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2014年高考题分年分章节汇编-- 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 ?=( 1 A. 2 B. 3 2 )

1 C.0 D.- 2 6.A 2. 、[20

14· 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) - C.y=2 x D.y=log0.5(x+1) 2.A
2 ? ?x +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, ? 2

)

)

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 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 1 3. ,[2014· 山东卷] 函数 f(x)= 的定义域为( (log2x)2-1 1 0, ? A.? ? 2? B.(2,+∞)

)

1? ? 1? C. ? ?0,2?∪(2,+∞) D. ?0,2?∪[2,+∞) 3.C 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 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( A.y= x+1 B.y=(x-1) - C.y=2 x D.y=log0.5(x+1) 2.A
2 ? ?x +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, ? 2

)

)

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 21. 、[2014· 广东卷] 设函数 f(x)= 1 ,其中 k<-2. (x +2x+k) +2(x2+2x+k)-3
2 2

(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)=
?-4x2+2,-1≤x<0, ? 3? ? 则 f? ?2?=________. ? ?x, 0≤x<1,

12.1 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, 3 M].例如,当 φ1(x)=x ,φ2(x)=sin x 时,φ 1(x)∈A,φ 2(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 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, ? 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 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)= 3 2 x +x +1,则 f(1)+g(1)=( ) A.-3 B.-1 C.1 D.3 3.C 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 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) B5 二次函数

π π 16. 、[2014· 全国卷] 若函数 f(x)=cos 2x+asin x 在区间? , ?是减函数,则 a 的取值 ?6 2? 范围是________. 16.(-∞,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 11 所示,则下列函数 图像正确的是( )

图 11

A

B

C 图 12

D

4.B 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 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 3.C 2. ,[2014· 山东卷] 设集合 A={x||x-1|<2},B={y|y=2x,x∈[0,2]}, 则 A∩B=( A.[0,2] B.(1,3) C.[1,3) D.(1,4) 2.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 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?x C.f(x)=? ?2? B.f(x)=x3 D.f(x)=3x

)

7.B 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( A. 1 1 > B. ln(x2+1)>ln(y2+1) x2+1 y2+1

)

C. sin x>sin y D. x3>y3 5.D

3. ,[2014· 山东卷] 函数 f(x)= 1 0, ? A.? ? 2? B.(2,+∞)

1 的定义域为( (log2x)2-1

)

1? ? 1? C. ? ?0,2?∪(2,+∞) D. ?0,2?∪[2,+∞) 3.C 4. 、 、[2014· 福建卷] 若函数 y=logax(a>0,且 a≠1)的图像如图 11 所示,则下列函数 图像正确的是( )

图 11

A

B

C 图 12

D

4.B 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 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 3.C 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 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 12 图 12

7.D 12.[2014· 重庆卷] 函数 f(x)=log2 x·log 1 12.- 4

2(2x)的最小值为________.

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 11 所示,则下列函数 图像正确的是( )

图 11

A

B

C 图 12 4.B

D

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 +|x-2a2|-3a2).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 - , ? D.?- , ? C.? ? 3 3? ? 3 3? 10.B

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( ) 1 0, ? A. ? ? 2? 8.B 1 ? B. ? ?2,1? C. (1,2) D. (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 12 图 12

7.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 C.?- , e? D.?- e, ? e e? ? ? ? 10.B 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,+∞)

(

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 6.C

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 C. pq D. (p+1)(q+1)-1 8.D 10.[2014· 陕西卷] 如图 12,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 12 1 3 2 4 A.y= x3- x B.y= x3- x 125 5 125 5 3 3 1 C.y= x3-x D.y=- x3+ x 125 125 5

10.A 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 x2= -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. -1- 4+3a? ? 故 f(x)在?-∞, ?和 3 ? ? 在?

?-1+ 4+3a ? ? ,+∞?内单调递减, 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. 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 - 1 (2)数列{an}满足 a1>c ,an+1= a + a1 p,证明:an>an+1>c . p p n p n 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>cp成立. p-1 c -p 由 an+1= an+ a1 易知 an>0,n∈N*. p p n ak+1 p-1 c -p 当 n=k+1 时, = + ak = ak p p 1 c ? p-1 . 1+ ? ? p?ak 1 1 1 c ? p-1 <0. 由 ak>c >0 得-1<- < ? ? p p p?ak 由(1)中的结论得?
p ak+1?p ? 1? c ? >1+p· 1? cp-1?= cp. = 1+p?ap-1? ?? ? ak p? ak ? ak ? ? k 1

1 因此 ap k+1>c,即 ak+1>c , 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 an+1 an+1 1 c ? p-1 可得 再由 =1+ ? <1, an p?an ? an 即 an+1<an. 1 综上所述,an>an+1>c ,n∈N*. p p-1 c 1-p 1 方法二:设 f(x)= x+ x ,x≥c ,则 xp≥c, p p p 所以 f′(x)= p-1 c p-1? c - 1- p?>0. + (1-p)x p= p p p ? x?

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 p-1 1 c c 1- p 1 1 -1??<a1,并且 a2=f(a1)>c ,从而可得 a1>a2>c , a2= a1+ a1 =a1?1+p? ?ap ?? p p ? p p 1 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. 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. 4 (3)对任意给定的正数 c,取 x0= , c x x x ?2 ? x ? 2 由(2)知,当 x>0 时,ex>x2,所以 ex=e ·e >? · , 2 2 ?2? ?2? x?2?x?2 4?x?2 1 2 当 x>x0 时,ex>? ?2? ?2? > c?2? =cx , 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; 1 0, ?上单调递增,求 b 的取值范围. (2)若 f(x)在区间? ? 3? -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? 递增;当 x∈? ?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 x=0 处取得极大值 f(0)=4. -x[5x+(3b-2)] 1 -x 0, ?时, (2)f′(x)= ,易知当 x∈? <0, 3 ? ? 1-2x 1-2x 1 5 1 0, ?时,有 5x+(3b-2)≤0,从而 +(3b-2)≤0,得 b≤ . 依题意当 x∈? ? 3? 3 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 D.1 7.C 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

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 (1)由已知,g1(x)= x , 1+x

x 1+x x g2(x)=g(g1(x))= = , x 1+2x 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 1+kx gk(x) x 那么,当 n=k+1 时,gk+1(x)=g(gk(x))= = = ,即结 x 1+gk(x) 1+(k+1)x 1+ 1+kx 论成立. 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)≥ 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 ax 恒成立. 1+x

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, 故知 ln(1+x)≥ ax 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 ,x>0. 1+x

n+1 1 1 令 x= ,n∈N+,则 <ln . n n n+1 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 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> 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 ?? 1 ln(n+1)-ln n> , 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,?n 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 ?0x+1

1 2 n 而 + +?+ 是图中所示各矩形的面积和, 2 3 n+1

1 2 n x ∴ + +?+ >?n dx= 2 3 n+ 1 ? x+1
0

1 ? n?1- dx=n-ln(n+1), ? ?0? x+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 轴上的截距为 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) 所以 Sn=na1+ 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), 1 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, an an n 所以数列{ }的通项公式为 = n, bn bn 2 n-1 n 1 2 3 所以 Tn= + 2+ 3+?+ n-1 + n, 2 2 2 2 2 1 2 3 n 2Tn= + + 2+?+ n-1, 1 2 2 2
n 1 1 1 1 n 1 n 2 -n-2 因此,2Tn-Tn=1+ + 2+?+ n-1- n=2- n-1- n= . 2 2 2 2 2n 2 2


1 ?an? , 求数列?b ? ln 2 ? n?

2n 1-n-2 所以,Tn= . 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 x2= -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. -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 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 18.[2014· 北京卷] 已知函数 f(x)=xcos x-sin x,x∈?0, ?. 2? ? (1)求证:f(x)≤0; π sin x (2)若 a< <b 对 x∈?0, ?恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. x 2? ? 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 因为在区间?0, ?上 f′(x)=-xsin x<0,所以 f(x)在区间?0, ?上单调递减. 2? 2? ? ? 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.

π 当 c≤0 时,g(x)>0 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ? π π 当 c≥1 时,因为对任意 x∈?0, ?,g′(x)=cos x-c<0,所以 g(x)在区间?0, ?上单 2? 2? ? ? 调递减, π 从而 g(x)<g(0)=0 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ? 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

?x ,π ? ? 0 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 π π π 2 x∈?0, ?恒成立”当且仅当 g? ?=1- c≥0,即 0<c≤ . 2 2? ? ?2? π π 2 综上所述,当且仅当 c≤ 时,g(x)>0 对任意 x∈?0, ?恒成立;当且仅当 c≥1 时, 2? ? π π g(x)<0 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ? π sin x 2 所以,若 a< <b 对任意 x∈?0, ?恒成立,则 a 的最大值为 ,b 的最小值为 1. x 2? ? 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. 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. 4 (3)对任意给定的正数 c,取 x0= , c x x x ?2 ? x ? 2 由(2)知,当 x>0 时,ex>x2,所以 ex=e ·e >? · , 2 2 ?2? ?2? x?2?x?2 4?x?2 1 2 当 x>x0 时,ex>? ?2? ?2? > c?2? =cx , 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. (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). 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,e ,π e, ,3 ,π 3 这 6 个数中的最大数与最小数; π π 3 e e (3)将 e ,3 ,e ,π ,3 ,π 3 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 ,π ln e<π ln 3,即 ln 3e<ln π e,ln e <ln 3 . 于是根据函数 y=ln x,y=ex,y=π x 在定义域上单调递增,可得 π π 3e<π e<π 3,e3<e <3 . π 故这 6 个数的最大数在π 3 与 3 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 π 3<ln3 ,所以 3 >π 3; 3 π ln 3 ln e 由 < ,得 ln 3e<ln e3,所以 3e<e3. 3 e π 综上,6 个数中的最大数是 3 ,最小数是 3e. π (3)由(2)知,3e<π e<π 3<3 ,3e<e3. ln π ln e π 又由(2)知, < ,得π e<e . e π π 故只需比较 e3 与π e 和 e 与π 3 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 ? 由①得,eln π >e?2-π ?>2.7×? ?2- 3.1 ?>2.7×(2-0.88)=3.024>3, ? ? 即 eln π >3,亦即 ln π e>ln e3,所以 e3<π e. 3e 又由①得,3ln π >6- >6-e>π ,即 3ln π >π , π π 所以 e <π 3. π π 综上可得,3e<e3<π e<e <π 3<3 , π π 即这 6 个数从小到大的顺序为 3e,e3,π e,e ,π 3,3 . 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)= - = .(*) 2 1+ax (x+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? 1-a ? x1=2 舍去?. a ? a ?x2=-2 ? 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.
π π

综上所述, 当 a≥1 时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 1-a? 1-a ? ? ? 当 0<a<1 时,f(x)在区间?0,2 上单调递减,在区间?2 ? ,+∞?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. x1x2+2(x1+x2)+4 2a-1 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 ? 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为? ?2,1?. 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; 1? (2)若 f(x)在区间? ?0,3?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? 递增;当 x∈? ?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

x=0 处取得极大值 f(0)=4. -x[5x+(3b-2)] 1 -x 0, ?时, (2)f′(x)= ,易知当 x∈? <0, 3 ? ? 1-2x 1-2x 1 5 1 0, ?时,有 5x+(3b-2)≤0,从而 +(3b-2)≤0,得 b≤ . 依题意当 x∈? 3 ? ? 3 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( ) 9? A.[-5,-3] B.? ?-6,-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 2 x -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)= = 3 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. ax 22. 、[2014· 全国卷] 函数 f(x)=ln(x+1)- (a>1). x+a (1)讨论 f(x)的单调性; 2 3 (2)设 a1=1,an+1=ln(an+1),证明: <a ≤ . n+2 n n+2 22.解:(1)易知 f(x)的定义域为(-1,+∞),f′(x)= 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 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 2 3 下面用数学归纳法证明 <an≤ . n+2 n+2 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× k + 2 2 2 ak+1=ln(ak+1)>ln?k+2+1?> = , ? ? 2 k+3 +2 k+2 3 3× k + 2 3 3 ak+1=ln(ak+1)≤ln?k+2+1?< = , 3 ? ? k+3 +3 k+2 即当 n=k+1 时,有 2 3 <ak+1≤ ,结论成立. k+3 k+3 2 3 <a ≤ . k+2 k k+2

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
极小值

2? a2-4 a2-4 =f? = >0,即可解得 a<-2; 2 ,此时只需 ?a? a 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). bex 1 21. 、[2014· 新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)=aexln x+ ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处 x


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,+∞), 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? 所以当 x∈? ?0,e?时,g′(x)<0; 1 ? 当 x∈? ? e,+∞?时,g′(x)>0. 1? ?1 ? 故 g(x)在? ?0,e?上单调递减,在?e,+∞?上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上的最小 1? 1 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)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)] -x -x x x =2(e +e -2)(e +e -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.

ex ?2 20.[2014· 山东卷] 设函数 f(x)= 2-k?x+ln x? ?(k 为常数,e=2.718 28?是自然对数的 x 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,+∞), x2ex-2xex ? 2 1? f′(x)= -k?-x2+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, ? ?g(ln k)<0, 当且仅当? g(2)>0, ? ?0<ln k<2, e2 解得 e<k< . 2 e2 e, ?. 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? ? 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 (1)由已知,g1(x)= x , 1+x

x 1+x x g2(x)=g(g1(x))= = , x 1+2x 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 1+kx gk(x) x 那么,当 n=k+1 时,gk+1(x)=g(gk(x))= = = ,即结 x 1+gk(x) 1+(k+1)x 1+ 1+kx 论成立. 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)≥ 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 ax 恒成立. 1+x

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, 故知 ln(1+x)≥ ax 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 ,x>0. 1+x

n+1 1 1 令 x= ,n∈N+,则 <ln . n n n+1 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 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> 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 ?? 1 ln(n+1)-ln n> , 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,?n 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 ?0x+1

1 2 n 而 + +?+ 是图中所示各矩形的面积和, 2 3 n+1

1 2 n x ∴ + +?+ >?n dx= 2 3 n+1 ? x+1
0

1 ? n?1- ? x + 1?dx=n-ln(n+1), ?0? 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; 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? 2 2 且 f(s1)=-a<0;取 s2= +ln ,满足 s2∈(-ln a,+∞),且 f(s2)=? ?a-ea?+?lna-ea?<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<ξ 2;g(η1)=g(η2) =a2,其中 0<η1<1<η 2. 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< η 2. ξ 2 η 2 η 2 又由 ξ1,η1>0,得 < < , ξ 1 ξ 1 η 1 x2 所以 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 x2 -ln x1=ln . x1
?x2=tx1, ? (t+1)ln t x2 ln t tln t 设 =t,则 t>1,且? 解得 x1= ,x2= ,所以 x1+x2= . x1 t - 1 t - 1 t-1 ? x - x = ln t , ? 2 1

① (x+1)ln x 令 h(x)= ,x∈(1,+∞), x-1

1 -2ln x+x- x 则 h′(x)= . (x-1)2 x-1?2 1 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. 3 ? ?x +3x-3a,x≥a, 22.解:(1)因为 f(x)=? 3 ?x -3x+3a,x<a, ? 2 ? 3 x + 3 , x ≥ a, ? 所以 f′(x)=? 2 ?3x -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,

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

(2)令 h(x)=f(x)+b, ?x3+3x-3a+b,x≥a, ? 则 h(x)=? 3 ?x -3x+3a+b,x<a, ? 2 ? ?3x +3,x>a, h′(x)=? 2 ?3x -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 ? 令 t(a)=-2-a3+3a,则 t′(a)=3-3a2>0,t(a)在? ?0,3?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), -2x 2x 即 2(a-b)(e -e )=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 14,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 14

2 14. 2 e

[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?e ln xdx=2(xln x-x)| 1=2[(eln e-e)-(ln 1-1)]=2,

?1

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?1 f(x)g(x)dx=0,则称 f(x),g(x)为区间[-1,

? -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?1 f(x)g(x)dx=0. 1 1 ①?1 f(x)g(x)dx=?1 sin xcos xdx= 2 2 ? ?
-1 -1

? -1

1 1 1 1 - cos x?- sinxdx=? 1=0,故第①组是区间[-1,1]上的正交函数; 2 ? ? 2? ? x3 ?1 4 -x -1=- ≠0,故第②组不是区间[-1,1] ②?1 f(x)g(x)dx=?1 (x+1)(x-1)dx=? 3 ? ? 3 ? ?
-1 -1 -1

上的正交函数; x4 ③?1 f(x)g(x)dx=?1 x·x2dx= 1 =0,故第③组是区间[-1,1]上的正交函数. 4 -1 ? ?
-1 -1

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= 6 12 π π C.x= D.x= 3 6 9.A 8.[2014· 江西卷] 若 f(x)=x2+2?1f(x)dx,则?1f(x)dx=(

?0

?0

)

1 A.-1 B.- 3

1 C. D.1 3 )

8.B 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 2 B. 4 2 C. 2 D. 4 )

3.[2014· 陕西卷] 定积分?1(2x+ex)dx 的值为(

?0

A.e+2 B.e+1 C.e D.e-1

3.C

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 ①f(-x)=-f(x);②f?1+x2?=2f(x);

?

?

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 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 C.?- , e? D.?- e, ? e e? ? ? ? 10.B 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) 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 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)= - = .(*) 2 1+ax (x+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? 1-a ? 舍去?. a ? a ?x2=-2 ? 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 ? ? ? 当 0<a<1 时,f(x)在区间?0,2 上单调递减,在区间?2 ? ,+∞?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. x1x2+2(x1+x2)+4 2a-1 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 ? 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为? ?2,1?. x1=2 bex 1 21. 、[2014· 新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)=aexln x+ ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处 x


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,+∞), 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, ?时,g′(x)<0; 所以当 x∈? ? e? 1 ? 当 x∈? ? e,+∞?时,g′(x)>0. 1? ?1 ? 故 g(x)在? ?0,e?上单调递减,在?e,+∞?上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上的最小 1? 1 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)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)] -x -x x x =2(e +e -2)(e +e -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, 3 M].例如,当 φ1(x)=x ,φ2(x)=sin x 时,φ 1(x)∈A,φ 2(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 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? 2 2 且 f(s1)=-a<0;取 s2= +ln ,满足 s2∈(-ln a,+∞),且 f(s2)=? ?a-ea?+?lna-ea?<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<ξ 2;g(η1)=g(η2) =a2,其中 0<η1<1<η 2. 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< η 2.


ξ 2 η 2 η 2 又由 ξ1,η1>0,得 < < , ξ 1 ξ 1 η 1 x2 所以 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 x2 -ln x1=ln . x1
?x2=tx1, ? (t+1)ln t x2 ln t tln t 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)= 2 . (x-1) x-1?2 1 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 i 10.[2014· 浙江卷] 设函数 f1(x)=x2,f2(x)=2(x-x2),f3(x)= |sin 2π x|,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 ? ?= 992 (i=1,2,?,99),故 I1=992(1 992 i i-1 ? i ?2 ?i-1?2? 2 +3+5+?+2×99-1)= 2=1; 对于 I2, 由于 2? - = |100-2i|(i - + 99 ?99 99 ?99? ? 99 ? ? 992 2 50(98+0) 100×98 99 -1 2 =1,2,?,99),故 I2= 2×2× = = <1. 99 2 992 992 1? 0? 2? 1? 1 ? ? ? I3= sin ? ?2π ×99?-sin ?2π ×99?+sin?2π ×99?-sin ?2π ×99?+?+ 3 99? 98? ? sin? ?2π ×99?-sin?2π ×99?= 25? 74? 4 1? ? 2sin? ?2π ×99?-2sin?2π ×99?≈3>1.故 I2<I1<I3,故选 B. 3? 2 ? ?x +x,x<0, ? 15.[2014· 浙江卷] 设函数 f(x)= 2 ?-x , 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.

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)=? 3 ? ?x -3x+3a,x<a, 2 ?3x +3,x≥a, ? 所以 f′(x)=? 2 ?3x -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) =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 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,
3

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

(2)令 h(x)=f(x)+b, 3 ? ?x +3x-3a+b,x≥a, ? 则 h(x)= 3 ?x -3x+3a+b,x<a, ? 2 ? ?3x +3,x>a, ? h′(x)= 2 ?3x -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 ? 令 t(a)=-2-a3+3a,则 t′(a)=3-3a2>0,t(a)在? ?0,3?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.


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