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2014年高考数学(文)真题分类汇编:函数与导数


第二单元 函数与导数
1.[2014· 北京卷 2] 下列函数中,定义域是 R 且为增函数的是( -x A.y=e B.y=x3 C.y=ln x D.y=|x| 【答案】B 2.[2014· 山东卷 3] 函数 f(x)= A.(0,2) B.(0,2] 【答案】C 1 的定义域为( log2x-1 ) )

C.(2,+∞) D.[2,+∞)

3 3.[2014· 全国卷 5] 函数 y=ln( x+1)(x>-1)的反函数是( A.y=(1-e ) (x>-1) C.y=(1-ex)3(x∈R) 【答案】D
x 3

)

B.y=(e -1) (x>-1) D.y=(ex-1)3(x∈R)

x

3

4.[2014· 北京卷 2] 下列函数中,定义域是 R 且为增函数的是( -x A.y=e B.y=x3 C.y=ln x D.y=|x| 【答案】B

)

5.[2014· 湖南卷 4] 下列函数中,既是偶函数又在区间(-∞,0)上单调递增的是( 1 - A.f(x)= 2 B.f(x)=x2+1 C.f(x)=x3 D.f(x)=2 x x 【答案】A 6.[2014· 重庆卷 4] 下列函数为偶函数的是( ) - - 2 x A.f(x)=x-1 B.f(x)=x +x C.f(x)=2 -2 x D.f(x)=2x+2 x 【答案】D 7.[2014· 广东卷 5] 下列函数为奇函数的是( 1 A.2x- x 2 【答案】A B.x3sin x )

)

C.2cos x+1 D.x2+2x

8.[2014· 湖北卷 9] 已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x≥0 时,f(x)=x2-3x,则函数 g(x)=f(x)-x+3 的零点的集合为( ) A.{1,3} B.{-3,-1,1,3} C.{2- 7,1,3} D.{-2- 7,1,3} 【答案】D 9.[2014· 山东卷 9] 对于函数 f(x),若存在常数 a≠0,使得 x 取定义域内的每一个值, 都有 f(x)=f(2a-x),则称 f(x)为准偶函数,下列函数中是准偶函数的是( ) A.f(x)= x B.f(x)=x2 C.f(x)=tan x D.f(x)=cos(x+1) 【答案】D

a 10.[2014· 江西卷 10] 在同一直角坐标系中,函数 y=ax2-x+ 与 y=a2x3-2ax2+x+ 2 a(a∈R)的图像不可能是( )

A

B

C D 【答案】B 11.[2014· 全国卷] 奇函数 f(x)的定义域为 R.若 f(x+2)为偶函数,且 f(1)=1,则 f(8)+ f(9)=( ) A.-2 B.-1 C.0 D.1 【答案】D 12.[2014· 全国新课标卷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 【答案】C 12.[2014· 湖南卷] 若 0<x1<x2<1,则( ) A.ex2-ex1>ln x2-ln x1 B.ex2-ex1<ln x2-ln x1 C.x2ex1>x1ex2 D.x2ex1<x1ex2 【答案】C 12.[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? A.[-5,-3] B.? ?-6,-8? C.[-6,-2] D.[-4,-3] 【答案】C 13.[2014· 安徽卷] 设 a=log37,b=21.1,c=0.83.1,则( A.b<a<c B.c<a<b C.c<b<a D.a<c<b 【答案】B )

14.[2014· 福建卷] 若函数 y=logax(a>0,且 a≠1)的图像如图 12 所示,则下列函数图像 正确的是( )

图 12 A 【答案】B B C D

1 1 11 15.[2014· 辽宁卷] 已知 a=2- ,b=log2 ,c=log ,则( 3 3 23 A.a>b>c B.a>c>b C.c>b>a D.c>a>b 【答案】D

)

16.[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.x3>y3 B.sin x>sin y C.ln(x2+1)>ln(y2+1) 【答案】A 17.[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( A.f(x)=x3 【答案】B 18. [2014· 四川卷] 已知 b>0, log5b=a, lg b=c, 5d=10, 则下列等式一定成立的是( A.d=ac B.a=cd C.c=ad D.d=a+c 【答案】B B.f(x)=3x 1? 1 C.f(x)=x D.f(x)=? ?2? 2
x

)

1 1 D. 2 > 2 x +1 y +1

)

)

19.[2014· 四川卷] 设 m∈R,过定点 A 的动直线 x+my=0 和过定点 B 的动直线 mx-y -m+3=0 交于点 P(x,y),则|PA|+|PB|的取值范围是( ) A.[ 5,2 5 ] B.[ 10,2 5 ] C.[ 10,4 5 ] D.[2 5,4 5 ] 【答案】B 1 - 20.[2014· 天津卷] 设 a=log2π,b=log π,c=π 2,则( 2 A.a>b>c B.b>a>c C.a>c>b D.c>b>a 【答案】C )

(

21. [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 【答案】D

D

22.[2014· 山东卷] 已知函数 y=loga(x+c)(a,c 为常数,其中 a>0,a≠1)的图像如图 11 所示,则下列结论成立的是( )

图 11 A.a>1,x>1 B.a>1,0<c<1 C.0<a<1,c>1 D.0<a<1,0<c<1 【答案】D 23. [2014· 四川卷] 已知 b>0, log5b=a, lg b=c, 5d=10, 则下列等式一定成立的是( A.d=ac B.a=cd C.c=ad D.d=a+c 【答案】B 24.[2014· 重庆卷] 若 log4(3a+4b)=log2 ab,则 a+b 的最小值是( A.6+2 3 B.7+2 3 C.6+4 3 D.7+4 3 【答案】D ) )

6 25.[2014· 北京卷] 已知函数 f(x)= -log2x,在下列区间中,包含 f(x)的零点的区间是 x ( ) A.(0,1) B.(1,2) 【答案】C C.(2,4) D.(4,+∞)

(

26.[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

【答案】C 1 ? ?x+1-3,x∈(-1,0], 27.[2014· 重庆卷] 已知函数 f(x)=? 且 g(x)=f(x)-mx-m 在 ? ?x,x∈(0,1], (-1,1]内有且仅有两个不同的零点,则实数 m 的取值范围是( 9 11 ? ? 1? ? ? 1? A.? B.? ?-4,-2?∪?0,2? ?- 4 ,-2?∪?0,2? 9 11 ? ? 2? ? ? 2? C.? D.? ?-4,-2?∪?0,3? ?- 4 ,-2?∪?0,3? 【答案】A )

28.[2014· 湖北卷] 已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x≥0 时,f(x)=x2-3x,则函数 g(x)=f(x)-x+3 的零点的集合为( ) A.{1,3} B.{-3,-1,1,3} C.{2- 7,1,3} D.{-2- 7,1,3} 【答案】D
? 2x,x≥0, ?a· 29.[2014· 江西卷] 已知函数 f(x)=? -x (a∈R).若 f[f(-1)]=1,则 a=( ?2 ,x<0 ?

)

1 1 A. B. 4 2 【答案】A

C.1

D.2

30.[2014· 北京卷] 加工爆米花时,爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食 用率”.在特定条件下,可食用率 p 与加工时间 t(单位:分钟)满足函数关系 p=at2+bt+c(a, b,c 是常数),图 12 记录了三次实验的数据.根据上述函数模型和实验数据,可以得到最 佳加工时间为( )

A.3.50 分钟 B.3.75 分钟 【答案】B

图 12 C.4.00 分钟 D.4.25 分钟

31.[2014· 陕西卷] 如图 12 所示,修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平 滑连接(相切).已知环湖弯曲路段为某三次函数图像的一部分,则该函数的解析式为( )

图 12 1 1 A.y= x3- x2-x 2 2 1 C.y= x3-x 4 【答案】A 32.[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 若函数 f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞)单调递增,则 k 的取 值范围是( ) A.(-∞,-2] B.(-∞,-1] C.[2,+∞) D.[1,+∞) 【答案】D 33.[2014· 全国新课标卷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) 【答案】C 1 1 B.y= x3+ x2-3x 2 2 1 1 D.y= x3+ x2-2x 4 2

34.[2014· 湖南卷] 若 f(x)=ln(e3x+1)+ax 是偶函数,则 a=________. 3 【答案】- 2 35. [2014· 安徽卷] 若函数 f(x)(x∈R)是周期为 4 的奇函数, 且在[0, 2]上的解析式为 f(x)
? ?x(1-x),0≤x≤1, 29? ?41? =? 则 f? 4 ?+f? 6 ?=______. ? ?sin πx,1<x≤2, ?

5 【答案】 、 16 e ,x<1, ? ? 36.[2014· 全国新课标卷Ⅰ] 设函数 f(x)=? 1 则使得 f(x)≤2 成立的 x 的取值 x ,x≥1, ? ?3 范围是________. 【答案】(-∞,8] 37.[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 偶函数 y=f(x)的图像关于直线 x=2 对称,f(3)=3,则 f(- 1)=________. 【答案】3
x-1

38.[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)=
2 ? ?-4x +2,-1≤x<0, 3? ? 则 f? 2?=________. ? ?x, 0≤x<1, ?

【答案】1 39.[2014· 天津卷] 函数 f(x)=lg x2 的单调递减区间是________. 【答案】(-∞,0) 40.[2014· 陕西卷] 已知 4a=2,lg x=a,则 x=________. 【答案】 10 16? 4 5 4 41.[2014· 安徽卷] ? ?81? +log34+log35=________. 27 【答案】 8 42.[2014· 江苏卷] 已知函数 f(x)=x2+mx-1,若对于任意 x∈[m,m+1],都有 f(x)<0 成立,则实数 m 的取值范围是________. 【答案】?-
- 3

?

2 ? ,0 2 ?

43.[2014· 全国卷] 函数 y=cos 2x+2sin x 的最大值为________. 3 【答案】 2 44. [2014· 广东卷] 等比数列{an}的各项均为正数, 且 a1a5=4, 则 log2a1+log2a2+log2a3 +log2a4+log2a5=________. 【答案】5 15.[2014· 湖北卷] 如图 14 所示,函数 y=f(x)的图像由两条射线和三条线段组成. 若?x∈R,f(x)>f(x-1),则正实数 a 的取值范围为________.

图 14 1? 【答案】? ?0,6?

45.[2014· 江苏卷] 已知 f(x)是定义在 R 上且周期为 3 的函数,当 x∈[0,3)时,f(x)=

?x2-2x+1?.若函数 y=f(x)-a 在区间[-3,4]上有 10 个零点(互不相同),则实数 a 的取值 2? ?
范围是________.

1? 【答案】? ?0,2?

e ,x<1, ? ? 46.[2014· 全国新课标卷Ⅰ] 设函数 f(x)=? 1 则使得 f(x)≤2 成立的 x 的取值 x ,x≥1, ? ?3 范围是________. 【答案】(-∞,8]
2 ? ?x -2,x≤0, 47.[2014· 福建卷] 函数 f(x)=? 的零点个数是________. ?2x-6+ln x,x>0 ?

x-1

【答案】2
?x2+2x+2,x≤0, ? 48.[2014· 浙江卷] 设函数 f(x)=? 2 若 f(f(a))=2,则 a=________. ? ?-x , x>0.

【答案】 2
2 ? ?|x +5x+4|,x≤0, 49. [2014· 天津卷] 已知函数 f(x)=? 若函数 y=f(x)-a|x|恰有 4 个零点, ?2|x-2|,x>0. ?

则实数 a 的取值范围为________. 【答案】(1,2)

50.[2014· 广东卷] 曲线 y=-5ex+3 在点(0,-2)处的切线方程为________. 【答案】5x+y+2=0

b 51.[2014· 江苏卷] 在平面直角坐标系 xOy 中, 若曲线 y=ax2+ (a,b 为常数)过点 P(2, x -5),且该曲线在点 P 处的切线与直线 7x+2y+3=0 平行,则 a+b 的值是________. 【答案】-3 52.[2014· 江西卷] 若曲线 y=xln x 上点 P 处的切线平行于直线 2x-y+1=0,则点 P 的坐标是________. 【答案】(e,e) [解析] 由题意知,y′=ln x+1,直线斜率为 2.由导数的几何意义知, 令 ln x+1=2,得 x=e,所以 y=eln e=e,所以 P(e,e). 53.[2014· 安徽卷] 若直线 l 与曲线 C 满足下列两个条件: (i)直线 l 在点 P(x0,y0)处与曲线 C 相切;(ii)曲线 C 在点 P 附近位于直线 l 的两侧.则 称直线 l 在点 P 处“切过”曲线 C. 下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号). ①直线 l:y=0 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C:y=x3; ②直线 l:x=-1 在点 P(-1,0)处“切过”曲线 C:y=(x+1)2; ③直线 l:y=x 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C:y=sin x; ④直线 l:y=x 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C:y=tan x; ⑤直线 l:y=x-1 在点 P(1,0)处“切过”曲线 C:y=ln x. 【答案】①③④

54.[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若函数 f(x)∈B,则 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) 【答案】①③④

55.[2014· 江西卷] 将连续正整数 1,2,…,n(n∈N*)从小到大排列构成一个数 123…n, F(n)为这个数的位数(如 n=12 时,此数为 123456789101112,共有 15 个数字,F(12)=15), 现从这个数中随机取一个数字,p(n)为恰好取到 0 的概率. (1)求 p(100); (2)当 n≤2014 时,求 F(n)的表达式; (3)令 g(n)为这个数中数字 0 的个数,f(n)为这个数中数字 9 的个数,h(n)=f(n)-g(n),S ={n|h(n)=1,n≤100,n∈N*},求当 n∈S 时 p(n)的最大值. 解:(1)当 n=100 时,这个数中总共有 192 个数字,其中数字 0 的个数为 11,所以恰好 11 取到 0 的概率为 p(100)= . 192

n,1≤n≤9, ? ?2n-9,10≤n≤99, (2)F(n)=? 3n-108,100≤n≤999, ? ?4n-1107,1000≤n≤2014.

(3)当 n=b(1≤b≤9,b∈N*),g(n)=0; 当 n=10k+b(1≤k≤9,0≤b≤9,k∈N*,b∈N)时,g(n)=k; 当 n=100 时,g(n)=11,即 g(n)= ?0,1≤n≤9,

? ?k,n=10k+b,1≤k≤9,0≤b≤9,k∈N*,b∈N, ? ?11,n=100.

0,1≤n≤8, ? ?k,n=10k+b-1,1≤k≤8,0≤b≤9,k∈N ,b∈N, 同理有 f(n)=? n-80,89≤n≤98, ? ?20,n=99,100.
*

由 h(n)=f(n)-g(n)=1,可知 n=9,19,29,39,49,59,69,79,89,90, 所以当 n≤100 时,S={9,19,29,39,49,59,69,79,89,90}. 当 n=9 时,p(9)=0. g(90) 9 1 当 n=90 时,p(90)= = = . 171 19 F(90) g(n) k k k 当 n=10k+9(1≤k≤8,k∈N*)时,p(n)= = = ,由 y= 关于 k F(n) 2n-9 20k+9 20k+9 8 单调递增,故当 n=10k+9(1≤k≤8,k∈N*)时,p(n)的最大值为 p(89)= . 169 8 1 1 又 < ,所以当 n∈S 时,p(n)的最大值为 . 169 19 19 56.[2014· 江苏卷] 已知函数 f(x)=ex+e x,其中 e 是自然对数的底数. (1)证明:f(x)是 R 上的偶函数. - (2)若关于 x 的不等式 mf(x)≤e x +m-1 在(0,+∞)上恒成立,求实数 m 的取值范围. - 3 (3)已知正数 a 满足:存在 x0∈[1,+∞),使得 f(x0)<a(-x0 +3x0)成立.试比较 ea 1 与 - ae 1 的大小,并证明你的结论. - - 解: (1)证明:因为对任意 x∈R,都有 f(-x)=e x+e -(-x)=e x+ex=f(x), 所以 f(x)是 R 上的偶函数. - - (2)由条件知 m(ex+e x-1)≤e x-1 在(0,+∞)上恒成立.


t-1 令 t=ex(x>0),则 t>1,所以 m≤- 2 = t -t+1 - 1 对任意 t>1 成立. 1 t-1+ + 1 t-1 1 1 1 (t-1)· +1=3, 所以 - ≥- , 1 3 t - 1 t-1+ + 1 t-1

1 因为 t-1+ + 1≥2 t-1

当且仅当 t=2, 即 x = ln 2 时等号成立. 1? 因此实数 m 的取值范围是? ?-∞,-3?.

1 1 (3)令函数 g(x)=ex+ x- a(-x3+3x),则 g′ (x) =ex- x+3a(x2-1). e e 1 当 x≥1 时,ex- x>0,x2-1≥0.又 a>0,故 g′(x)>0,所以 g(x)是[1,+∞)上的单调递增 e 函数, 因此 g(x)在[1,+∞)上的最小值是 g(1)= e+e 1-2a. 由于存在 x0∈[1, +∞), 使 ex0+e-x0-a(-x3 0+ 3x0 )<0 成立,当且仅当最小值 g(1)<0,


e+e 1 - 故 e+e 1-2a<0, 即 a> . 2


e-1 令函数 h(x) = x -(e-1)ln x-1,则 h′(x)=1- . 令 h′(x)=0, 得 x=e-1. x 当 x∈(0,e-1)时,h′(x)<0,故 h(x)是(0,e-1)上的单调递减函数; 当 x∈(e-1,+∞)时,h′(x)>0,故 h(x)是(e-1,+∞)上的单调递增函数. 所以 h(x)在(0,+∞)上的最小值是 h(e-1). 注意到 h(1)=h(e)=0,所以当 x∈(1,e-1)?(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)<h(1)=0; 当 x∈(e-1,e)?(e-1,+∞)时, h(x)<h(e)=0. 所以 h(x)<0 对任意的 x∈(1,e)成立. 故①当 a∈? e+e 1 ? ? 2 ,e??(1,e)时, h(a)<0,
- - -

即 a-1<(e-1)ln a,从而 ea 1<ae 1; - - ②当 a=e 时,ea 1=ae 1; - - ③当 a∈(e,+∞)?(e-1,+∞)时,h(a)>h(e)=0,即 a-1>(e-1)ln a,故 ea 1>ae 1. 综上所述,当 a∈? 时,ea 1>ae 1.
- -

e+e 1 ? a-1 e-1 a-1 e -1 ? 2 ,e?时,e <a ;当 a=e 时,e =a ;当 a∈(e,+∞)


57.[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,证明:e-2<a<1. 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), 2 2 所以函数 g(x)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)-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)证明: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 有 a+b=e-1<2,有 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0. 解得 e-2<a<1. 所以,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2<a<1. 58.[2014· 江苏卷] 已知函数 f(x)=ex+e x,其中 e 是自然对数的底数. (1)证明:f(x)是 R 上的偶函数. - (2)若关于 x 的不等式 mf(x)≤e x +m-1 在(0,+∞)上恒成立,求实数 m 的取值范围. - 3 (3)已知正数 a 满足:存在 x0∈[1,+∞),使得 f(x0)<a(-x0 +3x0)成立.试比较 ea 1 与 - ae 1 的大小,并证明你的结论. - - 19.解: (1)证明:因为对任意 x∈R,都有 f(-x)=e x+e -(-x)=e x+ex=f(x), 所以 f(x)是 R 上的偶函数. - - (2)由条件知 m(ex+e x-1)≤e x-1 在(0,+∞)上恒成立.


t-1 令 t=ex(x>0),则 t>1,所以 m≤- 2 = t -t+1 - 1 对任意 t>1 成立. 1 t-1+ + 1 t-1 1 1 1 (t-1)· +1=3, 所以 - ≥- , 1 3 t - 1 t-1+ + 1 t-1

1 因为 t-1+ + 1≥2 t-1

当且仅当 t=2, 即 x = ln 2 时等号成立. 1? 因此实数 m 的取值范围是? ?-∞,-3?. 1 1 (3)令函数 g(x)=ex+ x- a(-x3+3x),则 g′ (x) =ex- x+3a(x2-1). e e 1 当 x≥1 时,ex- x>0,x2-1≥0.又 a>0,故 g′(x)>0,所以 g(x)是[1,+∞)上的单调递增 e 函数, 因此 g(x)在[1,+∞)上的最小值是 g(1)= e+e 1-2a. 由于存在 x0∈[1, +∞), 使 ex0+e-x0-a(-x3 0+ 3x0 )<0 成立,当且仅当最小值 g(1)<0,


e+e 1 故 e+e -2a<0, 即 a> . 2
- -1

e-1 令函数 h(x) = x -(e-1)ln x-1,则 h′(x)=1- . 令 h′(x)=0, 得 x=e-1. x 当 x∈(0,e-1)时,h′(x)<0,故 h(x)是(0,e-1)上的单调递减函数; 当 x∈(e-1,+∞)时,h′(x)>0,故 h(x)是(e-1,+∞)上的单调递增函数. 所以 h(x)在(0,+∞)上的最小值是 h(e-1). 注意到 h(1)=h(e)=0,所以当 x∈(1,e-1)?(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)<h(1)=0; 当 x∈(e-1,e)?(e-1,+∞)时, h(x)<h(e)=0. 所以 h(x)<0 对任意的 x∈(1,e)成立. 故①当 a∈? e+e 1 ? ? 2 ,e??(1,e)时, h(a)<0,
- - -

即 a-1<(e-1)ln a,从而 ea 1<ae 1; - - ②当 a=e 时,ea 1=ae 1; - - ③当 a∈(e,+∞)?(e-1,+∞)时,h(a)>h(e)=0,即 a-1>(e-1)ln a,故 ea 1>ae 1. 综上所述,当 a∈? 时,ea 1>ae 1.
- -

e+e 1 ? a-1 e-1 a-1 e -1 ? 2 ,e?时,e <a ;当 a=e 时,e =a ;当 a∈(e,+∞)


59.[2014· 全国卷] 函数 f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)在区间(1,2)是增函数,求 a 的取值范围. 解:(1)f′(x)=3ax2+6x+3,f′(x)=0 的判别式 Δ=36(1-a). (i)若 a≥1,则 f′(x)≥0,且 f′(x)=0 当且仅当 a=1,x=-1 时成立.故此时 f(x)在 R 上是 增函数. (ii)由于 a≠0,故当 a<1 时,f′(x)=0 有两个根; x1= -1+ 1-a -1- 1-a ,x2= . a a

若 0<a<1,则当 x∈(-∞,x2)或 x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)分别在(-∞,x2), (x1,+∞)是增函数; 当 x∈(x2,x1)时,f′(x)<0,故 f(x)在(x2,x1)是减函数. 若 a<0,则当 x∈(-∞,x1)或(x2,+∞)时,f′(x)<0,故 f(x)分别在(-∞,x1),(x2,+∞) 是减函数; 当 x∈(x1,x2)时 f′(x)>0,故 f(x)在(x1,x2)是增函数. (2)当 a>0,x>0 时,f′(x)=3ax2+6x+3>0,故当 a>0 时,f(x)在区间(1,2)是增函数. 5 当 a<0 时,f(x)在区间(1,2)是增函数当且仅当 f′(1)≥0 且 f′(2)≥0,解得- ≤a<0. 4 5 ? 综上,a 的取值范围是? ?-4,0?∪(0,+∞). m 60.[2014· 陕西卷] 设函数 f(x)=ln x+ ,m∈R. x (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值;

x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)- 零点的个数; 3 f(b)-f(a) (3)若对任意 b>a>0, <1 恒成立,求 m 的取值范围. b-a x-e e 解:(1)由题设,当 m=e 时,f(x)=ln x+ ,则 f′(x)= 2 , x x ∴当 x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减; 当 x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增. e ∴x=e 时,f(x)取得极小值 f(e)=ln e+ =2, e ∴f(x)的极小值为 2. x 1 m x (2)由题设 g(x)=f′(x)- = - 2- (x>0), 3 x x 3 1 令 g(x)=0,得 m=- x3+x(x>0), 3 1 设 φ(x)=- x3+x(x≥0), 3 则 φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1), 当 x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴x=1 是 φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此 x=1 也是 φ(x)的最大值点, 2 ∴φ(x)的最大值为 φ(1)= . 3 又 φ(0)=0,结合 y=φ(x)的图像(如图所示),可知

2 ①当 m > 时,函数 g(x)无零点; 3 2 ②当 m= 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 ③当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点; 3 ④当 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点. 2 综上所述,当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 当 m= 或 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点. 3

f(b)-f(a) (3)对任意的 b>a>0, <1 恒成立, b-a 等价于 f(b)-b<f(a)-a 恒成立.(*) m 设 h(x)=f(x)-x=ln x+ -x(x>0), x ∴(*)等价于 h(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 m 由 h′(x)= - 2-1≤0 在(0,+∞)上恒成立, x x 1 2 1 x- ? + (x>0)恒成立, 得 m≥-x2+x=-? ? 2? 4 1 1 1 对m= ,h′(x)=0仅在x= 时成立?, ∴m≥ ? 4 2 ? 4? 1 ? ∴m 的取值范围是? ?4,+∞?. 61.[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. 20.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 x2= -1+ 4+3a ,且 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. -1- 4+3a? ? ?-1+ 4+3a ? 故 f(x)在?-∞, ?和 ? ,+∞?内单调递减, 3 3 ? ? ? ? 在?

?-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 因此 f(x)在 x=x2= 处取得最大值.又 f(0)=1,f(1)=a, 3 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.

62.[2014· 北京卷] 已知函数 f(x)=2x3-3x. (1)求 f(x)在区间[-2,1]上的最大值;

(2)若过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切,求 t 的取值范围; (3)问过点 A(-1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线 y=f(x)相切?(只需 写出结论) 解:(1)由 f(x)=2x3-3x 得 f′(x)=6x2-3. 令 f′(x)=0,得 x=- 2 2 或 x= . 2 2 2? 2 = 2,f? ?=- 2,f(1)=-1, 2? 2 ? ?

因为 f(-2)=-10,f?-

?

所以 f(x)在区间[-2,1]上的最大值为 f?-

?

2? = 2. 2?

(2)设过点 P(1,t)的直线与曲线 y=f(x)相切于点(x0,y0), 3 则 y0=2x0 -3x0,且切线斜率为 k=6x2 0-3, 2 所以切线方程为 y-y0=(6x0-3)(x-x0), 因此 t-y0=(6x2 0-3)(1-x0), 3 2 整理得 4x0-6x0+t+3=0, 设 g(x)=4x3-6x2+t+3, 则“过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切”等价于“g(x)有 3 个不同零点”. g′(x)=12x2-12x=12x(x-1). 当 x 变化时,g(x)与 g′(x)的变化情况如下: x g′(x) g(x) (-∞,0) + 0 0 t+3 (0,1) - 1 0 t+1 (1,+∞) +

所以,g(0)=t+3 是 g(x)的极大值,g(1)=t+1 是 g(x)的极小值.
? ?g(0)=t+3>0, 结合图像知,当 g(x)有 3 个不同零点时,有? 解得-3<t<-1. ?g(1)=t+1-0, ?

故当过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切时,t 的取值范围是(-3,-1). (3)过点 A(-1,2)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切; 过点 B(2,10)存在 2 条直线与曲线 y=f(x)相切; 过点 C(0,2)存在 1 条直线与曲线 y=f(x)相切.

63. [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 x<cex. 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)有极小值, 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, 即 g′(x)>0. 所以 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. 1 (3)证明:对任意给定的正数 c,取 x0= , c 由(2)知,当 x>0 时,x2<ex. 1 所以当 x>x0 时,ex>x2> x,即 x<cex. c 因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex. 方法二:(1)同方法一. (2)同方法一. 1 (3)证明:令 k= (k>0),要使不等式 x<cex 成立,只要 ex>kx 成立. c 而要使 ex>kx 成立,则只需要 x>ln(kx), 即 x>ln x+ln k 成立. ①若 0<k≤1,则 ln k≤0,易知当 x>0 时,x>ln x≥ln x+ln k 成立. 即对任意 c∈[1,+∞),取 x0=0, 当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex. 1 x-1 ②若 k>1,令 h(x)=x-ln x-ln k,则 h′(x)=1- = , x x 所以当 x>1 时,h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增. 取 x0=4k,h(x0)=4k-ln(4k)-ln k=2(k-ln k)+2(k-ln 2), 易知 k>ln k,k>ln 2,所以 h(x0)>0. 4 因此对任意 c∈(0,1),取 x0= ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex. c 综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex. 方法三:(1)同方法一. (2)同方法一. (3)证明:①若 c≥1,取 x0=0, 由(2)的证明过程知,ex>2x, 所以当 x∈(x0,+∞)时,有 cex≥ex>2x>x, 即 x<cex. ②若 0<c<1, 令 h(x)=cex-x,则 h′(x)=cex-1. 1 令 h′(x)=0 得 x=ln . c 1 当 x>ln 时,h′(x)>0,h(x)单调递增. c

2 取 x0=2ln , c 2 2 2 2 -ln ?, 则 h(x0)=ce2ln -2ln =2? c? ?c c c 2 2 易知 -ln >0,又 h(x)在(x0,+∞)内单调递增, c c 所以当 x∈(x0,+∞)时,恒有 h(x)>h(x0)>0, 即 x<cex. 综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex.

sin x 64.[2014· 江苏卷] 已知函数 f0(x)= (x>0),设 fn(x)为 fn-1(x)的导数,n∈N*. x π? π ?π? (1)求 2f1? ?2?+2f2?2?的值; π? π ?π?? 2 + fn?4? = 都成立. (2)证明:对任意的 n∈N*,等式?nfn-1? 4 ? ? 4 ? ? 2 sin x? cos x sin x 解: (1)由已知,得 f1(x)=f′0(x)=? ? x ?′= x - x2 , cos x? ?sin x? 于是 f2(x)=f1′(x)=? ? x ?′-? x2 ?′= - sin x 2cos x 2sin x - 2 + 3 , x x x

π? 4 ?π?=-2+16 所以 f1? =- . 2,f2 2 ? ? ?2? π π π3 π? π ?π? 故 2f1? ?2?+2f2?2?=-1. (2)证明:由已知得,xf0(x)=sin x,等式两边分别对 x 求导,得 f0(x)+xf0′(x)=cos x, π? 即 f0(x)+xf1(x)=cos x=sin? ?x+2?. 类似可得 2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+π), 3π x+ ?, 3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin? ? 2? 4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π). nπ? * 下面用数学归纳法证明等式 nfn-1(x)+xfn(x)=sin? ?x+ 2 ?对所有的 n∈N 都成立. (i)当 n=1 时,由上可知等式成立. kπ? (ii)假设当 n=k 时等式成立,即 kfk-1(x)+xfk(x)=sin? ?x+ 2 ?. 因为[kfk-1(x)+xfk(x)]′=kfk-1′(x)+fk(x)+xfk′(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),

? (k+1)π?, ?sin?x+kπ??′=cos?x+kπ?· ? kπ? ? ? 2 ?? ? 2 ? ?x+ 2 ?′=sin?x+ 2 ?

(k+1)π? 所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin?x+ 2 ? ?, 因此当 n=k+1 时,等式也成立. nπ x+ ?对所有的 n∈N*都成立. 综合(i)(ii)可知,等式 nfn-1(x)+xfn(x)=sin? ? 2? π? π ?π? π * ?π nπ? 令 x= ,可得 nfn-1? ?4?+4fn?4?=sin?4+ 2 ?(n∈N ), 4 π? π ?π?? 所以?nfn-1? ?4?+4fn?4? = (n∈N*).

?

?

1-a 2 65.[2014· 全国新课标卷Ⅰ] 设函数 f(x)=aln x+ x -bx(a≠1),曲线 y=f(x)在点(1, 2 f(1))处的切线斜率为 0. (1)求 b; (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)< a 解:(1)f′(x)= +(1-a)x-b. x 由题设知 f′(1)=0,解得 b=1, (2)f(x)的定义域为(0,+∞), 1-a 2 由(1)知,f(x)=aln x+ x -x, 2 a ? 1-a? a x- f′(x)= +(1-a)x-1= (x-1). x x ? 1-a? 1 a (i)若 a≤ ,则 ≤1,故当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增. 2 1-a 1-a a a a 所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)< 的充要条件为 f(1)< ,即 -1< ,解得- 2 2 1-a a-1 a-1 -1<a< 2-1. 1 a (ii)若 <a<1,则 >1, 2 1-a a 故当 x∈?1,1-a?时,f′(x)<0; a ,求 a 的取值范围. a-1

?

?

a 当 x∈?1-a,+∞?时,f′(x)>0.

?

?

a a f(x)在?1,1-a?上单调递减,在?1-a,+∞?上单调递增.

?

?

?

?

所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)<

a a a 的充要条件为 f?1-a?< ? ? a-1. a-1

a a a2 a a 而 f?1-a?=aln + + > ,所以不合题意. ? ? 1-a 2(1-a) a-1 a-1 1-a -a-1 a (iii)若 a>1, 则 f(1)= -1= < ,符合题意. 2 2 a-1

综上,a 的取值范围是(- 2-1, 2-1)∪(1,+∞). x-1 66.[2014· 山东卷] 设函数 f(x)=aln x+ ,其中 a 为常数. x+1 (1)若 a=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数 f(x)的单调性. x-1 解:(1)由题意知,当 a=0 时,f(x)= ,x∈(0,+∞). x+1 此时 f′(x)= 2 1 ,所以 f′(1)= . 2 (x+1)2

又 f(1)=0,所以曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x-2y-1=0. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). ax2+(2a+2)x+a a 2 f′(x)= + = . x (x+1)2 x(x+1)2 当 a≥0 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当 a<0 时,令 g(x)=ax2+(2a+2)x+a, 由于 Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1), 1 ①当 a=- 时,Δ=0, 2 1 - (x-1)2 2 f′(x)= ≤0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. x(x+1)2 1 ②当 a<- 时,Δ<0,g(x)<0, 2 f′(x)<0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 ③当- <a<0 时,Δ>0. 2 设 x1,x2(x1<x2)是函数 g(x)的两个零点, -(a+1)+ 2a+1 则 x1= , a x2= -(a+1)- 2a+1 . a

a+1- 2a+1 因为 x1= -a a2+2a+1- 2a+1 >0, -a 所以,x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减, x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增, x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减. = 1 综上可得,当 a≥0 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增;当 a≤- 时,函数 f(x)在(0,+ 2 ∞) 上 单 调 递 减 ; 当 - 1 < a<0 2

? -(a+1)+ 2a+1? , 时 , f(x) 在 ?0, ? a ? ?

?-(a+1)- 2a+1 ? ? ,+∞?上单调递减, a ? ?
在?

?-(a+1)+ 2a+1 -(a+1)- 2a+1?上单调递增. ? , a a ? ?

67.[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)证明:数列{bn}为等比数列; 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{anb2 n} ln 2 的前 n 项和 Sn. 解:(1)证明:由已知得,bn=2an>0, bn+1 当 n≥1 时, =2an+1-an=2d. bn 故数列{bn}是首项为 2a1,公比为 2d 的等比数列. (2)函数 f(x)=2x 在点(a2,b2)处的切线方程为 y-2a2=(2a2ln 2)(x-a2), 1 其在 x 轴上的截距为 a2- . ln 2 1 1 由题意知,a2- =2- , ln 2 ln 2 解得 a2=2, 2 所以 d=a2-a1=1,an=n,bn=2n,anbn =n· 4n. 2 3 n-1 于是,Sn=1× 4+2× 4 +3× 4 +…+(n-1)× 4 +n× 4n, + 4Sn=1× 42+2× 43+…+(n-1)× 4n+n× 4n 1, + + 4n 1-4 (1-3n)4n 1-4 + + 因此,Sn-4Sn=4+42+…+4n-n· 4n 1= -n· 4n 1= , 3 3 + (3n-1)4n 1+4 所以,Sn= . 9 2 68.[2014· 天津卷] 已知函数 f(x)=x2- ax3(a>0),x∈R. 3 (1)求 f(x)的单调区间和极值; (2)若对于任意的 x1∈(2,+∞),都存在 x2∈(1,+∞),使得 f(x1)· f(x2)=1,求 a 的取值 范围. 1 解:(1)由已知,有 f′(x)=2x-2ax2(a>0).令 f′(x)=0,解得 x=0 或 x= . a 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 1 ?0,1? ?1,+∞? x 0 (-∞,0) a ? a? ?a ? f′(x) 0 0 - + - 1 f(x) 0 3a2 1? ?1 ? 所以,f(x)的单调递增区间是? ?0,a?;单调递减区间是(-∞,0),?a,+∞?. 当 x=0 时,f(x)有极小值,且极小值 f(0)=0; 1? 1 1 当 x= 时,f(x)有极大值,且极大值 f? ?a?=3a2. a 3? ?0, 3 ?时,f(x)>0;当 x∈? 3 ,+∞?时,f(x)<0. (2)由 f(0)=f? = 0 及 (1) 知,当 x ∈ ?2a? ? 2a? ? 2a ?

? 1 ? 设集合 A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合 B=?f(x)x∈(1,+∞),f(x)≠0?,则“对于任 ? ?

意的 x1∈(2,+∞),都存在 x2∈(1,+∞),使得 f(x1)· f(x2)=1”等价于 A?B,显然 0?B.下面 分三种情况讨论: 3? 3 3 (i)当 >2,即 0<a< 时,由 f? 2 a?=0 可知,0∈A,而 0?B,所以 A 不是 B 的子集. ? 2a 4 3 3 3 (ii)当 1≤ ≤2,即 ≤a≤ 时,有 f(2)≤0,且此时 f(x)在(2,+∞)上单调递减,故 A=(-∞, 2a 4 2 f(2)),因而 A?(-∞,0).由 f(1)≥0,有 f(x)在(1,+∞)上的取值范围包含(-∞,0),则(-∞, 0)?B,所以 A?B. 1 3 3 (iii)当 <1, 即 a> 时, 有 f(1)<0, 且此时 f(x)在(1, +∞)上单调递减, 故 B=?f(1),0?, 2a 2 ? ? A=(-∞,f(2)),所以 A 不是 B 的子集. 3 3? 综上,a 的取值范围是? ?4,2?. 69.[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,证明:e-2<a<1. 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), 2 2 所以函数 g(x)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)-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)证明: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 有 a+b=e-1<2,有

g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0. 解得 e-2<a<1. 所以,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2<a<1. 70.[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. 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 x2= -1+ 4+3a ,且 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. -1- 4+3a? ? ?-1+ 4+3a ? 故 f(x)在?-∞, ?和 ? ,+∞?内单调递减, 3 3 ? ? ? ? 在?

?-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 因此 f(x)在 x=x2= 处取得最大值.又 f(0)=1,f(1)=a, 3 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.

71.[2014· 北京卷] 已知函数 f(x)=2x3-3x. (1)求 f(x)在区间[-2,1]上的最大值; (2)若过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切,求 t 的取值范围; (3)问过点 A(-1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线 y=f(x)相切?(只需 写出结论) 解:(1)由 f(x)=2x3-3x 得 f′(x)=6x2-3. 令 f′(x)=0,得 x=- 2 2 或 x= . 2 2 2? 2 = 2,f? ?=- 2,f(1)=-1, 2? ?2?

因为 f(-2)=-10,f?-

?

所以 f(x)在区间[-2,1]上的最大值为 f?-

?

2? = 2. 2?

(2)设过点 P(1,t)的直线与曲线 y=f(x)相切于点(x0,y0), 3 则 y0=2x0 -3x0,且切线斜率为 k=6x2 0-3,

所以切线方程为 y-y0=(6x2 0-3)(x-x0), 2 因此 t-y0=(6x0-3)(1-x0), 2 整理得 4x3 0-6x0+t+3=0, 设 g(x)=4x3-6x2+t+3, 则“过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切”等价于“g(x)有 3 个不同零点”. g′(x)=12x2-12x=12x(x-1). 当 x 变化时,g(x)与 g′(x)的变化情况如下: x g′(x) g(x) (-∞,0) + 0 0 t+3 (0,1) - 1 0 t+1 (1,+∞) +

所以,g(0)=t+3 是 g(x)的极大值,g(1)=t+1 是 g(x)的极小值.
? ?g(0)=t+3>0, 结合图像知,当 g(x)有 3 个不同零点时,有? 解得-3<t<-1. ?g(1)=t+1-0, ?

故当过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切时,t 的取值范围是(-3,-1). (3)过点 A(-1,2)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切; 过点 B(2,10)存在 2 条直线与曲线 y=f(x)相切; 过点 C(0,2)存在 1 条直线与曲线 y=f(x)相切.

72. [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 x<cex. 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)有极小值, 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, 即 g′(x)>0. 所以 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. 1 (3)证明:对任意给定的正数 c,取 x0= , c 由(2)知,当 x>0 时,x2<ex.

1 所以当 x>x0 时,ex>x2> x,即 x<cex. c 因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex. 方法二:(1)同方法一. (2)同方法一. 1 (3)证明:令 k= (k>0),要使不等式 x<cex 成立,只要 ex>kx 成立. c 而要使 ex>kx 成立,则只需要 x>ln(kx), 即 x>ln x+ln k 成立. ①若 0<k≤1,则 ln k≤0,易知当 x>0 时,x>ln x≥ln x+ln k 成立. 即对任意 c∈[1,+∞),取 x0=0, 当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex. 1 x-1 ②若 k>1,令 h(x)=x-ln x-ln k,则 h′(x)=1- = , x x 所以当 x>1 时,h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增. 取 x0=4k,h(x0)=4k-ln(4k)-ln k=2(k-ln k)+2(k-ln 2), 易知 k>ln k,k>ln 2,所以 h(x0)>0. 4 因此对任意 c∈(0,1),取 x0= ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex. c 综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex. 方法三:(1)同方法一. (2)同方法一. (3)证明:①若 c≥1,取 x0=0, 由(2)的证明过程知,ex>2x, 所以当 x∈(x0,+∞)时,有 cex≥ex>2x>x, 即 x<cex. ②若 0<c<1, 令 h(x)=cex-x,则 h′(x)=cex-1. 1 令 h′(x)=0 得 x=ln . c 1 当 x>ln 时,h′(x)>0,h(x)单调递增. c 2 取 x0=2ln , c 2 2? 2 2 则 h(x0)=ce2ln -2ln =2? ?c-lnc?, c c 2 2 易知 -ln >0,又 h(x)在(x0,+∞)内单调递增, c c 所以当 x∈(x0,+∞)时,恒有 h(x)>h(x0)>0, 即 x<cex. 综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex.

1 73.[2014· 广东卷] 已知函数 f(x)= x3+x2+ax+1(a∈R). 3 (1)求函数 f(x)的单调区间; 1 1 1 0, ?∪? ,1?,使得 f(x0)=f? ?. (2)当 a<0 时,试讨论是否存在 x0∈? ? 2? ?2 ? ?2? 74.[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. 解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). 1-ln x ln x 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,+∞). (2)因为 e<3<π,所以 eln 3<eln π,πln e<πln 3, 即 ln 3e<ln πe,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. 故这 6 个数中的最大数在 π3 与 3π 之中,最小数在 3e 与 e3 之中. 由 e<3<π 及(1)的结论,得 f(π)<f(3)<f(e), ln π ln 3 ln e 即 < < . π 3 e ln π ln 3 由 < , 得 ln π3<ln3π,所以 3π>π3. π 3 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.

21.[2014· 湖南卷] 已知函数 f(x)=xcos x-sin x+1(x>0). (1)求 f(x)的单调区间; 1 1 1 (2)记 xi 为 f(x)的从小到大的第 i(i∈N*)个零点, 证明: 对一切 n∈N*, 有 2+ 2+…+ 2< x1 x2 xn 2 . 3 【解析】 (1)f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x. 令 f′(x)=0,得 x=kπ(k∈N*). 当 x∈(2kπ,(2k+1)π)(k∈N)时,sin x>0,此时 f′(x)<0; 当 x∈((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N)时,sin x<0,此时 f′(x)>0. 故 f(x)的单调递减区间为(2kπ,(2k+1)π)(k∈N),单调递增区间为((2k+1)π,(2k+2)π)(k ∈N). π? π (2)由(1)知,f(x)在区间(0,π)上单调递减.又 f? ?2?=0,故 x1=2. 当 n∈N*时,因为 + f(nπ)f[(n+1)π]=[(-1)nnπ+1][(-1)n 1(n+1)π+1]<0, 且函数 f(x)的图像是连续不断的,所以 f(x)在区间(nπ,(n+1)π)内至少存在一个零点.又 f(x)在区间(nπ,(n+1)π)上是单调的,故 nπ<xn+1<(n+1)π. 1 4 2 因此,当 n=1 时, 2= 2< ; x1 π 3

1 1 1 2 当 n=2 时, 2+ 2< 2(4+1)< ; x1 x2 π 3 当 n≥3 时, 1 1 1 1 1 1 + 2+…+ 2< 2?4+1+22+…+(n-1)2? x2 x2 xn π ? ? 1 1 1 1? 1 ?< 2?5+?1-1?+?1-1?+…+? 1 - 1 ?? +…+ < 2 5+1× 2 2? ?2 3? (n-2)(n-1)? π ? ? π? ?n-2 n-1?? 1 ? 6 2 1? = 2 6-n-1 < 2< . π? ? π 3 1 1 1 2 综上所述,对一切 n∈N*, 2+ 2+…+ 2< . x1 x2 xn 3 21.[2014· 江西卷] 将连续正整数 1,2,…,n(n∈N*)从小到大排列构成一个数 123…n, F(n)为这个数的位数(如 n=12 时,此数为 123456789101112,共有 15 个数字,F(12)=15), 现从这个数中随机取一个数字,p(n)为恰好取到 0 的概率. (1)求 p(100); (2)当 n≤2014 时,求 F(n)的表达式; (3)令 g(n)为这个数中数字 0 的个数,f(n)为这个数中数字 9 的个数,h(n)=f(n)-g(n),S ={n|h(n)=1,n≤100,n∈N*},求当 n∈S 时 p(n)的最大值. 【解析】(1)当 n=100 时,这个数中总共有 192 个数字,其中数字 0 的个数为 11,所以 11 恰好取到 0 的概率为 p(100)= . 192 n,1≤n≤9,

? ?2n-9,10≤n≤99, (2)F(n)=? 3n-108,100≤n≤999, ? ?4n-1107,1000≤n≤2014.

(3)当 n=b(1≤b≤9,b∈N*),g(n)=0; 当 n=10k+b(1≤k≤9,0≤b≤9,k∈N*,b∈N)时,g(n)=k; 当 n=100 时,g(n)=11,即 g(n)= ?0,1≤n≤9,

? ?k,n=10k+b,1≤k≤9,0≤b≤9,k∈N*,b∈N, ? ?11,n=100.
同理有 f(n)= 0,1≤n≤8,

? ?k,n=10k+b-1,1≤k≤8,0≤b≤9,k∈N ,b∈N, ?n-80,89≤n≤98, ? ?20,n=99,100.
*

由 h(n)=f(n)-g(n)=1,可知 n=9,19,29,39,49,59,69,79,89,90, 所以当 n≤100 时,S={9,19,29,39,49,59,69,79,89,90}. 当 n=9 时,p(9)=0. g(90) 9 1 当 n=90 时,p(90)= = = . F(90) 171 19 g(n) k k k 当 n=10k+9(1≤k≤8,k∈N*)时,p(n)= = = ,由 y= 关于 k F(n) 2n-9 20k+9 20k+9 8 单调递增,故当 n=10k+9(1≤k≤8,k∈N*)时,p(n)的最大值为 p(89)= . 169 8 1 1 又 < ,所以当 n∈S 时,p(n)的最大值为 . 169 19 19

21.[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线 y=f(x)在点(0,2)处 的切线与 x 轴交点的横坐标为-2. (1)求 a; (2)证明:当 k<1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. 【解析】(1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a. 曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y=ax+2. 2 由题设得- =-2,所以 a=1. a (2)证明:由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设 g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4, 由题设知 1-k>0. 当 x≤0 时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0, g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4, 所以 g(x)=0 在(-∞,0]上有唯一实根. 当 x>0 时,令 h(x)=x3-3x2+4, 则 g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, 所以 g(x)>h(x)≥h(2)=0, 所以 g(x)=0 在(0,+∞)上没有实根. 综上,g(x)=0 在 R 有唯一实根, 即曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. 1-a 2 21.[2014· 全国新课标卷Ⅰ] 设函数 f(x)=aln x+ x -bx(a≠1),曲线 y=f(x)在点(1, 2 f(1))处的切线斜率为 0. (1)求 b; (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)< a ,求 a 的取值范围. a-1

a 【解析】(1)f′(x)= +(1-a)x-b. x 由题设知 f′(1)=0,解得 b=1, (2)f(x)的定义域为(0,+∞), 1-a 2 由(1)知,f(x)=aln x+ x -x, 2 a ? 1-a? a x- f′(x)= +(1-a)x-1= 1 - a?(x-1). x x ? 1 a (i)若 a≤ ,则 ≤1,故当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增. 2 1-a 1-a a a a 所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)< 的充要条件为 f(1)< ,即 -1< ,解得- 2 2 1-a a-1 a-1 -1<a< 2-1. 1 a (ii)若 <a<1,则 >1, 2 1-a

a 故当 x∈?1,1-a?时,f′(x)<0;

?

?

a 当 x∈?1-a,+∞?时,f′(x)>0.

?

?

a a f(x)在?1,1-a?上单调递减,在?1-a,+∞?上单调递增.

?

?

?

?

所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)<

a a a 的充要条件为 f?1-a?< ? ? a-1. a-1

a a a2 a a 而 f?1-a?=aln + + > ,所以不合题意. ? ? 1-a 2(1-a) a-1 a-1 1-a -a-1 a (iii)若 a>1, 则 f(1)= -1= < ,符合题意. 2 2 a-1 综上,a 的取值范围是(- 2-1, 2-1)∪(1,+∞). x-1 20.[2014· 山东卷] 设函数 f(x)=aln x+ ,其中 a 为常数. x+1 (1)若 a=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数 f(x)的单调性. x-1 【解析】(1)由题意知,当 a=0 时,f(x)= ,x∈(0,+∞). x+1 此时 f′(x)= 2 1 ,所以 f′(1)= . 2 (x+1)2

又 f(1)=0,所以曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x-2y-1=0. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). ax2+(2a+2)x+a a 2 f′(x)= + . 2= x (x+1) x(x+1)2 当 a≥0 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当 a<0 时,令 g(x)=ax2+(2a+2)x+a, 由于 Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1), 1 ①当 a=- 时,Δ=0, 2 1 - (x-1)2 2 f′(x)= ≤0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. x(x+1)2 1 ②当 a<- 时,Δ<0,g(x)<0, 2 f′(x)<0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 ③当- <a<0 时,Δ>0. 2 设 x1,x2(x1<x2)是函数 g(x)的两个零点, -(a+1)+ 2a+1 则 x1= , a x2= -(a+1)- 2a+1 . a

a+1- 2a+1 因为 x1= -a a2+2a+1- 2a+1 = >0, -a 所以,x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减, x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增, x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减. 1 综上可得,当 a≥0 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增;当 a≤- 时,函数 f(x)在(0,+ 2 ∞) 上 单 调 递 减 ; 当 - 1 < a<0 2

? -(a+1)+ 2a+1? , 时 , f(x) 在 ?0, ? a ? ?

?-(a+1)- 2a+1 ? ? ,+∞?上单调递减, a ? ?
在?

?-(a+1)+ 2a+1 -(a+1)- 2a+1?上单调递增. ? , a a ? ?

m 21.[2014· 陕西卷] 设函数 f(x)=ln x+ ,m∈R. x (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)- 零点的个数; 3 f(b)-f(a) (3)若对任意 b>a>0, <1 恒成立,求 m 的取值范围. b-a x-e e 【解析】(1)由题设,当 m=e 时,f(x)=ln x+ ,则 f′(x)= 2 , x x ∴当 x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减; 当 x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增. e ∴x=e 时,f(x)取得极小值 f(e)=ln e+ =2, e ∴f(x)的极小值为 2. x 1 m x (2)由题设 g(x)=f′(x)- = - 2- (x>0), 3 x x 3 1 令 g(x)=0,得 m=- x3+x(x>0), 3 1 设 φ(x)=- x3+x(x≥0), 3 则 φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1), 当 x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴x=1 是 φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此 x=1 也是 φ(x)的最大值点, 2 ∴φ(x)的最大值为 φ(1)= . 3 又 φ(0)=0,结合 y=φ(x)的图像(如图所示),可知

2 ①当 m > 时,函数 g(x)无零点; 3 2 ②当 m= 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 ③当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点; 3 ④当 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点. 2 综上所述,当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 当 m= 或 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点. 3 f(b)-f(a) (3)对任意的 b>a>0, <1 恒成立, b-a 等价于 f(b)-b<f(a)-a 恒成立.(*) m 设 h(x)=f(x)-x=ln x+ -x(x>0), x ∴(*)等价于 h(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 m 由 h′(x)= - 2-1≤0 在(0,+∞)上恒成立, x x 1 2 1 x- ? + (x>0)恒成立, 得 m≥-x2+x=-? ? 2? 4 1 1 1 对m= ,h′(x)=0仅在x= 时成立?, ∴m≥ ? 4 2 ? 4? 1 ? ∴m 的取值范围是? ?4,+∞?. 2 19.[2014· 天津卷] 已知函数 f(x)=x2- ax3(a>0),x∈R. 3 (1)求 f(x)的单调区间和极值; (2)若对于任意的 x1∈(2,+∞),都存在 x2∈(1,+∞),使得 f(x1)· f(x2)=1,求 a 的取值 范围. 1 【解析】(1)由已知,有 f′(x)=2x-2ax2(a>0).令 f′(x)=0,解得 x=0 或 x= . a 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 1 ?0,1? ?1,+∞? x 0 (-∞,0) a ? a? ?a ? f′(x) 0 0 - + - 1 f(x) 0 3a2

1? ?1 ? 所以,f(x)的单调递增区间是? ?0,a?;单调递减区间是(-∞,0),?a,+∞?. 当 x=0 时,f(x)有极小值,且极小值 f(0)=0; 1? 1 1 当 x= 时,f(x)有极大值,且极大值 f? ?a?=3a2. a 3? 3? ? ?3 ? (2)由 f(0)=f? ?2a?=0 及(1)知,当 x∈?0,2a?时,f(x)>0;当 x∈?2a,+∞?时,f(x)<0. ? 1 ? 设集合 A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合 B=?f(x)x∈(1,+∞),f(x)≠0?,则“对于任 ? ? 意的 x1∈(2,+∞),都存在 x2∈(1,+∞),使得 f(x1)· f(x2)=1”等价于 A?B,显然 0?B.下面 分三种情况讨论: 3? 3 3 (i)当 >2,即 0<a< 时,由 f? ?2a?=0 可知,0∈A,而 0?B,所以 A 不是 B 的子集. 2a 4 3 3 3 (ii)当 1≤ ≤2,即 ≤a≤ 时,有 f(2)≤0,且此时 f(x)在(2,+∞)上单调递减,故 A=(-∞, 2a 4 2 f(2)),因而 A?(-∞,0).由 f(1)≥0,有 f(x)在(1,+∞)上的取值范围包含(-∞,0),则(-∞, 0)?B,所以 A?B. 1 3 3 (iii)当 <1, 即 a> 时, 有 f(1)<0, 且此时 f(x)在(1, +∞)上单调递减, 故 B=?f(1),0?, 2a 2 ? ? A=(-∞,f(2)),所以 A 不是 B 的子集. 3 3? 综上,a 的取值范围是? ?4,2?. 21.[2014· 浙江卷] 已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a>0).若 f(x)在[-1,1]上的最小值记为 g(a). (1)求 g(a); (2)证明:当 x∈[-1,1]时,恒有 f(x)≤g(a)+4. 【解析】(1)因为 a>0,-1≤x≤1,所以, (i)当 0<a<1 时,若 x∈[-1,a],则 f(x)=x3-3x+3a,f′(x)=3x2-3<0,故 f(x)在(-1, a)上是减函数; 若 x∈[a,1],则 f(x)=x3+3x-3a,f′(x)=3x2+3>0,故 f(x)在(a,1)上是增函数. 所以 g(a)=f(a)=a3. (ii)当 a≥1 时,有 x≤a,则 f(x)=x3-3x+3a,f′(x)=3x2-3<0,故 f(x)在(-1,1)上是减 函数,所以 g(a)=f(1)=-2+3a.
?a3,0<a<1, ? 综上,g(a)=? ?-2+3a,a≥1. ?

(2)证明:令 h(x)=f(x)-g(a). (i)当 0<a<1 时,g(a)=a3. 若 x∈[a,1],则 h(x)=x3+3x-3a-a3,得 h′(x)=3x2+3>0,则 h(x)在(a,1)上是增函 数,所以 h(x)在[a,1]上的最大值是 h(1)=4-3a-a3,而 0<a<1,所以 h(1)<4,故 f(x)≤g(a) +4. 若 x∈[-1,a],则 h(x)=x3-3x+3a-a3≤0,得 h′(x)=3x2-3,则 h(x)在(-1,a)上是 减函数,所以 h(x)在[-1,a]上的最大值是 h(-1)=2+3a-a3,令 t(a)=2+3a-a3,则 t′(a) =3-3a2>0,知 t(a)在(0,1)上是增函数,所以 t(a)<t(1)=4,即 h(-1)<4.故 f(x)≤g(a)+4. (ii)当 a≥1 时,g(a)=-2+3a,故 h(x)=x3-3x+2,得 h′(x)=3x2-3≤0,此时 h(x)在(- 1,1)上是减函数,因此 h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=4.故 f(x)≤g(a)+4. 综上,当 x∈[-1,1]时,恒有 f(x)≤g(a)+4.

x a 3 19.[2014· 重庆卷] 已知函数 f(x)= + -ln x- ,其中 a∈R,且曲线 y=f(x)在点(1, 4 x 2 1 f(1))处的切线垂直于直线 y= x. 2 (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值. 1 a 1 1 【解析】(1)对 f(x)求导得 f′(x)= - 2- ,由 f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线 y= 4 x x 2 3 5 x 知 f′(1)=- -a=-2,解得 a= . 4 4 x 5 3 (2)由(1)知 f(x)= + -ln x- , 4 4x 2 x2-4x-5 则 f′(x)= .令 f′(x)=0,解得 x=-1 或 x=5. 4x2 因为 x=-1 不在 f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去. 当 x∈(0,5)时,f′(x)<0,故 f(x)在(0,5)上为减函数;当 x∈(5,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(5,+∞)上为增函数.由此知函数 f(x)在 x=5 时取得极小值 f(5)=-ln 5.

19.[2014· 江苏卷] 已知函数 f(x)=ex+e x,其中 e 是自然对数的底数. (1)证明:f(x)是 R 上的偶函数. - (2)若关于 x 的不等式 mf(x)≤e x +m-1 在(0,+∞)上恒成立,求实数 m 的取值范围. - 3 (3)已知正数 a 满足:存在 x0∈[1,+∞),使得 f(x0)<a(-x0 +3x0)成立.试比较 ea 1 与 - ae 1 的大小,并证明你的结论. - - 【解析】 (1)证明:因为对任意 x∈R,都有 f(-x)=e x+e -(-x)=e x+ex=f(x), 所以 f(x)是 R 上的偶函数. - - (2)由条件知 m(ex+e x-1)≤e x-1 在(0,+∞)上恒成立.


t-1 令 t=ex(x>0),则 t>1,所以 m≤- 2 = t -t+1 - 1 对任意 t>1 成立. 1 t-1+ + 1 t-1 1 1 1 (t-1)· +1=3, 所以 - ≥- , 1 3 t - 1 t-1+ + 1 t-1

1 因为 t-1+ + 1≥2 t-1

当且仅当 t=2, 即 x = ln 2 时等号成立. 1? 因此实数 m 的取值范围是? ?-∞,-3?. 1 1 (3)令函数 g(x)=ex+ x- a(-x3+3x),则 g′ (x) =ex- x+3a(x2-1). e e 1 当 x≥1 时,ex- x>0,x2-1≥0.又 a>0,故 g′(x)>0,所以 g(x)是[1,+∞)上的单调递增 e 函数, 因此 g(x)在[1,+∞)上的最小值是 g(1)= e+e 1-2a. 由于存在 x0∈[1, +∞), 使 ex0+e-x0-a(-x3 0+ 3x0 )<0 成立,当且仅当最小值 g(1)<0,


e+e 1 - 故 e+e 1-2a<0, 即 a> . 2


e-1 令函数 h(x) = x -(e-1)ln x-1,则 h′(x)=1- . 令 h′(x)=0, 得 x=e-1. x 当 x∈(0,e-1)时,h′(x)<0,故 h(x)是(0,e-1)上的单调递减函数; 当 x∈(e-1,+∞)时,h′(x)>0,故 h(x)是(e-1,+∞)上的单调递增函数. 所以 h(x)在(0,+∞)上的最小值是 h(e-1). 注意到 h(1)=h(e)=0,所以当 x∈(1,e-1)?(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)<h(1)=0; 当 x∈(e-1,e)?(e-1,+∞)时, h(x)<h(e)=0. 所以 h(x)<0 对任意的 x∈(1,e)成立. e+e ? 故①当 a∈? ? 2 ,e??(1,e)时, h(a)<0, 即 a-1<(e-1)ln a,从而 ea 1<ae 1; - - ②当 a=e 时,ea 1=ae 1; - - ③当 a∈(e,+∞)?(e-1,+∞)时,h(a)>h(e)=0,即 a-1>(e-1)ln a,故 ea 1>ae 1.
- - -1

综上所述,当 a∈? 时,ea 1>ae 1.
- -

e+e 1 ? a-1 e-1 a-1 e -1 ? 2 ,e?时,e <a ;当 a=e 时,e =a ;当 a∈(e,+∞)


21.[2014· 辽宁卷] 已知函数 f(x)=π(x-cos x)-2sin x-2,g(x)=(x-π) -1.证明: π? (1)存在唯一 x0∈? ?0,2?,使 f(x0)=0; π ? (2)存在唯一 x1∈? ?2,π?,使 g(x1)=0,且对(1)中的 x0,有 x0+x1>π.

1-sin x 2x + 1+sin x π

π? π2 ? π? 上为增函数.又 f(0)=-π-2<0,f? ?2?= 2 -4>0,所以存在唯一 x0∈?0,2?,使 f(x0)=0. π ? cos x 2x (2)当 x∈? + -1. ?2,π?时,化简得 g(x)=(π-x)· 1+sin x π π? 令 t=π-x 则 t∈? ?0,2?.记 u(t)=g(π-t)= f(t) tcos t 2 - - t+1,则 u′(t)= . 1+sin t π π(1+sin t) π? π? ? 由(1)得,当 t∈(0,x0)时,u′(t)<0;当 t∈? ?x0,2?时,u′(t)>0.所以在?x0,2?上 u(t)为增 π? π? π? ? ? 函数,由 u? ?2?=0 知,当 t∈?x0,2?时,u(t)<0,所以 u(t)在?x0,2?上无零点. 在(0,x0)上 u(t)为减函数, 由 u(0)=1 及 u(x0)<0 知存在唯一 t0∈(0,x0),使 u(t0)=0. π? 于是存在唯一 t0∈? ?0,2?,使 u(t0)=0. π ? π ? 设 x1=π-t0∈? 则 g(x1)=g(π-t0)=u(t0)=0.因此存在唯一的 x1∈? 使 g(x1) ?2,π?, ?2,π?, =0. 由于 x1=π-t0,t0<x0,所以 x0+x1>π.

π π 0, ?时,f′(x)=π+πsin x-2cos x>0,所以 f(x)在区间?0, ? 【解析】证明:(1)当 x∈? ? 2? ? 2?


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