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B单元 2014高考真题 函数与导数



B 单元 函数与导数



B1 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 0≤x<π时,f(x)=0, 则f 23π 6 =( A. 1 2 B. 3 2 1 2 )

C.0

D.-

6.A

23π 17π 11π 17π 11π 17π [解析] 由已知可得,f 6 =f 6 +sin =f 6 +sin +sin = 6 6 6

5π π - 5π 11π 17π 5π 5π 1 f 6 +sin +sin +sin =2sin +sin = . 6 =sin 2 6 6 6 6 6 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 - C.y=2 x D.y=log0.5(x+1) 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. x2+1,x>0, 7. 、 、[2014·福建卷] 已知函数 f(x)= 则下列结论正确的是( ) 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,+∞). 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. 1 3. ,[2014·山东卷] 函数 f(x)= 的定义域为( ) (log2x)2-1 A. 0, 1 2 B.(2,+∞)

C.

1 0, 2 ∪(2,+∞)

D.

0,

1 2 ∪[2,+∞) x>0,

3.C

[解析] 根据题意得,

x>0,

1 故选 C. 解得 x>2 或 x< . (log2)2-1>0, 2

B2 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). B3 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(
2

)

A.y= x+1 B.y=(x-1) - C.y=2 x D.y=log0.5(x+1) 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. x2+1,x>0, 7. 、 、[2014·福建卷] 已知函数 f(x)= 则下列结论正确的是( ) 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,+∞). 1 21. 、[2014·广东卷] 设函数 f(x)= ,其中 k<-2. 2 2 (x +2x+k) +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 x∈[-1,1)时,f(x)= 3 -4x2+2,-1≤x<0, 则 f 2 =________. x, 0≤x<1,

12.1

3 1 1 1 2- - - 2 [解析] 由题意可知,f 2 =f 2 =f 2 =-4 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; x ④若函数 f(x)=aln(x+2)+ 2 (x>-2,a∈R)有最大值,则 f(x)∈B. x +1 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. x 对于 f(x)=aln(x+2)+ 2 (x>-2),当 a>0 或 a<0 时,函数 f(x)都没有最大值.要 x +1 使得函数 f(x)有最大值,只有 a=0,此时 f(x)= x (x>-2). x +1
2

1 1 - , 1 易知 f(x)∈ 2 2 ,所以存在正数 M= ,使得 f(x)∈[-M,M],故④正确. 2 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)在区间[0,ln(2a)]上单调 2 2 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)-b; 2 2 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)内至多有一个零点; 2 e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上单调递减,故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点,都不合题意. 2 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). B4 函数的奇偶性与周期性 x2+1,x>0, 则下列结论正确的是( cos x, x≤0, )

7. 、 、[2014·福建卷] 已知函数 f(x)=

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,+∞). 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. B5 二次函数

π π , 16. 、[2014·全国卷] 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]
2

[解析] f(x)=cos 2x+asin x=-2sin2x+asin x+1,令 sin x=t,则 f(x)=

π π 1 1 , ,1 ,1 -2t +at+1.因为 x∈ 6 所以 t∈ 2 , 所以 f(x)=-2t2+at+1, t∈ 2 .因为 f(x) 2 , π π 1 , ,1 2 =cos 2x+asin x 在区间 6 2 是减函数, 所以 f(x)=-2t +at+1 在区间 2 上是减函数, a a 1 又对称轴为 x= ,∴ ≤ ,所以 a∈(-∞,2]. 4 4 2 B6 指数与指数函数 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 图 1-2 4.B [解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3.

D

1 x 选项 A 中的函数为 y= 3 ,则其函数图像不正确;选项 B 中的函数为 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 11 c=log ,则( ) 23 A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a 1 1 11 11 3.C [解析] 因为 0<a=2- <1,b=log2 <0,c=log >log =1,所以 c>a>b. 3 3 23 22 x 2. ,[2014·山东卷] 设集合 A={x||x-1|<2},B={y|y=2 ,x∈[0,2]},则 A∩B=( ) A.[0,2] B.(1,3) C.[1,3) D.(1,4) 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( ) 1 1 A. 2 > 2 B. ln(x2+1)>ln(y2+1) x +1 y +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(x2+1)>ln(y2+1), 1 1 > 都不一定正确,故选 D. x2+1 y2+1 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 2 1 C.f(x)= 2
x

)

B.f(x)=x3

D.f(x)=3x

7. B

1 x [解析] 由于 f(x+y)=f(x)f(y),故排除选项 A,C.又 f(x)= 2 为单调递减函数,

所以排除选项 D. 11.[2014·陕西卷] 已知 4a=2,lg x=a,则 x=________. 11. 10 1 1 1 [解析] 由 4a=2,得 a= ,代入 lg x=a,得 lg x= ,那么 x=10 = 10. 2 2 2

B7 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( 1 1 A. 2 > B. ln(x2+1)>ln(y2+1) x +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(x2+1)>ln(y2+1), 1 1 > 2 都不一定正确,故选 D. 2 x +1 y +1 1 (log2x)2-1

3. ,[2014·山东卷] 函数 f(x)= 0, 1 2

的定义域为(

)

A. C.

B.(2,+∞) D. 0, 1 2 ∪[2,+∞) x>0,

1 0, 2 ∪(2,+∞)

3.C

[解析] 根据题意得,

x>0,

1 故选 C. 解得 x>2 或 x< . (log2)2-1>0, 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 图 1-2 4.B [解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3.

D

1 x 选项 A 中的函数为 y= 3 ,则其函数图像不正确;选项 B 中的函数为 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 5 +a9a12=2e , ∴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 11 3.C [解析] 因为 0<a=2- <1,b=log2 <0,c=log >log =1,所以 c>a>b. 3 3 23 22 1 2 4.[2014·天津卷] 函数 f(x)=log (x -4)的单调递增区间为( ) 2 A.(0,+∞) B.(-∞,0) C.(2,+∞) D.(-∞,-2) 4.D ( 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 ) [解析] 要使 f(x)单调递增,需有 x2-4>0,

A

B

C

D 图 1-2 图 1-2

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. 12.[2014·重庆卷] 函数 f(x)=log2 x·log 2(2x)的最小值为________. 1 1 12. - [解析] f(x)=log2 x· log 2(2x)= log2 x· 2log2(2x)=log2x· (1+log2x)=(log2x)2 4 2 1 log2x+ 2 1 2 1 +log2x= 2 - ,所以当 x= 时,函数 f(x)取得最小值- . 4 2 4 B8 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

C 图 1-2 4.B [解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3.

D

1 x 选项 A 中的函数为 y= 3 ,则其函数图像不正确;选项 B 中的函数为 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. 1 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|+ 2 2 2 |x-2a |-3a ).若?x∈R,f(x-1)≤f(x),则实数 a 的取值范围为( ) 1 1 6 6 - , - , A. 6 6 B. 6 6 1 1 3 3 - , - , C. 3 3 D. 3 3 2 2 1 10. B [解析] 因为当 x≥0 时, f(x)= (|x-a |+|x-2a |-3a2), 所以当 0≤x≤a2 时, f(x) 2 1 = (a2-x+2a2-x-3a2)=-x; 2

当 a2<x<2a2 时, 1 f(x)= (x-a2+2a2-x-3a2)=-a2; 2 当 x≥2a2 时, 1 f(x)= (x-a2+x-2a2-3a2)=x-3a2. 2 -x,0≤x≤a2, 综上,f(x)= -a2,a2<x<2a2, x-3a2,x≥2a2. 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 ≤a 6

6 .故选 B. 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 1 ,1 B. 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)有两个不相等的实数,

1 则函数 f(x),g(x)有两个交点,则 k> ,且 k<1.故选 B. 2

(

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

D

图 1-2 图 1-2 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. B9 函数与方程

1 10. 、[2014·湖南卷] 已知函数 f(x)=x2+ex- (x<0)与 g(x)=x2+ln(x+a)的图像上存在关 2 于 y 轴对称的点,则 a 的取值范围是( ) 1 A.(-∞, ) B.(-∞, e) e 1 1 - , e - e, C. D. e e 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, 1 1 1 则有 m2+e-m- =m2+ln(m+a), 解得 m+a=ee-m- , 即 a=ee-m- -m(m>0), 可得 a∈(- 2 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 -ax+a=-x2-3x, 图所示.当 y=a|x-1|与 y=f(x)的图像相切时,由 整理得 x2+(3-a)x a>0, +a=0,则Δ=(3-a)2-4a=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 C.6<c≤9 D.c>9 -1+a-b+c=-8+4a-2b+c, 6.C [解析] 由 f(-1)=f(-2)=f(-3)得 ? -8+4a-2b+c=-27+9a-3b+c

-7+3a-b=0,

19-5a+b=0 ∴6<c≤9,故选 C.

?

a=6,

则 f(x)=x3+6x2+11x+c, 而 0<f(-1)≤3, 故 0<-6+c≤3, b=11,

B10 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( ) p+q (p+1) (q+1)-1 A. B. 2 2 (q+1)-1 C. pq D. (p+1) 8 . D [ 解 析 ] 设 年 平 均 增 长 率 为 x , 则 有 (1 + p)(1 + q) = (1 + x)2 , 解 得 x = (1+p) (1+q)-1. 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 A.y= 1 3 3 x- x 125 5 B.y= 2 3 4 x- x 125 5 3 3 1 x+ x 125 5

3 3 C.y= x -x 125

D.y=-

10. A [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) -125a-5c=2, 处的切线平行于 x 轴, y′=3ax2+c, 得当 x=-5 时, y′=75a+c=0.联立 解 75a+c=0, 1 a= , 125 得 1 3 3 3 故该三次函数的解析式为 y=125x -5x. c=- . 5 B11 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. 18.解: (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=1+a-2x-3x2. -1- 4+3a 令 f′(x)=0,得 x1= , 3 -1+ 4+3a ,x1<x2, 3 所以 f′(x)=-3(x-x1)(x-x2). x2=

当 x<x1 或 x>x2 时,f′(x)<0; 当 x1<x<x2 时,f′(x)>0. 故 f(x)在 -∞, -1- 4+3a -1+ 4+3a ,+∞ 和 内单调递减, 3 3

-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+ 4+3a 所以 f(x)在 x=x2= 处取得最大值. 3 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; p-1 1 c -p 1 (2)数列{an}满足 a1>c ,an+1= an+ a1 n ,证明:an>an+1>c . p p p 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 ②假设 n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式 ak>c p成立. 由 an+1= p-1 c -p * an+ a 1 n 易知 an>0,n∈N . p p ak+1 p-1 c -p = + ak = p ak p
1

当 n=k+1 时, c 1 -1 1+ ap . k p

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

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

p

c 1 p-1 c >1+p· ak = p. p ak

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 c an+1 an 1 1 -1 =1+ ap 可得 + <1, n p an an

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-p 1 x+ x ,x≥c ,则 xp≥c, p p p

所以 f′(x)=

c p-1 c p- 1 1- p - + (1-p)x p= x >0. p p p

1 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 )=c . p p p p 1 ①当 n=1 时,由 a1>c >0,即 ap 1>c 可知 p c 1 p-1 1+ a1 p-1 c -p 1 1 a2= a1+ a1 <a1,并且 a2=f(a1)>c ,从而可得 a1>a2>c , 1 =a1 p p p p p 1 故当 n=1 时,不等式 an>an+1>c 成立. p 1 1 ②假设 n=k(k≥1, k∈N*)时, 不等式 ak>ak+1>c 成立, 则当 n=k+1 时, f(ak)>f(ak+1)>f(c ), p p 1 即有 ak+1>ak+2>c , 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. (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 成立. c 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. 即存在 x0= 16 ,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. (3)对任意给定的正数 c,取 x0= 4 , c

x 2 x 2 x x 由(2)知,当 x>0 时,ex>x2,所以 ex=e ·e > 2 ·2 , 2 2 x 当 x>x0 时,e > 2
x
2

x 2 x 2 4 1 2 > 2 = x2, c 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) 1-2x(b∈R). (1)当 b=4 时,求 f(x)的极值; (2)若 f(x)在区间 0, 1 3 上单调递增,求 b 的取值范围.

-5x(x+2) 18.解:(1)当 b=4 时,f′(x)= ,由 f′(x)=0,得 x=-2 或 x=0. 1-2x 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 1 0, 递增;当 x∈ 2 时,f′(x)<0,f(x)单调递减,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. (2)f′(x)= -x[5x+(3b-2)] 1-2x 0, ,易知当 x∈ 0, 1 -x <0, 3 时, 1-2x

依题意当 x∈

1 5 1 3 时,有 5x+(3b-2)≤0,从而 +(3b-2)≤0,得 b≤ . 3 9 1 -∞, 9 .


所以 b 的取值范围为

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 D.1 - - - - 7.C [解析] 因为 y′=(xex 1)′=ex 1+xex 1,所以 y=xex 1 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 1 8.D [解析] y′=a- ,根据已知得,当 x=0 时,y′=2,代入解得 a=3. x+1 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. x 21.解:由题设得,g(x)= (x≥0). 1+x x (1)由已知,g1(x)= , 1+ x x x 1+x g2(x)=g(g1(x))= = , 1+2x x 1+ 1+x g3(x)= x x ,…,可得 gn(x)= . 1+3x 1+nx

下面用数学归纳法证明. x 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 gk(x) x 1+kx 那么,当 n=k+1 时,gk+1(x)=g(gk(x))= = = ,即结 1+(k+1)x 1+gk(x) x 1+ 1+kx 论成立. 由①②可知,结论对 n∈N+成立. ax (2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立,即 ln(1+x)≥ 恒成立. 1+ x ax 设φ(x)=ln(1+x)- (x≥0), 1+x 则φ′(x)= x+1-a 1 a - = , 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, ax ∴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, ax 故知 ln(1+x)≥ 不恒成立. 1+ x 综上可知,a 的取值范围是(-∞,1]. n 1 2 (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 x 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+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 k+2 1 1 1 1 1 那么,当 n=k+1 时, + +…+ + <ln(k+1)+ <ln(k+1)+ln =ln(k 2 3 k+1 k+2 k+ 2 k+1 +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 x 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> ,x>0. 1+x n+1 1 1 令 x= ,n∈N+,则 ln > . n n n+1 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. 方法三:如图,错误! x x dx 是由曲线 y= ,x=n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积, x+1 x+ 1

n 1 2 而 + +…+ 是图中所示各矩形的面积和, 2 3 n+1

n x 1 2 ∴ + +…+ >错误! dx= 2 3 n+1 x+1

错误!

1-

1 x+1 dx=n-ln(n+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; an 1 (2)若 a1=1, 函数 f(x)的图像在点(a2, b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2- , 求数列 bn ln 2 的前 n 项和 Tn. 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, 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-a2), 所以 Sn=na1+ 其在 x 轴上的截距为 a2- 1 . 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, a a n 所以数列{ n}的通项公式为 n= n, bn bn 2 n-1 n 1 2 3 所以 Tn= + 2+ 3+…+ - + n, 2 2 2 2n 1 2 n 1 2 3 2Tn= + + 2+…+ n-1, 1 2 2 2 1 1 1 1 n n 2n 1-n-2 因此,2Tn-Tn=1+ + 2+…+ n-1- n=2- n-1- n= . 2 2 2 2 2 2 2n 所以,Tn= 2n 1-n-2 . 2n
+ +

B12 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)在区间[0,ln(2a)]上单调 2 2 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)-b; 2 2 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)内至多有一个零点; 2 e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上单调递减,故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点,都不合题意. 2 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(-∞,+∞), f′(x)=1+a-2x-3x2. -1- 4+3a 令 f′(x)=0,得 x1= , 3 -1+ 4+3a ,x1<x2, 3 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. x2= 故 f(x)在 在 -∞, -1- 4+3a -1+ 4+3a ,+∞ 和 内单调递减, 3 3

-1- 4+3a -1+ 4+3a , 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+ 4+3a 所以 f(x)在 x=x2= 处取得最大值. 3 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. π 0, 18.[2014·北京卷] 已知函数 f(x)=xcos x-sin x,x∈ 2 . (1)求证:f(x)≤0; π 0, sin x (2)若 a< <b 对 x∈ 2 恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. x 18.解:(1)证明:由 f(x)=xcos x-sin x 得 f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x. π π 0, 0, 因为在区间 2 上 f′(x)=-xsin x<0,所以 f(x)在区间 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-bx<0”. x x 令 g(x)=sin x-cx,则 g′(x)=cos x-c. 当 c≤0 时,g(x)>0 对任意 x∈ π 0, 2 恒成立.

π π 0, 0, 当 c≥1 时,因为对任意 x∈ 2 ,g′(x)=cos x-c<0,所以 g(x)在区间 2 上单调 递减,

从而 g(x)<g(0)=0 对任意 x∈

π 0, 2 恒成立. 0, π 2 使得 g′(x0)=cos x0-c=0.

当 0<c<1 时,存在唯一的 x0∈

π 0, g(x)与 g′(x)在区间 2 上的情况如下: π x0, 2 -

x g′(x) g (x )

(0,x0) +

x0 0

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

π 0, 2 综上所述,当且仅当 c≤ 时,g(x)>0 对任意 x∈ 2 恒成立;当且仅当 c≥1 时, π g(x)<0 对任意 x∈ 0, π 2 恒成立.

π 0, 2 sin x 所以,若 a< <b 对任意 x∈ 2 恒成立,则 a 的最大值为 ,b 的最小值为 1. x π 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, 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 成立. c 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. 即存在 x0= 16 ,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. (3)对任意给定的正数 c,取 x0= 4 , c

x 2 x 2 x x 由(2)知,当 x>0 时,ex>x2,所以 ex=e ·e > 2 ·2 , 2 2 x 当 x>x0 时,ex> 2
2

x 2 x 2 4 1 2 > 2 = x2, c 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,恒有 x2<cex. 1 21. 、[2014·广东卷] 设函数 f(x)= ,其中 k<-2. 2 2 (x +2x+k) +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). 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; π π (3)将 e3,3e,e ,πe,3 ,π3 这 6 个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论. 1-ln x ln x 22.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).因为 f(x)= ,所以 f′(x)= . 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,+∞). π π (2)因为 e<3<π,所以 eln 3<eln π,πln e<πln 3,即 ln 3e<ln πe,ln e <ln 3 . 于是根据函数 y=ln x,y=ex,y=πx 在定义域上单调递增,可得 π π 3e<πe<π3,e3<e <3 . 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 < < . 3 e π ln π ln 3 π π 由 < ,得 ln π3<ln3 ,所以 3 >π3; 3 π ln 3 ln e 由 < ,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. π (3)由(2)知,3e<πe<π3<3 ,3e<e3. ln π ln e π 又由(2)知, < ,得πe<e . e π 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 e 在上式中,令 x= ,又 <e,则 ln < ,从而 2-ln π< ,即得 ln π>2- .① π π π π π π e 2.72 2- 2- π >2.7× 由①得,eln π>e 3.1 >2.7×(2-0.88)=3.024>3, 即 eln π>3,亦即 ln πe>ln e3,所以 e3<πe. 3e 又由①得,3ln π>6- >6-e>π,即 3ln π>π, π π 3 所以 e <π . 综上可得,3e<e3<πe<eπ<π3<3π, π π 即这 6 个数从小到大的顺序为 3e,e3,πe,e ,π3,3 . 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. 2(x+2)-2x ax2+4(a-1) a 22.解:(1)f′(x)= - = .(*) 1+ax (x+2)2 (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 舍去 1-a x2=-2 x1=2 . a 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; 1- a 1- a 0,2 2 ,+∞ 当 0<a<1 时,f(x)在区间 上单调 a 上单调递减,在区间 a 递增. (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. 1-a 1- a 又 f(x)的极值点只可能是 x1=2 和 x2=-2 ,且由 f(x)的定义可知, a a 1 x>- 且 x≠-2, a 1-a 1-a 1 所以-2 >- ,-2 ≠-2, a a a 1 解得 a≠ .此时,由(*)式易知,x1,x2 分别是 f(x)的极小值点和极大值点. 2 2x1 2x2 而 f(x1) + f(x2) = ln(1 + ax1) - + ln(1 + ax2) - = ln[1 + a(x1 + x2) + a2x1x2] - x1+2 x2+2 4x1x2+4(x1+x2) 4(a-1) 2 =ln(2a-1)2- =ln(2a-1)2+ -2. 2a-1 x1x2+2(x1+x2)+4 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 2 2 2 2x-2 (i)当-1<x<0 时,g(x)=2ln(-x)+ -2,所以 g′(x)= - 2= 2 <0, x x x x 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)= - 2= 2 <0, x x x 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 ,1 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为 2 . 2 18. 、[2014·江西卷] 已知函数 f(x)=(x +bx+b) 1-2x(b∈R). (1)当 b=4 时,求 f(x)的极值; (2)若 f(x)在区间 0, 1 3 上单调递增,求 b 的取值范围.

-5x(x+2) 18.解:(1)当 b=4 时,f′(x)= ,由 f′(x)=0,得 x=-2 或 x=0. 1-2x 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∈

1 0, 2 时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故 f(x)在 x=-2 处取得极小值 f(-2)=0,在 1 -x <0, 3 时, 1-2x

x=0 处取得极大值 f(0)=4. (2)f′(x)= -x[5x+(3b-2)] 1-2x 0, ,易知当 x∈ 0,

依题意当 x∈

1 5 1 3 时,有 5x+(3b-2)≤0,从而 +(3b-2)≤0,得 b≤ . 3 9

1 -∞, 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( ) 9 -6,- A.[-5,-3] B. 8 C.[-6,-2] D.[-4,-3] x2-4x-3 11.C [解析] 当-2≤x<0 时,不等式转化为 a≤ , x3 x2-4x-3 令 f(x)= (-2≤x<0), x3 -x2+8x+9 -(x-9) (x+1) 则 f′(x)= = ,故 f(x)在[-2,-1]上单调递减,在(-1, x4 x4 1+4-3 x2-4x-3 0)上单调递增, 此时有 a≤ =-2.当 x=0 时, g(x)恒成立. 当 0<x≤1 时, a≥ , x3 -1 x2-4x-3 -x2+8x+9 令个 g(x)= (0< x ≤ 1) ,则 g ′( x ) = = x3 x4 -(x-9) (x+1) , 4 x 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. ax 22. 、[2014·全国卷] 函数 f(x)=ln(x+1)- (a>1). x+a 所以 b 的取值范围为 (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 a1=1,an+1=ln(an+1),证明: 2 3 <an≤ . n+ 2 n+ 2

x[x-(a2-2a)] . (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 22.解:(1)易知 f(x)的定义域为(-1,+∞),f′(x)= 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; 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. 2x 当 x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=0,即 ln(x+1)> (x>0). x+2 又由(1)知,当 a=3 时,f(x)在[0,3)是减函数. 3x 当 x∈(0,3)时,f(x)<f(0)=0,即 ln(x+1)< (0<x<3). x+3 下面用数学归纳法证明 2 3 <an≤ . n+2 n+2

2 (i)当 n=1 时,由已知 <a1=1,故结论成立. 3 2 3 (ii)假设当 n=k 时结论成立,即 <ak≤ . k+ 2 k+2 当 n=k+1 时, 2 2 +1 2×k+2 2 ak+1=ln(ak+1)>ln k+2 > = , k + 3 2 +2 k+2 3 3 +1 3×k+2 3 ak+1=ln(ak+1)≤ln k+2 < = , k+ 3 3 +3 k+2 2 3 即当 n=k+1 时,有 <ak+1≤ ,结论成立. k+ 3 k+3 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. 2 由 f′(x)=3ax2-6x=0,得 x=0 或 x= . a 2 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,极小值点为 x= ,且 f(x) a 2 a2-4 a2-4 ,此时只需 >0,即可解得 a<-2; 极小值=f a = a2 a2 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). 21. 、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)=aexln x+ 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,+∞), bex 1 ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的 x


a b b f′(x)=aexln x+ ex- 2ex-1+ ex-1. x x x 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 2 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe-x- . e 设函数 g(x)=xln x, 则 g′(x)=1+ln x, 所以当 x∈ 1 0, e 时,g′(x)<0;

1 ,+∞ 当 x∈ e 时,g′(x)>0. 故 g (x )在 1 1 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)在(0,+∞)上的最大值 1 为 h(1)=- . e 1 因为 gmin(x)=g e =h(1)=hmax(x), 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< 2<1.414 3,估计 ln 2 的近似值(精确到 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, 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 (3)由(2)知,g(ln 2)= -2 2b+2(2b-1)ln 2. 2 8 2-3 3 当 b=2 时,g(ln 2)= -4 2+6ln 2>0,ln 2> >0.692 8; 2 12 0, 1 1 ,+∞ 上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上的最小值 e 上单调递减,在 e

3 2 当 b= +1 时,ln(b-1+ b2-2b)=ln 2, 4 3 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. 2 +ln x ex 20. [2014·山东卷] 设函数 f(x)= 2-k x (k 为常数, e=2.718 28…是自然对数的底 x 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,+∞), 2 1 - 2+ x2ex-2xex f′(x)= -k x x x4 xex-2ex k(x-2) = - x3 x2 (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, 当且仅当 g(ln k)<0, g(2)>0, 0<ln k<2, 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 的取值范围为 e, e2 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. x 21.解:由题设得,g(x)= (x≥0). 1+x x (1)由已知,g1(x)= , 1+ x x x 1+x g2(x)=g(g1(x))= = , 1+2x x 1+ 1+x g3(x)= x x ,…,可得 gn(x)= . 1+3x 1+nx

下面用数学归纳法证明. x 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 gk(x) x 1+kx 那么,当 n=k+1 时,gk+1(x)=g(gk(x))= = = ,即结 1+(k+1)x 1+gk(x) x 1+ 1+kx 论成立. 由①②可知,结论对 n∈N+成立. ax (2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立,即 ln(1+x)≥ 恒成立. 1+ x ax 设φ(x)=ln(1+x)- (x≥0), 1+x 则φ′(x)= x+1-a 1 a - = , 2 1+x (1+x) (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, ax ∴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, ax 故知 ln(1+x)≥ 不恒成立. 1+ x 综上可知,a 的取值范围是(-∞,1].

n 1 2 (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 x 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+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 k+2 1 1 1 1 1 那么,当 n=k+1 时, + +…+ + <ln(k+1)+ <ln(k+1)+ln =ln(k 2 3 k+1 k+2 k+ 2 k+1 +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 x 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> ,x>0. 1+x n+1 1 1 令 x= ,n∈N+,则 ln > . n n n+1 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. 方法三:如图,错误! x x dx 是由曲线 y= ,x=n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积, x+1 x+ 1

n 1 2 而 + +…+ 是图中所示各矩形的面积和, 2 3 n+1

n x 1 2 ∴ + +…+ >错误! dx= 2 3 n+1 x+1
错误!

1-

1 x+1 dx=n-ln(n+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; x (2)证明: 2随着 a 的减小而增大; 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=0, 满足 s1∈(-∞, -ln a), 2 2 2 2 -e ln -e 2 2 且 f(s1)=-a<0;取 s2= +ln ,满足 s2∈(-ln a,+∞),且 f(s2)= a a + a a <0. a a 故 a 的取值范围是(0,e-1). 1-x x x (2)证明:由 f(x)=x-aex=0,有 a= x.设 g(x)= x,由 g′(x)= x ,知 g(x)在(-∞,1) e e e 上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.并且,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>η 1.类似可得ξ2< η2. 又由ξ1,η1>0,得

ξ2 η2 η2 < < , ξ1 ξ1 η1

x 所以 2随着 a 的减小而增大. 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- x ln x1=ln 2. x1 x2=tx1, (t+1)ln t ln t tln t x 设 2=t,则 t>1,且 解得 x1= , x2 = ,所以 x1+x2= . x1 t-1 t-1 t-1 x2-x1=ln t, ① (x+1)ln x 令 h (x )= ,x∈(1,+∞), x-1 1 -2ln x+x- x. 则 h′(x)= 2 (x-1) 1 令 u(x)=-2ln x+x- ,得 u′(x)= x x-1 2 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, 2 3x +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) 3 =a . 1 1 由于 f(1)-f(-1)=-6a+2, 因此, 当-1<a≤ 时, M(a)-m(a)=-a3-3a+4; 当 <a<1 3 3 时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2. (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, 综上,M(a)-m(a)= 1 -a3-3a+4,-1<a≤ , 3 1 -a3+3a+2, <a<1, 3 4,a≥1.

(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, 最大值是 h(1)=4-3a+b, 3 1 所以 a3+b≥-2 且 4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2 且 0≤a≤ . 3 1 0, 令 t(a)=-2-a3+3a,则 t′(a)=3-3a2>0,t(a)在 3 上是增函数,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, 最大值是 h(-1)=3a+b+2, 3 28 所以 a3+b≥-2 且 3a+b+2≤2,解得- <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. - - - (3)由(1)知 f′(x)=2e2x+2e 2x-c,而 2e2x+2e 2x≥2 2e2x·2e 2x=4,当且仅当 x=0 时等 号成立. 下面分三种情况进行讨论: 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. c± c2-16 2 当 c>4 时,令 e2x=t,注意到方程 2t+ -c=0 有两根 t1,2= >0,则 f′(x)=0 t 4 1 1 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,+∞).

B13 定积分与微积分基本定理

14. 、[2014·福建卷] 如图 1-4,在边长为 e(e 为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒 黄豆,则它落到阴影部分的概率为________.

图 1-4 2 e2

14.

[解析] 因为函数 y=ln x 的图像与函数 y=ex 的图像关于正方形的对角线所在直

线 y=x 对称,则图中的两块阴影部分的面积为
e

S=2错误!ln xdx=2(xln x-x) 1=2[(eln e-e)-(ln 1-1)]=2, 2 故根据几何概型的概率公式得,该粒黄豆落到阴影部分的概率 P= 2. e 6.[2014·湖北卷] 若函数 f(x),g(x)满足 错误!f(x)g(x)dx=0,则称 f(x),g(x)为区间[-1, 1]上的一组正交函数,给出三组函数: 1 1 ①f(x)=sin x,g(x)=cos x;②f(x)=x+1,g(x)=x-1;③f(x)=x,g(x)=x2. 2 2 其中为区间[-1,1]上的正交函数的组数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 6 . C [ 解析 ] 由题意,要满足 f(x) , g(x) 是区间 [ - 1 , 1] 上的正交函数,即需满足 错误!f(x)g(x)dx=0. 1 1 ①错误!f(x)g(x)dx=错误!sin xcos xdx= 2 2 1 - cos x 1 1 错误!sinxdx= 2 -1=0,故第①组是区间[-1,1]上的正交函数; 2 x3 -x 1 4 ②错误!f(x)g(x)dx=错误!(x+1)(x-1)dx= 3 -1=- ≠0,故第②组不是区间[-1, 3 1]上的正交函数; x4 ③错误!f(x)g(x)dx=错误!x·x2dx= 1 -1=0,故第③组是区间[-1,1]上的正交函数. 4 综上,是区间[-1,1]上的正交函数的组数是 2. 故选 C. 9.[2014·湖南卷] 已知函数 f(x)=sin(x-φ),且 2π ∫ ) 0f(x)dx=0,则函数 f(x)的图像的一条对称轴是( 3 5π 7π A.x= B.x= 12 6 C.x=

π
3

D.x=

π
6

2π -φ 2π 2π 2π 9. A [解析] 因为∫ 即∫ + 0f(x)dx=0, 0f(x)dx=-cos(x-φ) 0=-cos 3 3 3 3 π 5π cos φ=0,可取φ= ,所以 x= 是函数 f(x)图像的一条对称轴. 3 6 8.[2014·江西卷] 若 f(x)=x2+2错误!f(x)dx,则 错误!f(x)dx=( )

A.-1 8.B

B.-

1 3

C.

1 3

D.1

1 1 [解析] 错误!f(x)dx=错误!错误!dx=错误!1 0= +2错误!f(x)dx,得 错误!f(x)dx=- . 3 3 ) 2 B. 4 2 C. 2 D. 4 [解析] 直线 y=4x 与曲线 y=x3 在第一象限的交点坐标是(2,8),所以两者围成 1 2x2- x4 4

6. [2014·山东卷] 直线 y=4x 与曲线 y=x3 在第一象限内围成的封闭图形的面积为( A. 2 6.D

的封闭图形的面积为错误!(4x-x3)dx=

|

2

0=4,故选

D.

3.[2014·陕西卷] 定积分错误!(2x+ex)dx 的值为( ) A.e+2 B.e+1 C.e D.e-1 2 1 2 0 3.C [解析] 错误!(2x+ex)dx=(x2+ex)1 0=(1 +e )-(0 +e )=e.

B14 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 1 + x2 =2f(x); ①f(-x)=-f(x);②f 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 2x 2x 1+ 2x 2 1+x2 - =-f(x),故①正确;当 x∈(-1,1)时, ∈(-1,1),且 f 1+x =ln 1+x2 1- 2x 1+x 2 2x 1+ 2 1+x2+2x 1+ x 1 + x 2 1+x =ln =ln =ln 1-x =2ln =2[ln(1+x)-ln(1-x)]=2f(x), 2 1+x -2x 1- x 2x 1- 1+x2

ln

故②正确; 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, 1 1 2x2 g′(x)= + - 2= ,0≤x<1. 1+x 1-x 1-x2 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. 1 10. 、[2014·湖南卷] 已知函数 f(x)=x2+ex- (x<0)与 g(x)=x2+ln(x+a)的图像上存在关 2

于 y 轴对称的点,则 a 的取值范围是( ) 1 A.(-∞, ) B.(-∞, e) e 1 1 - , e - e, C. D. e e 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, 1 1 1 - - - 则有 m2+e m- =m2+ln(m+a), 解得 m+a=ee m- , 即 a=ee m- -m(m>0), 可得 a∈(- 2 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) a+b 的平均数,记为 Mf(a,b),例如,当 f(x)=1(x>0)时,可得 Mf(a,b)=c= ,即 Mf(a,b) 2 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; 2ab (2)当 f(x)=________(x>0)时,Mf(a,b)为 a,b 的调和平均数 . a+ b (以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可) 14.(1) x (2)x(或填(1)k1 x;(2)k2x,其中 k1,k2 为正常数) [解析] 设 A(a,f(a)),B(b,-f(b)),C(c,0),则此三点共线: 0-f(a) 0+f(b) (1)依题意,c= ab,则 = , c-a c- b 0-f(a) 0+f(b) 即 = . ab-a ab-b f(a) f(b) 因为 a>0,b>0,所以化简得 = ,故可以选择 f(x)= x(x>0); a b 0-f(a) 0+f(b) 2ab f(a) (2)依题意,c= ,则 2ab = 2ab ,因为 a>0,b>0,所以化简得 = a+b a -a -b a+b a+b f(b) ,故可以选择 f(x)=x(x>0). b 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 1 1 A. B. C. D. 2 4 8 2π 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 1 1 当 x-y> 时,|f(x)-f(y)|=|f(x)-f(1)-(f(y)-f(0))|≤|f(x)-f(1)|+|f(y)-f(0)|< 2 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 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. 2(x+2)-2x ax2+4(a-1) a 22.解:(1)f′(x)= - = .(*) 1+ax (x+2)2 (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 舍去 1-a x2=-2 x1=2 . a 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; 1- a 1- a 0,2 2 ,+∞ 当 0<a<1 时,f(x)在区间 上单调递减,在区间 上单调 a a 递增. (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. 1-a 1- a 又 f(x)的极值点只可能是 x1=2 和 x2=-2 ,且由 f(x)的定义可知, a a 1 x>- 且 x≠-2, a 1-a 1-a 1 所以-2 >- ,-2 ≠-2, a a a 1 解得 a≠ .此时,由(*)式易知,x1,x2 分别是 f(x)的极小值点和极大值点. 2 2x1 2x2 而 f(x1) + f(x2) = ln(1 + ax1) - + ln(1 + ax2) - = ln[1 + a(x1 + x2) + a2x1x2] - x1+2 x2+2 4x1x2+4(x1+x2) 4(a-1) 2 =ln(2a-1)2- =ln(2a-1)2+ -2. 2a-1 x1x2+2(x1+x2)+4 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 2 2 2 2x-2 (i)当-1<x<0 时,g(x)=2ln(-x)+ -2,所以 g′(x)= - 2= 2 <0, x x x x 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 x - 2 2 2 所以 g′(x)= - 2= 2 <0, x x x 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 ,1 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为 2 . 21. 、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)=aexln x+ 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,+∞), a b - b - f′(x)=aexln x+ ex- 2ex 1+ ex 1. x x x 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 2 - 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe x- . e 设函数 g(x)=xln x, 则 g′(x)=1+ln x, 1 0, 所以当 x∈ e 时,g′(x)<0; 1 ,+∞ 当 x∈ e 时,g′(x)>0. 故 g (x )在 1 1 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)在(0,+∞)上的最大值 1 为 h(1)=- . e 1 因为 gmin(x)=g e =h(1)=hmax(x), 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< 2<1.414 3,估计 ln 2 的近似值(精确到 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, - - g′(x)=2[e2x+e 2x-2b(ex+e x)+(4b-2)] 0, 1 1 ,+∞ 上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上的最小值 e 上单调递减,在 e bex-1 ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的 x

=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 (3)由(2)知,g(ln 2)= -2 2b+2(2b-1)ln 2. 2 8 2-3 3 当 b=2 时,g(ln 2)= -4 2+6ln 2>0,ln 2> >0.692 8; 2 12 3 2 当 b= +1 时,ln(b-1+ b2-2b)=ln 2, 4 3 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; x ④若函数 f(x)=aln(x+2)+ 2 (x>-2,a∈R)有最大值,则 f(x)∈B. x +1 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. x 对于 f(x)=aln(x+2)+ 2 (x>-2),当 a>0 或 a<0 时,函数 f(x)都没有最大值.要 x +1 使得函数 f(x)有最大值,只有 a=0,此时 f(x)= x (x>-2). x2+1

易知 f(x)∈

1 1 - , 1 2 2 ,所以存在正数 M= ,使得 f(x)∈[-M,M],故④正确. 2

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; x2 (2)证明: 随着 a 的减小而增大; 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=0, 满足 s1∈(-∞, -ln a), 2 2 2 2 -e ln -e 2 2 且 f(s1)=-a<0;取 s2= +ln ,满足 s2∈(-ln a,+∞),且 f(s2)= a a + a a <0. a a 故 a 的取值范围是(0,e-1). 1-x x x (2)证明:由 f(x)=x-aex=0,有 a= x.设 g(x)= x,由 g′(x)= x ,知 g(x)在(-∞,1) e e e 上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.并且,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>η 1.类似可得ξ2< η2. 又由ξ1,η1>0,得

ξ2 η2 η2 < < , ξ1 ξ1 η1

x 所以 2随着 a 的减小而增大. 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- x ln x1=ln 2. x1 x2=tx1, (t+1)ln t ln t tln t x2 设 =t,则 t>1,且 解得 x1= , x2 = ,所以 x1+x2= . x1 t-1 t-1 t-1 x2-x1=ln t, ① (x+1)ln x 令 h (x )= ,x∈(1,+∞), x-1 1 -2ln x+x- x. 则 h′(x)= (x-1)2 1 令 u(x)=-2ln x+x- ,得 u′(x)= x x-1 2 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 i 10.[2014·浙江卷] 设函数 f1(x)=x2,f2(x)=2(x-x2),f3(x)= |sin 2πx|,ai= ,i=0, 3 99 1,2,…,99.记 Ik=|fk(a1)-fk(a0)|+|fk(a2)-fk(a1)|+…+|fk(a99)-fk(a98)|,k=1,2,3,则( ) A.I1<I2<I3 B.I2<I1<I3 C.I1<I3<I2 D.I3<I2<I1 i 2 i-1 2 2i-1 1 10.B [解析] 对于 I1,由于 99 - 99 = (i =1, 2,…,99),故 I1= 2(1 99 992 i 2 i-1 2 i i-1 2 - - 99 + 99 99 2 +3+5+…+2×99-1)= 2=1; 对于 I2, 由于 2 99 99 = 2|100-2i|(i 99 99 50(98+0) 100×98 992-1 2 =1,2,…,99),故 I2= 2×2× = = <1. 99 2 992 992 1 0 2 1 2π× 2π× 2π× 2π× 1 I3= sin 99 -sin 99 +sin 99 -sin 99 +…+ 3 99 98 2π× 2π× sin 99 -sin 99 = 25 74 2π× 2π× 1 4 2sin 99 -2sin 99 ≈ >1.故 I2<I1<I3,故选 B. 3 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),则 f(t)≤2,由图像知 t≥ -2,所以 f(a)≥-2,则 a≤ 2.

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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)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a) =a3. 1 1 由于 f(1)-f(-1)=-6a+2, 因此, 当-1<a≤ 时, M(a)-m(a)=-a3-3a+4; 当 <a<1 3 3 3 时,M(a)-m(a)=-a +3a+2. (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, 综上,M(a)-m(a)= 1 -a3-3a+4,-1<a≤ , 3 1 -a3+3a+2, <a<1, 3

4,a≥1. (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, 最大值是 h(1)=4-3a+b, 3 1 所以 a3+b≥-2 且 4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2 且 0≤a≤ . 3 1 0, 令 t(a)=-2-a3+3a,则 t′(a)=3-3a2>0,t(a)在 3 上是增函数,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, 最大值是 h(-1)=3a+b+2, 3 28 所以 a3+b≥-2 且 3a+b+2≤2,解得- <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 为周期的偶函数, 且当 0≤x≤1 时, 2011 - 1 f(x)=log (1-x),则 f ) 4 =( 2 1 A.-2 B. C.1 D.2 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 1 A.a> B.a> 或 a<-1 5 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, 1 即(a+1)(-5a+1)<0,所以(a+1)(5a-1)>0,解得 a> 或 a<-1. 5 1 1+ 11.[2014·福建闽南期末] 计算:错误! x dx=________. 1 [解析] 错误!1+ dx=(x+ln x) ) 1=(2+ln 2)-(1+ln 1)=1+ln 2. x 1 1 4.[2014·内江模拟] 已知函数 f(x)= x3- x2+cx+d 有极值,则 c 的取值范围为( ) 3 2 1 A.c< 4 1 B.c≤ 4 1 C.c≥ 4 1 D.c> 4 1 4.A [解析] 由题意得,f′(x)=x2-x+c,Δ=1-4c>0,解得 c< . 4 11.1+ln 2 2.[2014·成都检测] 定义在 R 上的函数 y=f(x),f(0)≠0,当 x>0 时,f(x)>1, 且对任意的 a,b∈R,有 f(a+b)=f(a)f(b). (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), 1 ∴f(-x)= . f(x) ∵当 x>0 时,f(x)>1>0,∴当 x<0 时,-x>0, 1 ∴f(-x)>0,∴f(x)= >0. f(-x) 又当 x=0 时,f(0)=1>0, ∴对任意的 x∈R,恒有 f(x)>0. (3)任取 x2>x1,则 f(x2)>0,f(x1)>0,x2-x1>0, f(x2) ∴ =f(x2)·f(-x1)=f(x2-x1)>1, f(x1) ∴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.

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1 4.[2014·广州调研] 设函数 f(x)= x3-ax(a>0),g(x)=bx2+2b-1. 3 (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)内恰有两个零点,求实数 a 的 2 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 1- a 1-a 2 1 (2)当 b= 时,h(x)= x3+ x -ax-a(a>0), 3 2 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 (-∞,-1) -1 (-1,a) a (a,+∞) h′(x) + 0 - 0 + h(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 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 - +2(1-a)+2a-a<0, 3 h(-2)<0, h(-1)>0,即 -1+1-a+a-a>0, 3 2 h(0)<0, -a<0, 1 1 解得 0<a< ,所以实数 a 的取值范围是 0, . 3 3 1-a 1 3 (3)当 a=1,b=0 时,h(x)= x -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). 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)= t3-t-1. 3 综 上 可 知 , 函 数 h(x) 在 区 间 [t , t + 3] 上 的 最 小 值 [h(x)]min =

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


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