ax<ay(0<a<1),则下 列关系式恒成立的是( A. 1 > 1 ) B. ln(x2+1)>ln(y2+1)

x2+1 y2+1

C. sin x>sin y D. x3>y3 5.D [解析] 因为 ax<ay(0<a<1),所以 x>y,所以 sin x> sin y,ln(x
2+1)>ln( 2+1),

y

1

x2+1 y2+1



1

都不一定正确,故选 D.

7.[2014·陕西卷] 下列函数中,满足“f(x+y)=f(x)·f(y)”的单调递 增函数是( ) 1

A.f(x)=x B.f(x)=x3 2

?1?x C.f(x)=? ? ?2?

D.f(x)=3x

36

7.B [解析] 由于 f(x+y)=f(x)f(y),故排除选项 A,C.又 f(x)

?1?x =? ? 为单调递减函数,所以排除选项 D. ?2?
11.[2014·陕西卷] 已知 4a=2,lg x=a,则 x=________. 11. 1 1 10 [解析] 由 4a=2,得 a= ,代入 lg x=a,得 lg x= , 2 2 10.

1 那么 x=10 = 2

对数与对数函数
5. , ,[2014·山东卷] 已知实数 x,y 满足 ax<ay(0<a<1),则下 列关系式恒成立的是( A. 1 > 1 ) B. ln(x2+1)>ln(y2+1)

x2+1 y2+1

C. sin x>sin y D. x3>y3 5.D [解析] 因为 ax<ay(0<a<1),所以 x>y,所以 sin x> sin y,ln(x
2+1)>ln( 2+1),

y

1

x2+1 y2+1



1

都不一定正确,故选 D.

3. , [2014·山东卷] 函数 f(x)=

的定义域为( (log2x)2-1

1

)

37

A.?0,

? ?

1? 2?

?

B.(2,+∞)

C.

? 1? ?0, ?∪(2,+∞) ? 2?
[解析]

D.

? 1? ?0, ?∪[2,+∞) ? 2?

3.C

?x>0, 根据题意得,? 解得 2 ( log ) - 1 > 0 , 2 ?

x>0, ? ? ?x>2或x<1.故选 C. ? 2 ?

4. 、 、[2014·福建卷] 若函数 y=logax(a>0,且 a≠1)的图像如图 1?1 所示,则下列函数图像正确的是( )

图 1?1

A

B

C
38

D

图 1?2

4.B [解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3.

?1?x 选项 A 中的函数为 y=? ? , 则其函数图像不正确; 选项 B 中的 ?3?
函数为 y=x3,则其函数图像正确;选项 C 中的函数为 y=(-x)3,则 其函数图像不正确;选项 D 中的函数为 y=log3(-x),则其函数图像 不正确. 13. 、[2014·广东卷] 若等比数列{an}的各项均为正数,且 a10a11 +a9a12=2e5,则 ln a1+ln a2+…+ln a20=________. 13. 50 [解析] 本题考查了等比数列以及对数的运算性质. ∵{an} 为等比数列,且 a10a11+a9a12=2e5, ∴a10a11+a9a12=2a10a11=2e5,∴a10a11=e5, ∴ln a1+ln a2+…+ln a20=ln(a1a2…a20)= ln(a10a11)10=ln(e5)10=ln e50=50. 1 1 3. 、[2014·辽宁卷] 已知 a=2- ,b=log2 , 3 3 11 c=log ,则( 23 )

A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a 1 1 11 1 3.C [解析] 因为 0<a=2- <1,b=log2 <0,c=log >log 3 3 23 2

39

1 =1,所以 c>a>b. 2 1 4 .[2014·天津卷 ] 函数 f(x) = log (x2 - 4) 的单调递增区间为 2 ( ) A.(0,+∞) B.(-∞,0) C.(2,+∞) D.(-∞,-2) 4.D [解析]

?x2-4>0, 要使 f(x)单调递增,需有? 解得 x<-2. x <0 , ?
)

7. 、[2014·浙江卷] 在同一直角坐标系中,函数 f(x)=xa(x>0),

g(x)=logax 的图像可能是(

A

B

C 图 1?2 图 1?2

D

7.D [解析] 只有选项 D 符合,此时 0<a<1,幂函数 f(x)在(0, +∞)上为增函数,且当 x∈(0,1)时,f(x)的图像在直线 y=x 的上方,

40

对数函数 g(x)在(0,+∞)上为减函数,故选 D. 12 .[2014·重庆卷 ] 函数 f(x) = log2 ________. 1 12.- [解析] f(x)=log2 4

x · log
1 2

2 (2

x) 的最小值为

x·log

2(2

x)= log2 x·2log2(2x)=

1?2 1 2 ? log2x·(1+log2x)=(log2x)2+log2x=?log2x+ ? - ,所以当 x= 2? 4 2 ? 1 时,函数 f(x)取得最小值- . 4

幂函数与函数的图像
4. 、 、[2014·福建卷] 若函数 y=logax(a>0,且 a≠1)的图像如图 1?1 所示,则下列函数图像正确的是( )

图 1?1

A

B

41

C 图 1?2

D

4.B [解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3.

?1?x 选项 A 中的函数为 y=? ? , 则其函数图像不正确; 选项 B 中的 3 ? ?
函数为 y=x3,则其函数图像正确;选项 C 中的函数为 y=(-x)3,则 其函数图像不正确;选项 D 中的函数为 y=log3(-x),则其函数图像 不正确. 10. [2014·湖北卷] 已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数, 当 x≥0 时,f(x)= (|x-a2|+|x-2a2|-3a2).若?x∈R,f(x-1)≤f(x),则实 2 数 a 的取值范围为( ) 6 6? ? , 6 6 ? 3 3? ? , 3 3 ? 1

? 1 1? A.?- , ? ? 6 6? ? 1 1? C.?- , ? ? 3 3?

? B.?- ? ? D.?- ?

1?? ? ? ? ? 10. B [解析] 因为当 x≥0 时, f(x)= ??x-a2?+?x-2a2?-3a2?, 2 所以当 0≤x≤a
2 时,

1 2 2 2? f(x)= ? ?a -x+2a -x-3a ?=-x; 2

当 a2<x<2a2 时,
2 2 2? f(x)= ? ?x-a +2a -x-3a ?=-a2;

1 2

当 x≥2a2 时,
42

2 2 2? f(x)= ? ?x-a +x-2a -3a ?=x-3a2.

1 2

-x,0≤x≤a , ? ? 综上,f(x)=?-a ,a <x<2a , ? ?x-3a ,x≥2a .
2 2 2 2 2 2

因此, 根据奇函数的图象关于原点对称作出函数 f(x)在 R 上的大 致图象如下,

观察图象可知,要使 ?x∈R,f(x-1)≤f(x),则需满足 2a2-(- 4a2)≤1,解得- 6 6 ≤a≤ .故选 B. 6 6

8.[2014·山东卷] 已知函数 f(x)=|x-2|+1,g(x)=kx,若方程

f(x)=g(x)有两个不相等的实根,则实数 k 的取值范围是(
A.

)

? 1? ?0, ? ? 2?

B.

?1 ? ? ,1? ?2 ?

C. (1,2)

D. (2,+∞)

8. B [解析] 画出函数 f(x)的图像, 如图所示. 若方程 f(x)=g(x) 1 有两个不相等的实数,则函数 f(x),g(x)有两个交点,则 k> ,且 k 2 <1.故选 B.

43

7. 、[2014·浙江卷] 在同一直角坐标系中,函数 f(x)=xa(x>0),

g(x)=logax 的图像可能是(

)

A

B

C 图 1?2 图 1?2

D

7.D [解析] 只有选项 D 符合,此时 0<a<1,幂函数 f(x)在(0, +∞)上为增函数,且当 x∈(0,1)时,f(x)的图像在直线 y=x 的上方, 对数函数 g(x)在(0,+∞)上为减函数,故选 D.

函数与方程
10. 、[2014·湖南卷] 已知函数 f(x)=x
2+ex-

1 (x<0)与 g(x)=x2 2 )

+ln(x+a)的图像上存在关于 y 轴对称的点, 则 a 的取值范围是(
44

A.(-∞,

1

) e

B.(-∞,

e) 1

? C.?- ?

1

, e

e? D.?-

? ?

? ?

e,

? ? e?
1 2

10.B [解析] 依题意,设存在 P(-m,n)在 f(x)的图像上,则

Q(m,n)在 g(x)的图像上,则有 m2+e-m- =m2+ln(m+a),解得 m+a
=ee-m- 1 1 - m ,即 a=ee - -m(m>0),可得 a∈(-∞, 2 2 e).

14.[2014·天津卷] 已知函数 f(x)=|x2+3x|,x∈R.若方程 f(x)-

a|x-1|=0 恰有 4 个互异的实数根, 则实数 a 的取值范围为________.
14.(0,1)∪(9,+∞) [解析] 在同一坐标系内分别作出 y=f(x)

与 y=a|x-1|的图像如图所示. 当 y=a|x-1|与 y=f(x)的图像相切时,

?-ax+a=-x2-3x, 由? 整理得 x2+(3-a)x+a=0,则Δ=(3-a)2 ?a>0,
-4a=a2-10a+9=0, 解得 a=1 或 a=9.故当 y=a|x-1|与 y=f(x) 的图像有四个交点时,0<a<1 或 a>9.

6.[2014·浙江卷] 已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,且 0<f(-1) =f(-2)=f(-3)≤3,则( A.c≤3 B.3<c≤6
45

)

C.6<c≤9 D.c>9 6 . C [ 解 析 ] 由 f( - 1) = f( - 2) = f( - 3) 得

?-1+a-b+c=-8+4a-2b+c, ? ? - 8 + 4 a - 2 b + c =- 27 + 9 a - 3 b + c ? ?-7+3a-b=0, ?a=6, ? ?? 则 f(x) = x3 + 6x2 + 11x + c ,而 19 - 5 a + b = 0 b = 11 , ? ?
0<f(-1)≤3,故 0<-6+c≤3, ∴6<c≤9,故选 C.

函数模型及其应用
8. [2014·湖南卷] 某市生产总值连续两年持续增加, 第一年的增 长率为 p,第二年的增长率为 q,则该市这两年生产总值的年平均增 长率为( A. ) 2 (p+1)(q+1)-1 B. 2

p+q

C. 解得 x=

pq D. (p+1)(q+1)-1
(1+p)(1+q)-1.

8. D [解析] 设年平均增长率为 x, 则有(1+p)(1+q)=(1+x)2,

10.[2014·陕西卷] 如图 1?2,某飞行器在 4 千米高空水平飞行, 从距着陆点 A 的水平距离 10 千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为 某三次函数图像的一部分,则该函数的解析式为 ( )

图 1?2
46

1 3 A.y= x3- x 125 5 C.y= x 125 10.A 3
3-

B.y=

2

125 3

x3- x
5 1

4

x D.y=-

125

x

3+

5

x

[解析] 设该三次函数的解析式为 y=ax3+bx2+cx+d.

因为函数的图像经过点(0,0),所以 d=0,所以 y=ax3+bx2+cx. 又函数过点(-5,2),(5,-2),则该函数是奇函数,故 b=0,所以

y=ax3+cx,代入点(-5,2)得-125a-5c=2.又由该函数的图像在
点(-5,2)处的切线平行于 x 轴,y′=3ax2+c,得当 x=-5 时,y′

?a= 1 , ? 125 ?-125a-5c=2, =75a+c=0.联立? 解得? 故该三次函数 75 a + c = 0 , 3 ? ?c=-5. ?
的解析式为 y= 1 125

x

3-

3 5

x.

导数及其运算
18. 、[2014·安徽卷] 设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a >0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (2)当 x∈[0,1]时 ,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值.

47

18.解: (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),

f′(x)=1+a-2x-3x2.
-1- 令 f′(x)=0,得 x1= -1+ x 2= 4+3a ,

3

3

4+3a ,x1<x2,

所以 f′(x)=-3(x-x1)(x-x2). 当 x<x1 或 x>x2 时,f′(x)<0; 当 x1<x<x2 时,f′(x)>0. 故 f(x)在?-∞,

? ?

-1- 3

4+3a? ?-1+ ?和 ?

?

?

3

? 4+3a ,+∞?内单调 ?

递减,

?-1- 4+3a -1+ 4+3a? 在? ?内单调递增. , 3 3 ? ?
(2)因为 a>0,所以 x1<0,x2>0, ①当 a≥4 时,x2≥1. 由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增, 所以 f(x)在 x=0 和 x=1 处分别取得最小值和最大值. ②当 0<a<4 时,x2<1. 由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减, -1+ 所以 f(x)在 x=x2= 4+3a 处取得最大值.

3

48

又 f(0)=1,f(1)=a, 所以当 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 处同时取得最小值; 当 1<a<4 时,f(x)在 x=0 处取得最小值. 21. 、 、[2014·安徽卷] 设实数 c>0,整数 p>1,n∈N*. (1)证明:当 x>-1 且 x≠0 时,(1+x)p>1+px; 1 p-1 c (2)数列{an}满足 a1>c ,an+1= an+ a1 n-p,证明:an>an

p

p

p

1 > c . +1

p

21.证明:(1)用数学归纳法证明如下. ①当 p=2 时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立. ②假设 p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx 成立. 当 p=k+1 时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k +1)x+kx2>1+(k+1)x. 所以当 p=k+1 时,原不等式也成立. 综合①②可得,当 x>-1,x≠0 时,对一切整数 p>1,不等式(1 +x)p>1+px 均成立. 1 (2)方法一:先用数学归纳法证明 an>c .

p

1 ①当 n=1 时,由题设知 a1>c 成立.

p

49

1 ②假设 n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式 ak>cp成立.

p-1 c 由 an+1= an+ a1 n-p易知 an>0,n∈N*. p p
当 n=k+1 时, 1? c

ak+1 p-1 c ak


p

+ a- k p=

p

1+

? ? p-1?. p?ak ?
p p p?ak

1 1 1? c ? - 1 由 ak>c >0 得-1<- < ? p ?<0.

?

?ak+1?p ? 1? c ??p 由(1)中的结论得? ? =?1+ ? p-1?? >1+p· a k ? ? ? p?ak ??
c ap k
. 1 因此 ap k+1>c,即 ak+1>c ,

1? c

? ? p-1?= p?ak ?

p

1 所以当 n=k+1 时,不等式 an>c 也成立.

p

1 综合①②可得,对一切正整数 n,不等式 an>c 均成立.

p

再由

an+1 an

=1+

1? c

an+1 ? ? p-1?可得 <1, p?an ? an
50

即 an+1<an. 1 综上所述,an>an+1>c ,n∈N*.

p

方法二:设 f(x)=

p-1 c 1 x+ x1-p,x≥c ,则 xp≥c, p p p
-p=

所以 f′(x)=

p-1 c p

+ (1-p)x

p-1? p

p

?1- p?>0. ? x?
p p

c?

1 1 1 由此可得, f(x)在[c , +∞)上单调递增, 因而, 当 x>c 时, f(x)>f(c )

p

1 =c .

p

1 ①当 n=1 时,由 a1>c >0,即 ap 1>c 可知

p

p-1 c 1 ? 1? c ?? 1 - p - 1 1 + ? ? a2= a1+ a1 =a1? ?<a1,并且 a2=f(a1)>c , p p p 1 ?? ? p?ap
1 从而可得 a1>a2>c ,

p

1 故当 n=1 时,不等式 an>an+1>c 成立.

p

1 ②假设 n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式 ak>ak+1>c 成立,则当 n=

p

51

k+1 时,f(ak)>f(ak+1)>f(c ), p
1 即有 ak+1>ak+2>c ,

1

p

所以当 n=k+1 时,原不等式也成立. 1 综合①②可得,对一切正整数 n,不等式 an>an+1>c 均成立.

p

20. 、 [2014·福建卷] 已知函数 f(x)=ex-ax(a 为常数)的图像与 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)证明:当 x>0 时,x2<ex; (3)证明:对任意给定的正数 c,总存在 x0,使得当 x∈(x0,+∞) 时,恒有 x2<cex. 20.解:方法一:(1)由 f(x)=ex-ax,得 f ′(x)=ex-a. 又 f ′(0)=1-a=-1,得 a=2. 所以 f(x)=ex-2x,f ′(x)=ex-2. 令 f ′(x)=0,得 x=ln 2. 当 x<ln 2 时,f ′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln 2 时,f ′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)取得极小值, 且极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,

f(x)无极大值.
52

(2)证明:令 g(x)=ex-x2,则 g′(x)=ex-2x. 由(1)得,g′(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0, 故 g(x)在 R 上单调递增,又 g(0)=1>0, 所以当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x2<ex. (3)证明:①若 c≥1,则 ex≤cex.又由(2)知,当 x>0 时,x2<ex. 故当 x>0 时,x2<cex. 取 x0=0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 1 ②若 0<c<1,令 k= >1,要使不等式 x2<cex 成立,只要 ex>kx2

c

成立. 而要使 ex>kx2 成立,则只要 x>ln(kx2), 只要 x>2ln x+ln k 成立. 2 x-2 令 h(x)=x-2ln x-ln k,则 h′(x)=1- = .

x

x

所以当 x>2 时,h′(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增. 取 x0=16k>16,所以 h(x)在(x0,+∞)内单调递增. 又 h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k, 易知 k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以 h(x0)>0. 16 即存在 x0= ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex.

c

综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒 有 x2<cex. 方法二:(1)同方法一.
53

(2)同方法一. (3)对任意给定的正数 c,取 x0= 4 ,

c

由(2)知,当 x>0

时,ex>x2,所以

ex=e

?x ?2 ?x ?2 ·e >? ? ·? ? , 2 2 ?2? ?2?
x x



x>x0 时,ex>

?x?2?x ?2 4?x ?2 1 ? ? ? ? > ? ? = x 2, ?2? ?2? c?2? c

因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒 有 x2<cex. 方法三:(1)同方法一. (2)同方法一. 1 (3)首先证明当 x∈(0,+∞)时,恒有 x3<ex. 3 证明如下: 1 令 h(x)= x3-ex,则 h′(x)=x2-ex. 3 由(2)知,当 x>0 时,x2<ex, 从而 h′(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减, 1 所以 h(x)<h(0)=-1<0,即 x3<ex. 3 3 1 1 取 x0= ,当 x>x0 时,有 x2< x3<ex. c c 3
54

因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒 有 x2<cex. 10. 、[2014·广东卷] 曲线 y=e-5x+2 在点(0,3)处的切线方程 为________. 10.y=-5x+3 [解析] 本题考查导数的几何意义以及切线方

程的求解方法.因为 y′=-5e-5x,所以切线的斜率 k=-5e0=-5, 所以切线方程是:y-3=-5(x-0),即 y=-5x+3. 13.[2014·江西卷] 若曲线 y=e-x 上点 P 处的切线平行于直线 2x+y+1=0,则点 P 的坐标是________. 13.(-ln 2,2) [解析] 设点 P 的坐标为(x0,y0),y′=-e-x.

又切线平行于直线 2x+y+1=0,所以-e-x0=-2,可得 x0=-ln 2,此时 y=2,所以点 P 的坐标为(-ln 2,2). 18. 、[2014·江西卷] 已知函数 f(x)=(x2+bx+b) (1)当 b=4 时,求 f(x)的极值; (2)若 f(x)在区间?0, 1-2x(b∈R).

? ?

1? ?上单调递增,求 b 的取值范围. 3?

-5x(x+2) 18.解:(1)当 b=4 时,f′(x)= ,由 f′(x)=0,得 x 1-2x =-2 或 x=0. 所以当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x∈(-2,0) 时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当 x∈?0,

? ?

1? ?时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 2?

55

故 f(x)在 x=-2 处取得极小值 f(-2)=0,在 x=0 处取得极大值 f(0) =4. -x[5x+(3b-2)] -x ? 1? (2)f′(x)= , 易知当 x∈?0, ?时, <0, 3 1-2x 1-2x ? ? 依题意当 x∈?0, 1 得 b≤ . 9 1? ? -∞, 所以 b 的取值范围为? ?. 9? ? 7.[2014·全国卷] 曲线 y=xex-1 在点(1,1)处切线的斜率等于 ( ) A.2e B.e C.2 7.C D.1 [解析] 因为 y′=(xex-1)′=ex-1+xex-1,所以 y=xex-1

? ?

1?

?时,有 5x+(3b-2)≤0,从而 +(3b-2)≤0, 3? 3

5

在点(1,1)处的导数是 y′|x=1=e1-1+e1-1=2,故曲线 y=xex-1 在点 (1,1)处的切线斜率是 2. 8.[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处 的切线方程为 y=2x,则 a=( A.0 B.1 C.2 D.3 8.D [解析] y′=a- 代入解得 a=3. 1 )

x +1

,根据已知得,当 x=0 时,y′=2,

56

21. , , , [2014·陕西卷] 设函数 f(x)=ln(1+x), g(x)=xf′(x), x≥0, 其中 f′(x)是 f(x)的导函数. (1)令 g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求 gn(x)的表达式; (2)若 f(x)≥ag(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; (3)设 n∈N+,比较 g(1)+g(2)+…+g(n)与 n-f(n)的大小,并加 以证明. 21.解:由题设得,g(x)= (x≥0). 1+x (1)由已知,g1(x)= , 1+x

x

x

x g2(x)=g(g1(x))=
1+x 1+

x

= , 1+2x

x

1+x

g3(x)=

,…,可得 gn(x)= . 1+3x 1+nx

x

x

下面用数学归纳法证明. ①当 n=1 时,g1(x)= ,结论成立. 1+x

x

②假设 n=k 时结论成立,即 gk(x)= . 1+kx

x

57

x
那么, 当 n=k+1 时, gk+1(x)=g(gk(x))= = 1+gk(x)

gk(x)

1+kx 1+ 1+kx

x

= ,即结论成立. 1+(k+1)x 由①②可知,结论对 n∈N+成立. (2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立,即 ln(1+x)≥ 恒成立. 1+x 设 φ(x)=ln(1+x)- (x≥0), 1+x 则 φ′(x)= - = , 1+x (1+x)2 (1+x)2 当 a≤1 时,φ′(x)≥0(仅当 x=0,a=1 时等号成立), ∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又 φ(0)=0, ∴φ(x)≥0 在[0,+∞)上恒成立, ∴a≤1 时,ln(1+x)≥ 恒成立(仅当 x=0 时等号成立). 1+x 当 a>1 时,对 x∈(0,a-1]有 φ′(x)<0, ∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减, ∴φ(a-1)<φ(0)=0. 即 a>1 时,存在 x>0,使 φ(x)<0, 1

x

ax

ax

a

x+1-a

ax

58

故知 ln(1+x)≥ 不恒成立. 1+x 综上可知,a 的取值范围是(-∞,1]. 1 2 n (3)由题设知 g(1)+g(2)+…+g(n)= + +…+ , 2 3 n+1 比较结果为 g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1). 证明如下: 1 1 1 方法一:上述不等式等价于 + +…+ <ln(n+1), 2 3 n+1 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> ,x>0. 1+x 1 1 n+1 令 x= ,n∈N+,则 <ln . n n+1 n 下面用数学归纳法证明. 1 ①当 n=1 时, <ln 2,结论成立. 2 1 1 1 ②假设当 n=k 时结论成立,即 + +…+ <ln(k+1). 2 3 k+1 1 1 1 1 1 那么,当 n=k+1 时, + +…+ + <ln(k+1)+ 2 3 k+1 k+2 k+2 <ln(k+1)+ln

ax

x

k +2 k +1

=ln(k+2),

59

即结论成立. 由①②可知,结论对 n∈N+成立. 1 1 1 方法二:上述不等式等价于 + +…+ <ln(n+1), 2 3 n+1 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> ,x>0. 1+x 1 n+1 1 令 x= ,n∈N+,则 ln > . n n n+1

x

1 故有 ln 2-ln 1> , 2 1 ln 3-ln 2> , 3 …… ln(n+1)-ln n> 1 ,

n+1

1 1 1 上述各式相加可得 ln(n+1)> + +…+ , 2 3 n+1 结论得证. x x 方法三:如图,? dx 是由曲线 y= ,x=n 及 x 轴所围 ?n x +1 ? x +1
?0

60

1 2 n 成的曲边梯形的面积,而 + +…+ 是图中所示各矩形的面积 2 3 n+1 和,

1 2 n x ? n ∴ + +…+ >? dx= 2 3 n+1 ? x+1
?0 ?n?1- ?dx=n-ln(n+1), ? x+1? ? ? ?0

?

1

?

结论得证. 19. ,[2014·四川卷] 设等差数列{an}的公差为 d,点(an,bn)在函 数 f(x)=2x 的图像上(n∈N*). (1)若 a1=-2,点(a8,4b7)在函数 f(x)的图像上,求数列{an}的 前 n 项和 Sn; (2)若 a1=1, 函数 f(x)的图像在点(a2, b2)处的切线在 x 轴上的截
?an? ? ? 距为 2- ,求数列? ?的前 n 项和 Tn. ? ln 2 ?bn? ?

1

19.解:(1)由已知得,b7=2a7,b8=2a8=4b7,所以 2a8=4×2a7=2a7+2,解得 d=a8-a7=2, 所以 Sn=na1+

n(n-1) d=-2n+n(n-1)=n2-3n.
2

(2)函数 f(x)=2x 在点(a2, b2)处的切线方程为 y-2a2=(2a2ln 2)(x
61

-a2), 其在 x 轴上的截距为 a2- . ln 2 1 1 由题意有 a2- =2- ,解得 a2=2. ln 2 ln 2 所以 d=a2-a1=1. 从而 an=n,bn=2n, 所以数列{ }的通项公式为 = , bn bn 2n 1 2 3 n-1 n 所以 Tn= + + +…+ + , 2 22 23 2n-1 2n 1 2 3 n 2Tn= + + +…+ , 1 2 22 2n-1 1 1 1 n 1 n 因此, 2Tn - Tn = 1 + + +…+ - =2- - = 2 22 2n-1 2n 2n-1 2n 2n+1-n-2 . 2n 2n+1-n-2 所以,Tn= . 2n 1

an

an

n

62

导数的应用
21. ,[2014·四川卷] 已知函数 f(x)=ex-ax2-bx-1,其中 a,

b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数.
(1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间[0,1]上的最 小值; (2)若 f(1)=0, 函数 f(x)在区间(0, 1)内有零点, 求 a 的取值范围. 21.解:(1)由 f(x)=ex-ax2-bx-1,得 g(x)=f′(x)=ex-2ax -b. 所以 g′(x)=ex-2a. 当 x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a]. 1 当 a≤ 时,g′(x)≥0,所以 g(x)在[0,1]上单调递增, 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; e 当 a≥ 时,g′(x)≤0,所以 g(x)在[0,1]上单调递减, 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b; 1 e 当 <a< 时,令 g′(x)=0,得 x=ln(2a)∈(0,1),所以函数 g(x) 2 2 在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增, 于是,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b. 1 综上所述,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; 2
63

1 e 当 <a< 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a) 2 2 -b; e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b. 2 (2)设 x0 为 f(x)在区间(0,1)内的一个零点, 则由 f(0)=f(x0)=0 可知,f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增, 也不可能单调递减. 则 g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负. 故 g(x)在区间(0,x0)内存在零点 x1. 同理 g(x)在区间(x0,1)内存在零点 x2. 故 g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点. 1 由(1)知,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上单调递增,故 g(x)在(0,1) 2 内至多有一个零点; e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上单调递减,故 g(x)在(0,1)内至多有一 2 个零点,都不合题意. 1 e 所以 <a< . 2 2 此时 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单 调递增.
64

因此 x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有

g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0.
由 f(1)=0 得 a+b=e-1<2, 则 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0, 解得 e-2<a<1. 当 e-2<a<1 时,g(x)在区间[0,1]内有最小值 g(ln(2a)). 若 g(ln(2a))≥0,则 g(x)≥0(x∈[0,1]), 从而 f(x)在区间[0,1]内单调递增,这与 f(0)=f(1)=0 矛盾,所 以 g(ln(2a))<0. 又 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0. 故此时 g(x)在(0, ln(2a))和(ln(2a), 1)内各只有一个零点 x1 和 x2. 由此可知 f(x)在[0, x1]上单调递增, 在(x1, x2)上单调递减, 在[x2, 1]上单调递增. 所以 f(x1)>f(0)=0,f(x2)<f(1)=0, 故 f(x)在(x1,x2)内有零点. 综上可知,a 的取值范围是(e-2,1).

18. 、[2014·安徽卷] 设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a >0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (2)当 x∈[0,1]时 ,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 18.解: (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
65

f′(x)=1+a-2x-3x2.
-1- 令 f′(x)=0,得 x1= -1+ x 2= 4+3a ,

3

3

4+3a ,x1<x2,

所以 f′(x)=-3(x-x1)(x-x2). 当 x<x1 或 x>x2 时,f′(x)<0; 当 x1<x<x2 时,f′(x)>0.

? ? -1- 4+3a? ?-1+ 4+3a 故 f(x)在?-∞, ?和 ? ,+∞?内单调 3 3 ? ? ? ?
递减,

?-1- 4+3a -1+ 4+3a? 在? ?内单调递增. , 3 3 ? ?
(2)因为 a>0,所以 x1<0,x2>0, ①当 a≥4 时,x2≥1. 由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增, 所以 f(x)在 x=0 和 x=1 处分别取得最小值和最大值. ②当 0<a<4 时,x2<1. 由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减, -1+ 所以 f(x)在 x=x2= 又 f(0)=1,f(1)=a,
66

3

4+3a 处取得最大值.

所以当 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 处同时取得最小值; 当 1<a<4 时,f(x)在 x=0 处取得最小值. 18.[2014·北京卷] (1)求证:f(x)≤0; sin x ? π? (2)若 a< <b 对 x∈?0, ?恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小 x ? 2? 值. 18.解:(1)证明:由 f(x)=xcos x-sin x 得

? π? 已知函数 f(x)=xcos x-sin x,x∈?0, ?. ? 2?

f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x.

? π? ? π? 因为在区间?0, ?上 f′(x)=-xsin x<0,所以 f(x)在区间?0, ? ? 2? ? 2?
上单调递减. 从而 f(x)≤f(0)=0. sin x sin x (2)当 x>0 时, “ >a”等价于“sin x-ax>0”, “ <b”等价于“sin

x

x

x-bx<0”.
令 g(x)=sin x-cx,则 g′(x)=cos x-c. 当 c≤0 时,g(x)>0 对任意 x∈?0,

? ?

π? 2?

?恒成立.

67

当 c≥1 时, 因为对任意 x∈?0,

? ?

π? ?, g′(x)=cos x-c<0, 所以 g(x) 2?

? π? 在区间?0, ?上单调递减, ? 2?
从而 g(x)<g(0)=0 对任意 x∈?0,

? ?

π? 2?

?恒成立.

? π? 当 0<c<1 时,存在唯一的 x0∈?0, ?使得 g′(x0)=cos x0-c=0. ? 2? ? π? g(x)与 g′(x)在区间?0, ?上的情况如下: ? 2?

X g′(x) g(x)

(0,x0) +

x0
0

? π? ?x0, ? ? 2?


因为 g(x)在区间(0, x0)上是增函数,所以 g(x0)>g(0)=0.进一步, “g(x)>0 对任意 x∈ ?0,

? ?

π?

π ?π? ? 恒成立”当且仅当 g ? ? = 1 - c ≥ 0 ,即 2? 2 ?2?

0<c≤ . π

2

? π? 综上所述,当且仅当 c≤ 时,g(x)>0 对任意 x∈?0, ?恒成立; π ? 2?
2
68

当且仅当 c≥1 时,g(x)<0 对任意 x∈?0,

? ?

π? ?恒成立. 2?

sin x 2 ? π? 所以, 若 a< <b 对任意 x∈?0, ?恒成立, 则 a 的最大值为 , x π ? 2?

b 的最小值为 1.
20. 、 [2014·福建卷] 已知函数 f(x)=ex-ax(a 为常数)的图像与 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)证明:当 x>0 时,x2<ex; (3)证明:对任意给定的正数 c,总存在 x0,使得当 x∈(x0,+∞) 时,恒有 x2<cex. 20.解:方法一:(1)由 f(x)=ex-ax,得 f ′(x)=ex-a. 又 f ′(0)=1-a=-1,得 a=2. 所以 f(x)=ex-2x,f ′(x)=ex-2. 令 f ′(x)=0,得 x=ln 2. 当 x<ln 2 时,f ′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln 2 时,f ′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)取得极小值, 且极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,

f(x)无极大值.
(2)证明:令 g(x)=ex-x2,则 g′(x)=ex-2x. 由(1)得,g′(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,
69

故 g(x)在 R 上单调递增,又 g(0)=1>0, 所以当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x2<ex. (3)证明:①若 c≥1,则 ex≤cex.又由(2)知,当 x>0 时,x2<ex. 故当 x>0 时,x2<cex. 取 x0=0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 1 ②若 0<c<1,令 k= >1,要使不等式 x2<cex 成立,只要 ex>kx2

c

成立. 而要使 ex>kx2 成立,则只要 x>ln(kx2), 只要 x>2ln x+ln k 成立. 2 x-2 令 h(x)=x-2ln x-ln k,则 h′(x)=1- = .

x

x

所以当 x>2 时,h′(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增. 取 x0=16k>16,所以 h(x)在(x0,+∞)内单调递增. 又 h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k, 易知 k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以 h(x0)>0. 16 即存在 x0= ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex.

c

综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒 有 x2<cex. 方法二:(1)同方法一. (2)同方法一.

70

(3)对任意给定的正数 c,取 x0=

4

c



由(2)知,当 x>0

时,ex>x2,所以

ex=e

?x ?2 ?x ?2 ·e >? ? ·? ? , 2 2 ?2? ?2?
x x

?x?2?x ?2 4?x ?2 1 当 x>x0 时,ex>? ? ? ? > ? ? = x2, ?2? ?2? c?2? c
因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒 有 x2<cex. 方法三:(1)同方法一. (2)同方法一. 1 (3)首先证明当 x∈(0,+∞)时,恒有 x3<ex. 3 证明如下: 1 令 h(x)= x3-ex,则 h′(x)=x2-ex. 3 由(2)知,当 x>0 时,x2<ex, 从而 h′(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减, 1 所以 h(x)<h(0)=-1<0,即 x3<ex. 3 3 1 1 取 x0= ,当 x>x0 时,有 x2< x3<ex. c c 3 因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒
71

有 x2<cex. 21 . 、 [2014· 1 (x
2+2

广





]







f(x) =

x+k

)2+2( 2+2

x

,其中 k<-2. x+k)-3

(1)求函数 f(x)的定义域 D(用区间表示); (2)讨论函数 f(x)在 D 上的单调性; (3)若 k<-6, 求 D 上满足条件 f(x)>f(1)的 x 的集合(用区间表示). 22.[2014·湖北卷] π为圆周率,e=2.718 28…为自然对数的底 数. ln x (1)求函数 f(x)= 的单调区间;

x

(2)求 e3,3e,eπ,πe, ,3π,π3 这 6 个数中的最大数与最小数; (3)将 e3,3e,eπ,πe,3π,π3 这 6 个数按从小到大的顺序排列, 并证明你的结论. ln x 22.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).因为 f(x)= ,所以

x

f′(x)=

1-ln x .

x2

当 f′(x)>0,即 0<x<e 时,函数 f(x)单调递增; 当 f′(x)<0,即 x>e 时,函数 f(x)单调递减. 故函数 f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞). (2)因为 e<3<π,所以 eln 3<eln π,πln e<πln 3,即 ln 3e<ln π
e,ln

eπ<ln 3π.

于是根据函数 y=ln x,y=ex,y=πx 在定义域上单调递增,可 得 3e<πe<π3,e3<eπ<3π.
72

故这 6 个数的最大数在π3 与 3π之中,最小数在 3e 与 e3 之中. ln π ln 3 ln e 由 e<3<π及(1)的结论,得 f(π)<f(3)<f(e),即 < < . π 3 e ln π ln 3 由 < ,得 ln π3<ln3π,所以 3π>π3; π 3 由 ln 3 ln e < ,得 ln 3e<ln e3,所以 3e<e3. 3 e

综上,6 个数中的最大数是 3π,最小数是 3e. (3)由(2)知,3e<πe<π3<3π,3e<e3. ln π ln e 又由(2)知, < ,得πe<eπ. π e 故只需比较 e3 与πe 和 eπ与π3 的大小. 1 由(1)知,当 0<x<e 时,f(x)<f(e)= , e ln x 1 即 < . x e e2 e2 e2 e e 在上式中,令 x= ,又 <e,则 ln < ,从而 2-ln π< ,即 π π π π π 得 ln π>2- .① π 由 ① 得 , eln 3.024>3, 即 eln π>3,亦即 ln πe>ln e3,所以 e3<πe. 又由①得,3ln π>6- 所以 eπ<π3. 综上可得,3e<e3<πe<eπ<π3<3π,
73

e

? e? ? 2.72? 2 - π >e ? ? >2.7 × ?2- ? >2.7 × (2 - 0.88) = π ? ? ? 3.1 ?

3e π

>6-e>π,即 3ln π>π,

即这 6 个数从小到大的顺序为 3e,e3,πe,eπ,π3,3π. 22. 、[2014·湖南卷] 已知常数 a>0,函数 2x

f(x)=ln(1+ax)- . x+2
(1)讨论 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性; (2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,且 f(x1)+f(x2)>0,求 a 的取 值范围. 22 . 解 : (1)f′(x) =

a
1+ax



2(x+2)-2x (x+2)2



ax2+4(a-1)
(1+ax)(x+2)2

.(*)

当 a≥1 时,f′(x)>0,此时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 当 0<a<1 时,由 f′(x)=0 得 1-a?

x1=2

a

?x2=-2 ?

? 1-a 舍去?.
a

?

当 x∈(0,x1)时,f′(x)<0; 当 x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在区间(0,x1)上单调递减, 在区间(x1,+∞)上单调递增. 综上所述, 当 a≥1 时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;

? ?2 ?

? 当 0<a<1 时,f(x)在区间?0,2 ? ? 1-a ,+∞?上单调递增. a ?
(2)由(*)式知,当 a≥1 时,f′(x)≥0,

1-a? ?上单调递减,在区间

a

?

此时 f(x) 不存在极值点,因而要使得 f(x) 有两个极值点,必有 0<a<1.
74

又 f(x)的极值点只可能是 x1=2 且由 f(x)的定义可知, 1 x>- 且 x≠-2,

1-a 和 x2=-2

a

1-a ,

a

a

所以-2

1-a 1 >- ,-2

a

a

1-a ≠-2,

a

1 解得 a≠ .此时,由(*)式易知,x1,x2 分别是 f(x)的极小值点和极 2 大值点. 而 f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)- 2x1 2x2

x1+2

+ln(1+ax2)- =ln(2a

x2+2

=ln[1+

a(x1+x2)+a x x

2 1 2] -

4x1x2+4(x1+x2)

x1x2+2(x1+x2)+4

-1)2-

4(a-1) 2a-1

2 =ln(2a-1)2+ -2. 2a-1 1 令 2a-1=x.由 0<a<1 且 a≠ 知, 2 1 当 0<a< 时,-1<x<0; 2 1 当 <a<1 时,0<x<1. 2 2 记 g(x)=ln x2+ -2.

x

(i)当-1<x<0 时,g(x)=2ln(-x)+ -2,所以 g′(x)= - =

2

2

2

x

x

x2

75

2x-2 <0,

x2

因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减, 从而 g(x)<g(-1)=-4<0. 1 故当 0<a< 时,f(x1)+f(x2)<0. 2 2 (ii)当 0<x<1 时,g(x)=2ln x+ -2,

x

2 2 2x-2 所以 g′(x)= - = <0,

x x2

x2

因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减, 1 从而 g(x)>g(1)=0.故当 <a<1 时,f(x1)+f(x2)>0. 2

?1 ? 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为? ,1?. ?2 ?
18. 、[2014·江西卷] 已知函数 f(x)=(x2+bx+b) (1)当 b=4 时,求 f(x)的极值; 1-2x(b∈R).

? 1? (2)若 f(x)在区间?0, ?上单调递增,求 b 的取值范围. ? 3?
-5x(x+2) 18.解:(1)当 b=4 时,f′(x)= ,由 f′(x)=0,得 x 1-2x =-2 或 x=0. 所以当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x∈(-2,0)

? 1? 时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当 x∈?0, ?时,f′(x)<0,f(x)单调递减, ? 2?
76

故 f(x)在 x=-2 处取得极小值 f(-2)=0,在 x=0 处取得极大值 f(0) =4. -x[5x+(3b-2)] -x ? 1? (2)f′(x)= , 易知当 x∈?0, ?时, <0, 3 1-2x 1-2x ? ? 依题意当 x∈?0, 1 得 b≤ . 9 1? ? -∞, 所以 b 的取值范围为? ?. 9? ? 11.[2014·辽宁卷] 当 x∈[-2,1]时,不等式 ax3-x2+4x+3≥0 恒成立,则实数 a 的取值范围是( A.[-5,-3] 9? ? B.?-6,- ? 8? ? )

? ?

1?

?时,有 5x+(3b-2)≤0,从而 +(3b-2)≤0, 3? 3

5

C.[-6,-2] D.[-4,-3] 11.C [解析] 当-2≤x<0 时,不等式转化为 a≤ 令 f(x)=

x2-4x-3 x3



x2-4x-3 x3 x4

(-2≤x<0),

-x2+8x+9 -(x-9)(x+1) 则 f′(x)= = ,故 f(x)在[-2,-

x4

1+4-3 1]上单调递减,在(-1,0)上单调递增,此时有 a≤ =-2.当 -1

x = 0 时, g(x) 恒成立.当 0<x≤1 时, a≥

x2-4x-3 x3

,令个 g(x) =

77

x2-4x-3 x3

-x2+8x+9 (0<x≤1),则 g′(x)= =

x4

-(x-9)(x+1) ,

x4

1-4-3 故 g(x)在(0,1]上单调递增,此时有 a≥ =-6. 1 综上,-6≤a≤-2. 22. 、[2014·全国卷] 函数 f(x)=ln(x+1)- (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 a1=1,an+1=ln(an+1),证明: 2 <an≤ 3 .

ax

x+a

(a>1).

n+2

n+2

22 . 解 : (1) 易 知 f(x) 的 定 义 域 为 ( - 1 , + ∞) , f ′ (x) = . (x+1)(x+a)2 (i)当 1<a<2 时,若 x∈(-1,a2-2a),则 f′(x)>0,所以 f(x)在(- 1,a2-2a)是增函数; 若 x∈(a2-2a,0),则 f′(x)<0,所以 f(x)在(a2-2a,0)是减函数; 若 x∈(0,+∞),则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)是增函数. (ii)当 a=2 时, 若 f′(x)≥0, f′(x)=0 成立当且仅当 x=0,所以 f(x) 在(-1,+∞)是增函数. (iii)当 a>2 时,若 x∈(-1,0),则 f′(x)>0,所以 f(x)在(-1,0) 是增函数;

x[x-(a2-2a)]

78

若 x∈(0,a2-2a),则 f′(x)<0, 所以 f(x)在(0,a2-2a)是减函数; 若 x∈(a2-2a,+∞),则 f′(x)>0,所以 f(x)在(a2-2a,+∞)是增 函数. (2)由(1)知,当 a=2 时,f(x)在(-1,+∞)是增函数. 当 x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=0,即 ln(x+1)> 2x (x>0).

x+2

又由(1)知,当 a=3 时,f(x)在[0,3)是减函数. 当 x∈(0,3)时,f(x)<f(0)=0,即 ln(x+1)< 3 <an≤ . n+2 n+2 2 3x (0<x<3).

x+3

下面用数学归纳法证明

2 (i)当 n=1 时,由已知 <a1=1,故结论成立. 3 (ii)假设当 n=k 时结论成立,即 当 n=k+1 时, 2× 2 2 = 2 3 <ak≤ . k+2 k +2 2

? 2 ? + 1 ak+1=ln(ak+1)>ln? ?> ?k+2 ?

k+2

k+2

+2

k+3



79

? 3 ? +1?< ak+1=ln(ak+1)≤ln? ?k+2 ?
2

3× 3

3 = 3

k+2

k+2
即当 n=k+1 时,有 <ak+1≤

+3 3

k+3



k+3

k+3

,结论成立.

根据(i)(ii)知对任何 n∈结论都成立. 11.[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知函数 f(x)=ax3-3x2+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) 11.C [解析] 当 a=0 时,f(x)=-3x2+1,存在两个零点,不 符合题意,故 a≠0. 由 f′(x)=3ax
2-6

2 x=0,得 x=0 或 x= .

a

若 a<0,则函数 f(x)的极大值点为 x=0,且 f(x)极大值=f(0)=1, 2 a2-4 ?2? a2-4 极小值点为 x= ,且 f(x)极小值=f? ?= ,此时只需 >0,即

a

?a?

a2

a2

可解得 a<-2; 若 a>0,则 f(x)极大值=f(0)=1>0,此时函数 f(x)一定存在小于零 的零点,不符合题意. 综上可知,实数 a 的取值范围为(-∞,-2).

80

21. 、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数

f(x)=aexln

x+

bex-1 x

,曲线

y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y=e(x-1)+2.
(1)求 a,b; (2)证明:f(x)>1. 21.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),

f′(x)=aexln

x+

a x

ex-

b

x2

ex-1+

b x

ex-1.

由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e,故 a=1,b=2. 2 (2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+ ex-1,

x

从而 f(x)>1 等价于 xln x>x 设函数 g(x)=xln x, 则 g′(x)=1+ln x, 所以当 x∈?0,

e-x-

2 . e

? ?

1? e?

?时,g′(x)<0;

?1 ? 当 x∈? ,+∞?时,g′(x)>0. ?e ?
故 g(x)在?0,

? ?

1?

?1 ? ?上单调递减,在? ,+∞?上单调递增,从而 g(x) e? ?e ?

81

1 ?1? 在(0,+∞)上的最小值为 g? ?=- . e ?e? 设函数 h(x)=x e-x- 2 ,则 h′(x)=e-x(1-x). e

所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0. 故 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而 h(x) 1 在(0,+∞)上的最大值为 h(1)=- . e

?1? 因为 gmin(x)=g? ?=h(1)=hmax(x), ?e?
所以当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1. 21. 、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 g(x)=f(2x)-4bf(x),当 x>0 时,g(x)>0,求 b 的最大值; (3)已知 1.414 2< 0.001). 21.解:(1)f′(x)=ex+e-x-2≥0,当且仅当 x=0 时,等号成立, 所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x, 2<1.414 3,估计 ln 2 的近似值(精确到

g′(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]
=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2). (i)当 b≤2 时,g′(x)≥0,等号仅当 x=0 时成立,所以 g(x)在(-∞, +∞)上单调递增.而 g(0)=0,所以对任意 x>0,g(x)>0. (ii)当 b>2 时,若 x 满足 2<ex+e-x<2b-2,即 0<x<ln(b-1+
82

b2-2b)时,g′(x)<0.而 g(0)=0,因此当 0<x<ln(b-1+ b2-2b)
时,g(x)<0. 综上,b 的最大值为 2. (3)由(2)知,g(ln 当 b=2 时, g(ln 8; 3 当 b= 4 2 +1 时,ln(b-1+ 2+(3 3 2)= -2 2 3 2)= -4 2 2b+2(2b-1)ln 2. 8 2+6ln 2>0, ln 2> 2-3 >0.692 12

b2-2b)=ln 2,

g(ln

3 2)=- -2 2

2+2)ln 2<0,

18+ 2 ln 2< <0.693 4. 28 所以 ln 2 的近似值为 0.693. ex ?2 ? 20.[2014·山东卷] 设函数 f(x)= -k? +ln x?(k 为常数,e=

x2

?x

?

2.718 28…是自然对数的底数). (1)当 k≤0 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求 k 的取值范围. 20.解:(1)函数 y=f(x)的定义域为(0,+∞),

f′(x)=

x2ex-2xex x4


? 2 1? -k?- 2+ ? ? x x?
x2
83



xex-2ex k(x-2) x3

(x-2)(ex-kx) = .

x3

由 k≤0 可得 ex-kx>0, 所以当 x∈(0,2)时,f′(x)<0,函数 y=f(x)单调递减;x∈(2,+∞) 时,f′(x)>0,函数 y=f(x)单调递增. 所以 f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞). (2)由(1)知,当 k≤0 时,函数 f(x)在(0,2)内单调递减,故 f(x)在 (0,2)内不存在极值点; 当 k>0 时,设函数 g(x)=ex-kx,x∈(0,+∞). 因为 g′(x)=ex-k=ex-eln k, 当 0<k≤1 时, 当 x∈(0,2)时,g′(x)=ex-k>0,y=g(x)单调递增, 故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点. 当 k>1 时,得 x∈(0,ln k)时,g′(x)<0,函数 y=g(x)单调递减;

x∈(ln k,+∞)时,g′(x)>0,函数 y=g(x)单调递增.
所以函数 y=g(x)的最小值为 g(ln k)=k(1-ln k). 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点.

?g(0)>0, ?g(ln k)<0, 当且仅当? g(2)>0, ? ?0<ln k<2,

84

e2 解得 e<k< . 2 综上所述,函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k 的取值范

? e2? 围为?e, ?. ? 2?
21. , , , [2014·陕西卷] 设函数 f(x)=ln(1+x), g(x)=xf′(x), x≥0, 其中 f′(x)是 f(x)的导函数. (1)令 g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求 gn(x)的表达式; (2)若 f(x)≥ag(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; (3)设 n∈N+,比较 g(1)+g(2)+…+g(n)与 n-f(n)的大小,并加 以证明. 21.解:由题设得,g(x)= (x≥0). 1+x (1)由已知,g1(x)= , 1+x

x

x

x g2(x)=g(g1(x))=
1+x 1+

x

= , 1+2x

x

1+x

g3(x)=

,…,可得 gn(x)= . 1+3x 1+nx

x

x

下面用数学归纳法证明.

85

①当 n=1 时,g1(x)=

,结论成立. 1+x

x

②假设 n=k 时结论成立,即 gk(x)= . 1+kx

x

x
那么, 当 n=k+1 时, gk+1(x)=g(gk(x))= = 1+gk(x)

gk(x)

1+kx 1+ 1+kx

x

= ,即结论成立. 1+(k+1)x 由①②可知,结论对 n∈N+成立. (2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立,即 ln(1+x)≥ 恒成立. 1+x 设 φ(x)=ln(1+x)- (x≥0), 1+x 1 a x+1-a 则 φ′(x)= - = , 1+x (1+x)2 (1+x)2 当 a≤1 时,φ′(x)≥0(仅当 x=0,a=1 时等号成立), ∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又 φ(0)=0, ∴φ(x)≥0 在[0,+∞)上恒成立, ∴a≤1 时,ln(1+x)≥ 恒成立(仅当 x=0 时等号成立). 1+x

x

ax

ax

ax

86

当 a>1 时,对 x∈(0,a-1]有 φ′(x)<0, ∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减, ∴φ(a-1)<φ(0)=0. 即 a>1 时,存在 x>0,使 φ(x)<0, 故知 ln(1+x)≥ 不恒成立. 1+x 综上可知,a 的取值范围是(-∞,1]. 1 2 n (3)由题设知 g(1)+g(2)+…+g(n)= + +…+ , 2 3 n+1 比较结果为 g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1). 证明如下: 1 1 1 方法一:上述不等式等价于 + +…+ <ln(n+1), 2 3 n+1 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> ,x>0. 1+x 1 1 n+1 令 x= ,n∈N+,则 <ln . n n+1 n 下面用数学归纳法证明. 1 ①当 n=1 时, <ln 2,结论成立. 2 1 1 1 ②假设当 n=k 时结论成立,即 + +…+ <ln(k+1). 2 3 k+1
87

ax

x

1 1 1 1 1 那么,当 n=k+1 时, + +…+ + <ln(k+1)+ 2 3 k+1 k+2 k+2 <ln(k+1)+ln

k +2 k +1

=ln(k+2),

即结论成立. 由①②可知,结论对 n∈N+成立. 1 1 1 方法二:上述不等式等价于 + +…+ <ln(n+1), 2 3 n+1 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> ,x>0. 1+x 1 n+1 1 令 x= ,n∈N+,则 ln > . n n n+1

x

1 故有 ln 2-ln 1> , 2 1 ln 3-ln 2> , 3 …… ln(n+1)-ln n> 1 ,

n+1

1 1 1 上述各式相加可得 ln(n+1)> + +…+ , 2 3 n+1
88

结论得证. 方法三:如图,? dx 是由曲线 y= ,x=n 及 x 轴所围 ?n x +1 ? x +1 ?0 1 2 n 成的曲边梯形的面积,而 + +…+ 是图中所示各矩形的面积 2 3 n+1 和, x x

1 2 n x ∴ + +…+ >? dx= ?n 2 3 n+1 ? x+1
?0 ?n?1- ?dx=n-ln(n+1), ? x+1? ? ? ?0

?

1

?

结论得证. 20. 、 [2014·天津卷] 设 f(x)=x-aex(a∈R), x∈R.已知函数 y=f(x) 有两个零点 x1,x2,且 x1<x2. (1)求 a 的取值范围; (2)证明: 随着 a 的减小而增大;

x2 x1

(3)证明:x1+x2 随着 a 的减小而增大. 20.解:(1)由 f(x)=x-aex,可得 f′(x)=1-aex. 下面分两种情况讨论: (i)a≤0 时,f′(x)>0 在 R 上恒成立,可得 f(x)在 R 上单调递增,不
89

合题意. (ii)a>0 时,由 f′(x)=0,得 x=-ln a. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) F(x)

(-∞,-ln a) +

-ln a 0 -ln a- 1

(-ln a,+∞) -

这时,f(x)的单调递增区间是(-∞,-ln a);单调递减区间是(- ln a,+∞).于是,“函数 y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成 立:①f(-ln a)>0;②存在 s1∈(-∞,-ln a),满足 f(s1)<0;③存在

s2∈(-ln a,+∞),满足 f(s2)<0.
由 f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得 0<a<e-1.而此时,取 s1= 2 2 0,满足 s1∈(-∞,-ln a),且 f(s1)=-a<0;取 s2= +ln ,满足 s2

a

a

?2 2? ? 2 2? ∈(-ln a,+∞),且 f(s2)=? -e ?+?ln -e ?<0. ?a a? ? a a?
故 a 的取值范围是(0,e-1). (2)证明:由 f(x)=x-aex=0,有 a= .设 g(x)= ,由 g′(x)= ex ex 1-x ,知 g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.并且, ex 当 x∈(-∞,0]时,g(x)≤0; 当 x∈(0,+∞)时,g(x)>0.由已知,x1,x2
90

x

x

满足 a=g(x1), a=g(x2). 由 a∈(0, e-1)及 g(x)的单调性, 可得 x1∈(0, 1),x2∈(1,+∞). 对于任意的 a1,a2∈(0,e-1),设 a1>a2,g(ξ1)=g(ξ2)=a1,其中 0<ξ1<1<ξ2;g(η1)=g(η2)=a2,其中 0<η1<1<η2. 因为 g(x)在(0,1)上单调递增,所以由 a1>a2,即 g(ξ1)>g(η1), 可得 ξ1>η1.类似可得 ξ2<η2. 又由 ξ1,η1>0,得 < < ,

ξ2 η2 η2

ξ1 ξ1 η1

所以 随着 a 的减小而增大.

x2 x1

(3)证明:由 x1=aex1,x2=aex2,可得 ln x1=ln a+x1,ln x2= ln a+x2.故 x2-x1=ln x2-ln x1=ln .

x2 x1

?x2=tx1, ln t tln t ? 设 =t,则 t>1,且 解得 x1= ,x2= ,所 x1 t-1 t-1 ?x2-x1=ln t,
x2
(t+1)ln t 以 x1+x2= .① t -1 (x+1)ln x 令 h(x)= ,x∈(1,+∞), x-1 1 -2ln x+x- 则 h′(x)=

x

(x-1)2

.

91

1 ?x-1?2 令 u(x)=-2ln x+x- ,得 u′(x)=? ? .

x

? x ?

当 x∈(1,+∞)时,u′(x)>0.因此,u(x)在(1,+∞)上单调递增,故 对于任意的 x∈(1,+∞),u(x)>u(1)=0,由此可得 h′(x)>0,故 h(x) 在(1,+∞)上单调递增. 因此,由①可得 x1+x2 随着 t 的增大而增大. 而由(2),t 随着 a 的减小而增大,所以 x1+x2 随着 a 的减小而增 大. 22. 、[2014·浙江卷] 已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a∈R). (1)若 f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为 M(a),m(a), 求 M(a)-m(a); (2)设 b∈R,若[f(x)+b]2≤4 对 x∈[-1,1]恒成立,求 3a+b 的取 值范围.

?x3+3x-3a,x≥a, 22.解:(1)因为 f(x)=? ?x3-3x+3a,x<a, ?3x2+3,x≥a, 所以 f′(x)=? ?3x2-3,x<a.
由于-1≤x≤1, (i)当 a≤-1 时,有 x≥a, 故 f(x)=x3+3x-3a, 此时 f(x)在(-1,1)上是增函数, 因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故 M(a)-

m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.
(ii)当-1<a<1 时,若 x∈(a,1),则 f(x)=x3+3x-3a.在(a,1) 上是增函数;若 x∈(-1,a), 则 f(x) = x3 - 3x + 3a 在 ( - 1 , a) 上是减函数.所以, M(a) =
92

max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3. 1 由于 f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤ 时,M(a)-m(a) 3 =-a
3 -3

1 a+4;当 <a<1 时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2. 3

(iii)当 a≥1 时,有 x≤a,故 f(x)=x3-3x+3a,此时 f(x)在(-1, 1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a, 故 M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.

?8,a≤-1, ? 1 ?-a -3a+4,-1<a≤3, 综上,M(a)-m(a)=? 1 ?-a +3a+2,3<a<1, ? ?4,a≥1.
3 3

(2)令 h(x)=f(x)+b,

?x3+3x-3a+b,x≥a, 则 h(x)=? ?x3-3x+3a+b,x<a, ?3x2+3,x>a, h′(x)=? ?3x2-3,x<a.
因为[f(x)+b]2≤4 对 x∈[-1,1]恒成立, 即-2≤h(x)≤2 对 x∈[-1,1]恒成立, 所以由(1)知,(i)当 a≤-1 时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x) 在[-1,1]上的最大值是 h(1)=4-3a+b,最小值是 h(-1)=-4- 3a+b,则-4-3a+b≥-2 且 4-3a+b≤2,矛盾. 1 (ii)当-1<a≤ 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a3+b,最 3 大值是 h(1)=4-3a+b,所以 a3+b≥-2 且 4-3a+b≤2,从而-2
93

1 -a3+3a≤3a+b≤6a-2 且 0≤a≤ . 3 令 t(a)=-2-a
3+3

a,则 t′(a)=3-3a

2>0, (

? 1? t a)在?0, ?上是增 ? 3?

函数,故 t(a)>t(0)=-2, 因此-2≤3a+b≤0. 1 (iii)当 <a<1 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a3+b,最 3 大值是 h(-1)=3a+b+2,所以 a3+b≥-2 且 3a+b+2≤2,解得- 28 <3a+b≤0; 27 (iv)当 a≥1 时,h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=2+3a+b, 最小值是 h(1)=-2+3a+b,所以 3a+b+2≤2 且 3a+b-2≥-2, 解得 3a+b=0. 综上,得 3a+b 的取值范围是-2≤3a+b≤0. 20.[2014·重庆卷] 已知函数 f(x)=ae2x-be-2x-cx(a,b,c∈R) 的导函数 f′(x)为偶函数,且曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率 为 4-c. (1)确定 a,b 的值; (2)若 c=3,判断 f(x)的单调性; (3)若 f(x)有极值,求 c 的取值范围. 20.解:(1)对 f(x)求导得 f′(x)=2ae2x+2be-2x-c,由 f′(x)为偶 函数,知 f′(-x)=f′(x),即 2(a-b)(e2x-e-2x)=0.因为上式总成立, 所以 a=b. 又 f′(0)=2a+2b-c=4-c,所以 a=1,b=1. (2)当 c=3 时,f(x)=e2x-e-2x-3x,那么

f′(x)=2e2x+2e-2x-3≥2 2e2x·2e-2x-3=1>0,
故 f(x)在 R 上为增函数.
94

(3)由(1)知 f′(x)=2e2x+2e-2x-c, 而 2e2x+2e-2x≥2 =4,当且仅当 x=0 时等号成立. 下面分三种情况进行讨论:

2e2x·2e-2x

当 c<4 时,对任意 x∈R,f′(x)=2e2x+2e-2x-c>0,此时 f(x)无 极值. 当 c=4 时,对任意 x≠0,f′(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此时 f(x)无 极值. 当 c>4 时,令 e2x= 2 t,注意到方程 2t+ -c=0 有两根 t1,2=

t

c± c2-16
4

1 1 >0,则 f′(x)=0 有两个根 x1= ln t1,x2= ln t2. 2 2

当 x1<x<x2 时,f′(x)<0;当 x>x2 时,f′(x)>0. 从而 f(x)在 x=x2 处取得极小值. 综上,若 f(x)有极值,则 c 的取值范围为(4,+∞).

95


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函数性质高考题选

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2014年高考函数理科真题汇编

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2014高考真题函数汇编(学生版)

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2014年全国各地高考题函数导数大题汇总

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高考数学专题,函数,大题,2014

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