B单元++函数与导数

数 B 单元 B1 函数与导数



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

2. 、[2014·北京卷] 下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是( A.y= x+1 C.y=2
-x

B.y=(x-1)2

D.y=log0.5(x+1)
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, 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,+∞)

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,+∞)

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

1 的定义域为( (log2x)2-1

)

B.(2,+∞) 1? ? D. ?0, ?∪[2,+∞) 2? ?

1? ? C. ?0, ?∪(2,+∞) 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) C.y=-g(x)

)

B.y=g(-x) D.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(

A.y= x+1 C.y=2-x

B.y=(x-1)2

D.y=log0.5(x+1)
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, 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,+∞) 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) =
2 ?-4x +2,-1≤x<0, ?3? ? 则 f? ?=________. ?2? ?x, 0≤x<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 φ 1(x)=x3,φ 2(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; ④若函数 f(x)=aln(x+2)+

x x +1
2

(x>-2,a∈R)有最大值,则 f(x)∈B.

其中的真命题有________.(写出所有真命题的序号) 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.

B4

函数的奇偶性与周期性
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, 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,+∞)

)

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.[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 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________. )

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 的取值范围 2? ?6 是________. 16.(-∞,2] [解析] f(x)=cos 2x+asin x=-2sin2x+asin x+1,令 sin x=t,则 f(x)

?π π ? ?1 ? ?1 ? =-2t2+at+1.因为 x∈? , ?,所以 t∈? ,1?,所以 f(x)=-2t2+at+1,t∈? ,1?.因为 2? ?6 ?2 ? ?2 ?

f(x)=cos 2x+asin x 在区间? , ?是减函数,所以 f(x)=-2t2+at+1 在区间? ,1?上是减 a a 1 函数,又对称轴为 x= ,∴ ≤ ,所以 a∈(-∞,2]. 4 4 2

?π ?6

π? 2?

?1 ?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

D

4.B

[解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3.

?1?x 选项 A 中的函数为 y=? ? ,则其函数图像不正确;选项 B 中的函数为 y=x3,则其函数图像正确; ?3? 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 3.A B.2 C.3 D.-1 )

[解析] g(1)=a-1,由 f[g(1)]=1,得 5|a-1|=1,所以|a-1|=0,故 a=1.

1 1 3. 、[2014·辽宁卷] 已知 a=2- ,b=log2 , 3 3

c=log ,则(

11 23

)

A.a>b>c B.a>c>b

C.c>a>b D.c>b>a 3.C 1 1 11 11 [解析] 因为 0<a=2- <1,b=log2 <0,c=log >log =1,所以 c>a>b. 3 3 23 22 )

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) 2. C 选 C. 5. , ,[2014·山东卷] 已知实数 x,y 满足 ax<ay(0<a<1),则下列关系式恒成立的是( A. 1 1 > 2 x +1 y +1
2

C.[1,3)

D.(1,4)

[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

)

B. ln(x2+1)>ln(y2+1) D. x3>y3
x y
2 2

C. sin x>sin y 5. D

[解析] 因为 a <a (0<a<1), 所以 x>y, 所以 sin x>sin y, ln(x +1)>ln(y +1), 2

1 x +1



1 都不一定正确,故选 D. y +1
2

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( A.f(x)=x 1 2 B.f(x)=x3

)

?1?x C.f(x)=? ? ?2? 7.B

D.f(x)=3x

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

排除选项 D. 11.[2014·陕西卷] 已知 4a=2,lg x=a,则 x=________. 1 1 1 11. 10 [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 > 2 x +1 y +1
2

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

C. sin x>sin y 5. D

D. x3>y3 1 x +1

[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), 2



1 都不一定正确,故选 D. y +1
2

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

1 的定义域为( (log2x)2-1

)

B.(2,+∞) 1? ? D. ?0, ?∪[2,+∞) 2? ?

1? ? C. ?0, ?∪(2,+∞) 2? ?

3.C

?x>0, ?x>0, [解析] 根据题意得,? 解得? 1 故选 C. 2 x>2或x< . ?(log2) -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

D

4.B

[解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3.

?1?x 选项 A 中的函数为 y=? ? ,则其函数图像不正确;选项 B 中的函数为 y=x3,则其函数图像正确; ?3? 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 =2e5, ∴a10a11+a9a12=2a10a11=2e5,∴a10a11=e5, ∴ln a1+ln a2+?+ln a20=ln(a1a2?a20)= ln(a10a11)10=ln(e5)10=ln e50=50. 1 1 3. 、[2014·辽宁卷] 已知 a=2- ,b=log2 , 3 3 [解析] 本题考查了等比数列以及对数的运算性质.∵{an}为等比数列,且 a10a11+a9a12

c=log ,则(

11 23

)

A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a 3.C 1 1 11 11 [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 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 ?x -4>0, [解析] 要使 f(x)单调递增,需有? 解得 x<-2. ?x<0,
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. 12.[2014·重庆卷] 函数 f(x)=log2 x·log 12.- 1 [解析] f(x)=log2 4 1 2
2

(2x)的最小值为________.

x·log 2(2x)= log2 x·2log2(2x)=log2x·(1+log2x)=(log2x)2

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

D

4.B

[解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3.

?1?x 选项 A 中的函数为 y=? ? ,则其函数图像不正确;选项 B 中的函数为 y=x3,则其函数图像正确; ?3? 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|+|x 2 -2a2|-3a2).若? x∈R,f(x-1)≤f(x),则实数 a 的取值范围为( ? 1 1? A.?- , ? ? 6 6? ? 1 1? C.?- , ? ? 3 3? 10.B = ? 6 6? B.?- , ? 6? ? 6 ? 3 3? D.?- , ? 3? ? 3 1 |x-a2|+|x-2a2|-3a2),所以当 0≤x≤a2 时,f(x) ( 2 )

[解析] 因为当 x≥0 时,f(x)=

1 2 (a -x+2a2-x-3a2)=-x; 2

当 a2<x<2a2 时,

f(x)=

1 (x-a2+2a2-x-3a2)=-a2; 2
2

当 x≥2a 时,

f(x)=

1 (x-a2+x-2a2-3a2)=x-3a2. 2
2 2

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

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

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

6 6 ≤a≤ . 6 6

8.[2014·山东卷] 已知函数 f(x)=|x-2|+1,g(x)=kx,若方程 f(x)=g(x)有两个不相等的 实根,则实数 k 的取值范围是( 1? ? A. ?0, ? 2? ? 8.B ?1 ? B. ? ,1? ?2 ? C. (1,2) ) D. (2,+∞)

[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,则函

1 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)的图像上存在关于 y 2 轴对称的点,则 a 的取值范围是( A.(-∞, 1 ) e B.(-∞, e) 1? ? D.?- e, ? e? ? )

? 1 ? C.?- , 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,则有 1 2 1 2 1 2

m2+e-m- =m2+ln(m+a),解得 m+a=ee-m- ,即 a=ee-m- -m(m>0),可得 a∈(-∞, e).
14. [2014·天津卷] 已知函数 f(x)=|x2+3x|, x∈R.若方程 f(x)-a|x-1|=0 恰有 4 个互异的 实数根,则实数 a 的取值范围为________. 14.(0,1)∪(9,+∞) [解析] 在同一坐标系内分别作出 y=f(x)与 y=a|x-1|的图像如图所

2 ?-ax+a=-x -3x, 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 C.6<c≤9 B.3<c≤6 D.c>9

)

6.C

?-1+a-b+c=-8+4a-2b+c, [解析] 由 f(-1)=f(-2)=f(-3)得? ? ?-8+4a-2b+c=-27+9a-3b+c

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

p+q
2

B.

(p+1)(q+1)-1 2

C. pq 8.D -1.

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

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 3 3 x -x 125 B.y= 2 3 4 x- x 125 5 3 3 1 x+ x 125 5

C.y= 10.A

D.y=-

[解析] 设该三次函数的解析式为 y=ax3+bx2+cx+d.因为函数的图像经过点(0,0),所

以 d=0,所以 y=ax3+bx2+cx.又函数过点(-5,2),(5,-2),则该函数是奇函数,故 b=0, 所以 y=ax3+cx,代入点(-5,2)得-125a-5c=2.又由该函数的图像在点(-5,2)处的切线平 1 ? a = ? 125, ?-125a-5c=2, 行于 x 轴, y′=3ax +c, 得当 x=-5 时, y′=75a+c=0.联立? 解得? 3 ?75a+c=0, c=- . ? 5 ?
2

故该三次函数的解析式为 y=

1 3 3 x - x. 125 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.
令 f′(x)=0,得 x1= -1- 4+3a , 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? ?和 ? 故 f(x)在?-∞, ,+∞?内单调递减, 3 3 ? ? ? ? ?-1- 4+3a -1+ 4+3a? ?内单调递增. 在? , 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, 所以 f(x)在 x=x2= -1+ 4+3a 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; 1 p-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

1 ②假设 n=k(k≥1,k∈N )时,不等式 ak>cp成立. 由 an+1=
*

p-1 c -p an+ a1 易知 an>0,n∈N*. p p n ak+1 p-1 c -p = + ak = ak p p

当 n=k+1 时, 1? c ? 1+ ? p-1?. p?ak ?

1 1 1? c ? 由 ak>c >0 得-1<- < ? p-1?<0. p p p?ak ? 1? c 1? c ??p ?ak+1?p ? ? c 由(1)中的结论得? ? =?1+ ? p-1?? >1+p· ? p-1?= p. p?ak ?? p?ak ? ak ? ak ? ? 1 p 因此 ak+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

再由

an+1 1? c an+1 ? =1+ ? p-1?可得 <1, an 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?>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

a2=

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

c

,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex.

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 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 当 x>x0 时,ex>? ? ? ? > ? ? = x2, c ?2? ?2? c?2? 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? ? (2)若 f(x)在区间?0, ?上单调递增,求 b 的取值范围. 3? ? 18.解:(1)当 b=4 时,f′(x)= -5x(x+2) ,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, ?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, 2? ? 在 x=0 处取得极大值 f(0)=4. (2)f′(x)= 1? -x[5x+(3b-2)] -x ? ,易知当 x∈?0, ?时, <0, 3? ? 1-2x 1-2x

1? 5 1 ? 依题意当 x∈?0, ?时,有 5x+(3b-2)≤0,从而 +(3b-2)≤0,得 b≤ . 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 C.2 7.C B.e D.1 [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 8.D ) B.1 C.2 D.3 1 ,根据已知得,当 x=0 时,y′=2,代入解得 a=3. x+1

[解析] y′=a-

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

x
1+x

(x≥0).

(1)由已知,g1(x)=

x
1+x



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

x
1+x



x
1+2x



g3(x)=

x
1+3x

,?,可得 gn(x)=

x
1+nx

.

下面用数学归纳法证明. ①当 n=1 时,g1(x)=

x
1+x

,结论成立.

②假设 n=k 时结论成立,即 gk(x)=

x
1+kx

.

x
那么,当 n=k+1 时,gk+1(x)=g(gk(x))= 1+kx gk(x) x = = ,即结论成立. 1+gk(x) x 1+(k+1)x 1+ 1+kx

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
1+x

恒成立.

设 φ (x)=ln(1+x)-

ax
1+x

(x≥0),

则 φ ′(x)=

1 a x+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, ∴a≤1 时,ln(1+x)≥

ax
1+x

恒成立(仅当 x=0 时等号成立).

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
1+x

不恒成立.

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
1+x

,x>0.

1 1 n+1 令 x= ,n∈N+,则 <ln . n n+1 n 下面用数学归纳法证明. 1 ①当 n=1 时, <ln 2,结论成立. 2 1 1 1 ②假设当 n=k 时结论成立,即 + +?+ <ln(k+1). 2 3 k+1 1 1 1 1 1 k+2 那么,当 n=k+1 时, + +?+ + <ln(k+1)+ <ln(k+1)+ln =ln(k+2), 2 3 k+1 k+2 k+2 k+1 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
1+x

,x>0.

1 n+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. x x 1 2 方法三:如图,?n dx 是由曲线 y= ,x=n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积,而 + +? x+1 2 3 ?0x+1 + n 是图中所示各矩形的面积和, 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. 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-
? ?an? ? 1 ,求数列? ?的前 ln 2 ?bn? ? ?

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, 所以 Sn=na1+

n(n-1)
2

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

(2)函数 f(x)=2x 在点(a2,b2)处的切线方程为 y-2a2=(2a2ln 2)(x-a2), 其在 x 轴上的截距为 a2- 1 . ln 2

由题意有 a2-

1 1 =2- ,解得 a2=2. ln 2 ln 2

所以 d=a2-a1=1. 从而 an=n,bn=2n, 所以数列{ }的通项公式为 = n, bn bn 2 1 2 3 n-1 n 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 1 1 1 n 1 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 2n+1-n-2 所以,Tn= . 2n

an

an

n

B12 导数的应用 21. ,[2014·四川卷] 已知函数 f(x)=e -ax -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
x
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)]上单调递 2 2 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.
令 f′(x)=0,得 x1= -1- 4+3a , 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? ?和 ? 故 f(x)在?-∞, ,+∞?内单调递减, 3 3 ? ? ? ? ?-1- 4+3a -1+ 4+3a? ?内单调递增. 在? , 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,

所以 f(x)在 x=x2=

-1+ 4+3a 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; (2)若 a< sin x π? ? <b 对 x∈?0, ?恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. 2? ?

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? ? ? 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. (2)当 x>0 时,“ sin x

x

>a”等价于“sin x-ax>0”,“

sin x

x

<b”等价于“sin x-bx<0”.

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, ?上单调递减, 2? 2? ? ? 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? ?

g(x)与 g′(x)在区间?0, ?上的情况如下:

? ?

π? 2?

x g′(x) g(x)

(0,x0) +

x0
0

π? ? ?x0, ? 2? ? -

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

π? ? 任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ? 所以,若 a< sin x π? 2 ? <b 对任意 x∈?0, ?恒成立,则 a 的最大值为 ,b 的最小值为 1. 2? π ?

x

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

c

,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex.

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 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 当 x>x0 时,ex>? ? ? ? > ? ? = x2, c ?2? ?2? c?2? 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 x (3)首先证明当 x∈(0,+∞)时,恒有 x <e . 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. 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). 22.[2014·湖北卷] π 为圆周率,e=2.718 28?为自然对数的底数. (1)求函数 f(x)= ln x

x

的单调区间;

(2)求 e3,3e,eπ ,π e, ,3π ,π 3 这 6 个数中的最大数与最小数; (3)将 e3,3e,eπ ,π e,3π ,π 3 这 6 个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论. 22.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).因为 f(x)= 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 ,π ln e<π ln 3,即 ln 3e<ln π e,ln eπ <ln 3π . 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 3e<π e<π 3,e3<eπ <3π . 故这 6 个数的最大数在π 3 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),即 由 ln π ln 3 < ,得 ln π 3<ln3π ,所以 3π >π 3; π 3 ln π ln 3 ln e < < . π 3 e ln x

x

,所以 f′(x)=

1-ln x

x2

.



ln 3 ln e < ,得 ln 3e<ln e3,所以 3e<e3. 3 e

综上,6 个数中的最大数是 3π ,最小数是 3e. (3)由(2)知,3e<π e<π 3<3π ,3e<e3. 又由(2)知, ln π ln e < ,得π e<eπ . π e

故只需比较 e3 与π e 和 eπ 与π 3 的大小. 1 由(1)知,当 0<x<e 时,f(x)<f(e)= , e 即 ln x 1 < . x e e2 e2 e2 e e e ,又 <e,则 ln < ,从而 2-ln π < ,即得 ln π >2- .① π π π π π π

在上式中,令 x=

e? 2.72? ? ? ?>2.7×(2-0.88)=3.024>3, 由①得,eln π >e?2- ?>2.7×?2- π? 3.1 ? ? ? 即 eln π >3,亦即 ln π e>ln e3,所以 e3<π e. 又由①得,3ln π >6- 所以 eπ <π 3. 综上可得,3e<e3<π e<eπ <π 3<3π , 即这 6 个数从小到大的顺序为 3e,e3,π e,eπ ,π 3,3π . 22. 、[2014·湖南卷] 已知常数 a>0,函数 3e >6-e>π ,即 3ln π >π , π

f(x)=ln(1+ax)-

2x . 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) 22.解:(1)f′(x)= - = .(*) 1+ax (x+2)2 (1+ax)(x+2)2

a

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

x1=2

1-a? ?x =-2 a ? 2

1-a

? 舍去?. a ?

当 x∈(0,x1)时,f′(x)<0; 当 x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0.

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

(2)由(*)式知,当 a≥1 时,f′(x)≥0, 此时 f(x)不存在极值点,因而要使得 f(x)有两个极值点,必有 0<a<1. 又 f(x)的极值点只可能是 x1=2 1-a

a

和 x2=-2

1-a

a

,且由 f(x)的定义可知,

x>- 且 x≠-2, a
所以-2 1-a

1

a

1 >- ,-2

1-a

a

a

≠-2,

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 而 f(x1) + f(x2) = ln(1 + ax1) - 2x1 2x2 + 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? ,1?. ?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? ? (2)若 f(x)在区间?0, ?上单调递增,求 b 的取值范围. 3? ? 18.解:(1)当 b=4 时,f′(x)= -5x(x+2) ,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, ?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, 2? ? 在 x=0 处取得极大值 f(0)=4. (2)f′(x)= 1? -x[5x+(3b-2)] -x ? ,易知当 x∈?0, ?时, <0, 3 ? ? 1-2x 1-2x

1? 5 1 ? 依题意当 x∈?0, ?时,有 5x+(3b-2)≤0,从而 +(3b-2)≤0,得 b≤ . 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? ? B.?-6,- ? 8? ? D.[-4,-3]

A.[-5,-3] C.[-6,-2]

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
则 f′(x)= -x2+8x+9

x

4



-(x-9)(x+1)

x4

,故 f(x)在[-2,-1]上单调递减,在(-1,0)

1+4-3 x2-4x-3 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≥ , -1 x3

x2-4x-3 -x2+8x+9 令个 g(x)= (0<x≤1),则 g′(x)= = x3 x4
-(x-9)(x+1)

x4

, 1-4-3 =-6. 1

故 g(x)在(0,1]上单调递增,此时有 a≥ 综上,-6≤a≤-2.

22. 、[2014·全国卷] 函数 f(x)=ln(x+1)- (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 a1=1,an+1=ln(an+1),证明:

ax x+a

(a>1).

2 3 <an≤ . n+2 n+2

x[x-(a2-2a)] 22.解:(1)易知 f(x)的定义域为(-1,+∞),f′(x)= . (x+1)(x+a)2
(i)当 1<a<2 时,若 x∈(-1,a2-2a),则 f′(x)>0,所以 f(x)在(-1,a2-2a)是增函数; 若 x∈(a2-2a,0),则 f′(x)<0,所以 f(x)在(a2-2a,0)是减函数; 若 x∈(0,+∞),则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)是增函数. (ii)当 a=2 时,若 f′(x)≥0,f′(x)=0 成立当且仅当 x=0,所以 f(x)在(-1,+∞)是增函 数. (iii)当 a>2 时,若 x∈(-1,0),则 f′(x)>0,所以 f(x)在(-1,0)是增函数; 若 x∈(0,a2-2a),则 f′(x)<0, 所以 f(x)在(0,a2-2a)是减函数; 若 x∈(a2-2a,+∞),则 f′(x)>0,所以 f(x)在(a2-2a,+∞)是增函数. (2)由(1)知,当 a=2 时,f(x)在(-1,+∞)是增函数. 当 x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=0,即 ln(x+1)> 又由(1)知,当 a=3 时,f(x)在[0,3)是减函数. 2x (x>0). x+2

当 x∈(0,3)时,f(x)<f(0)=0,即 ln(x+1)< 2 3 <an≤ . n+2 n+2

3x (0<x<3). x+3

下面用数学归纳法证明

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

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

ak+1=ln(ak+1)≤ln?

3 ? 3 ? +1?< = , k + 2 k+3 ? ? 3 +3 k+2 2 3 <ak+1≤ ,结论成立. k+3 k+3

即当 n=k+1 时,有

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,+∞) C.(-∞,-2) 11.C )

B.(1,+∞) D.(-∞,-1)

[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)极小值

a

a -4 ?2? a -4 =f? ?= 2 ,此时只需 2 >0,即可解得 a<-2; a a ?a?
2 2

若 a>0,则 f(x)极大值=f(0)=1>0,此时函数 f(x)一定存在小于零的零点,不符合题意.

综上可知,实数 a 的取值范围为(-∞,-2).

bex-1 21. 、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)=ae ln x+ ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的 x
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? ? 所以当 x∈?0, ?时,g′(x)<0; e? ? ?1 ? 当 x∈? ,+∞?时,g′(x)>0. ?e ? 1? ? ?1 ? ?1? 故 g(x)在?0, ?上单调递减,在? ,+∞?上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上的最小值为 g? ? e e ? ? ? ? ?e? 1 =- . 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,+∞)上的最大值为 h(1) 1 =- . e

?1? 因为 gmin(x)=g? ?=h(1)=hmax(x), ?e? 所以当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1. 21. 、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 g(x)=f(2x)-4bf(x),当 x>0 时,g(x)>0,求 b 的最大值; (3)已知 1.414 2< 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 3 8 2-3 当 b=2 时,g(ln 2)= -4 2+6ln 2>0,ln 2> >0.692 8; 2 12 当 b= 3 2 +1 时,ln(b-1+ b2-2b)=ln 2, 4 3 2

g(ln 2)=- -2 2+(3 2+2)ln 2<0,
ln 2< 18+ 2 <0.693 4. 28

所以 ln 2 的近似值为 0.693. ?2 ? 20. [2014·山东卷] 设函数 f(x)= 2-k? +ln x?(k 为常数, e=2.718 28?是自然对数的底数). x x ? ? ex (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?- 2+ ? x4 ? x x?


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(ln k)<0, 当且仅当? g(2)>0, ?0<ln k<2,
g(0)>0,
e2 解得 e<k< . 2 e2? ? 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, ?. 2? ? 21. , , ,[2014·陕西卷] 设函数 f(x)=ln(1+x),g(x)=xf′(x),x≥0,其中 f′(x)是 f(x)的 导函数.

(1)令 g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求 gn(x)的表达式; (2)若 f(x)≥ag(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; (3)设 n∈N+,比较 g(1)+g(2)+?+g(n)与 n-f(n)的大小,并加以证明. 21.解:由题设得,g(x)=

x
1+x

(x≥0).

(1)由已知,g1(x)=

x
1+x



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

x
1+x



x
1+2x



g3(x)=

x
1+3x

,?,可得 gn(x)=

x
1+nx

.

下面用数学归纳法证明. ①当 n=1 时,g1(x)=

x
1+x

,结论成立.

②假设 n=k 时结论成立,即 gk(x)=

x
1+kx

.

x
那么,当 n=k+1 时,gk+1(x)=g(gk(x))= 1+kx gk(x) x = = ,即结论成立. 1+gk(x) x 1+(k+1)x 1+ 1+kx

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
1+x

恒成立.

设 φ (x)=ln(1+x)-

ax
1+x

(x≥0),

则 φ ′(x)=

1 a x+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,

∴a≤1 时,ln(1+x)≥

ax
1+x

恒成立(仅当 x=0 时等号成立).

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
1+x

不恒成立.

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
1+x

,x>0.

1 1 n+1 令 x= ,n∈N+,则 <ln . n n+1 n 下面用数学归纳法证明. 1 ①当 n=1 时, <ln 2,结论成立. 2 1 1 1 ②假设当 n=k 时结论成立,即 + +?+ <ln(k+1). 2 3 k+1 1 1 1 1 1 k+2 那么,当 n=k+1 时, + +?+ + <ln(k+1)+ <ln(k+1)+ln =ln(k+2), 2 3 k+1 k+2 k+2 k+1 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
1+x

,x>0.

1 n+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. x x 1 2 方法三:如图,?n dx 是由曲线 y= ,x=n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积,而 + +? x+1 2 3 ?0x+1 + n 是图中所示各矩形的面积和, 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; (2)证明: 随着 a 的减小而增大;

x2 x1

(3)证明:x1+x2 随着 a 的减小而增大. 20.解:(1)由 f(x)=x-aex,可得 f′(x)=1-aex. 下面分两种情况讨论: (i)a≤0 时,f′(x)>0 在 R 上恒成立,可得 f(x)在 R 上单调递增,不合题意. (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)=? -e ?+?ln -e ?<0. a? ? a a? a a ?a 故 a 的取值范围是(0,e-1).

x x 1-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)上 e e e
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(ξ 1)=g(ξ 2)=a1,其中 0<ξ 1<1<ξ 2;g(η 1)=g(η 2) =a2,其中 0<η 1<1<η 2. 因为 g(x)在(0,1)上单调递增,所以由 a1>a2,即 g(ξ 1)>g(η 1),可得 ξ 1>η 1.类似可得 ξ 2<η 2. 又由 ξ 1,η 1>0,得 ξ 2 η 2 η 2 < < , ξ 1 ξ 1 η 1

所以 随着 a 的减小而增大. (3)证明:由 x1=aex1,x2=aex2,可得 ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.故 x2-x1=ln x2-ln x1 =ln .

x2 x1

x2 x1

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

1

x

.

1 ?x-1?2 ? . 令 u(x)=-2ln x+x- ,得 u′(x)=? x ? x ? 当 x∈(1,+∞)时,u′(x)>0.因此,u(x)在(1,+∞)上单调递增,故对于任意的 x∈(1,+∞),

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

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 时, 3 3

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.

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

(2)令 h(x)=f(x)+b, ?x +3x-3a+b,x≥a, 则 h(x)=? 3 ?x -3x+3a+b,x<a,
3 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,所 3 1 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, ?上是增函数,故 t(a)>t(0)=-2, 3? ? 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,所 3 以 a +b≥-2 且 3a+b+2≤2,解得-
3

28 <3a+b≤0; 27

(iv)当 a≥1 时,h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=2+3a+b,最小值是 h(1)=-2+3a+b, 所以 3a+b+2≤2 且 3a+b-2≥-2,解得 3a+b=0. 综上,得 3a+b 的取值范围是-2≤3a+b≤0. 20.[2014·重庆卷] 已知函数 f(x)=ae2x-be-2x-cx(a,b,c∈R)的导函数 f′(x)为偶函数,且 曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为 4-c. (1)确定 a,b 的值;

(2)若 c=3,判断 f(x)的单调性; (3)若 f(x)有极值,求 c 的取值范围. 20. 解: (1)对 f(x)求导得 f′(x)=2ae2x+2be-2x-c, 由 f′(x)为偶函数, 知 f′(-x)=f′(x), 即 2(a-b)(e2x-e-2x)=0.因为上式总成立,所以 a=b. 又 f′(0)=2a+2b-c=4-c,所以 a=1,b=1. (2)当 c=3 时,f(x)=e2x-e-2x-3x,那么

f′(x)=2e2x+2e-2x-3≥2 2e2x·2e-2x-3=1>0,
故 f(x)在 R 上为增函数. (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. 2 c± c2-16 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 有两 t 4 1 1 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

14.

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

[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 ?-1

交函数; x4 ③?1 f(x)g(x)dx=?1 x·x2dx= 1 -1=0,故第③组是区间[-1,1]上的正交函数. 4 ?-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 6 )

A.x=

B.x=

7π 12

C.x=
9. A

π 3

D.x=

π 6 2π 2π 2π ? 2π ? -φ ?+cos 即∫ 0f(x)dx=0, 0f(x)dx=-cos(x-φ ) 0=-cos? 3 3 3 ? 3 ?

[解析] 因为∫

φ =0,可取φ =

π 5π ,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?1f(x)dx,则?1f(x)dx=( ?0 ?0

A.-1 B.-

1 3
1 0

C.

1 3

D.1

8.B

2 1 ?1 3 ?2?1f(x)dx? ?1 1 ?x +2? f(x)dx? ?x?0= +2?1f(x)dx,得?1 [解析] ? f(x)dx=? ? ?dx=? x +? ? ?0 0 3 ? ? ? 3 ? ? ? ? ? ? ? 1 0 0 0

f(x)dx=- .
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 )

1 3

[解析] 直线 y=4x 与曲线 y=x3 在第一象限的交点坐标是(2,8),所以两者围成的封闭图 1 ??2 2x2- x4?? 0=4,故选 D. 4 ?? )

? 形的面积为?2(4x-x3)dx=? ?0 ?

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
2 1 2 0 [解析] ?1(2x+ex)dx=(x2+ex)1 0=(1 +e )-(0 +e )=e. ?0

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? 2?=2f(x); ?1+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 =ln

[解析] f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x) 1-x 1+x =-ln =-[ln(1+x)-ln(1-x)] 1+x 1-x

2x ? 2x ? 2x ? 2x ? ? ? ? =-f(x), 故①正确; 当 x∈(-1, 1)时, 1), 且 f? 2?=ln?1+ 2?-ln?1- 2∈(-1, 1+x ? 1+x2? 1+x ?1+x ? ? ? 2x 1+x2 1+x2+2x 1+x ?1+x?2 ? =2ln =ln =ln =ln? =2[ln(1+x)-ln(1-x)]=2f(x), 故②正确; 2 1 - x 2x 1+x -2x 1-x ? ? 1- 1+x2 1+ 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)的图像上存在关于 y 2 轴对称的点,则 a 的取值范围是( A.(-∞, 1 ) e B.(-∞, e) 1? ? D.?- e, ? e? ? )

? 1 ? C.?- , 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,则有 1 2 1 2 1 2

m2+e-m- =m2+ln(m+a),解得 m+a=ee-m- ,即 a=ee-m- -m(m>0),可得 a∈(-∞, e).

14. 、[2014·湖北卷] 设 f(x)是定义在(0,+∞)上的函数,且 f(x)>0,对任意 a>0,b>0,若经 过点(a,f(a)),(b,-f(b))的直线与 x 轴的交点为(c,0),则称 c 为 a,b 关于函数 f(x)的平

均数,记为 Mf(a,b),例如,当 f(x)=1(x>0)时,可得 Mf(a,b)=c= 的算术平均数. (1)当 f(x)=________(x>0)时,Mf(a,b)为 a,b 的几何平均数; (2)当 f(x)=________(x>0)时,Mf(a,b)为 a,b 的调和平均数 (以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可) 14.(1) x (2)x(或填(1)k1 x;(2)k2x,其中 k1,k2 为正常数) 2ab . a+b

a+b
2

,即 Mf(a,b)为 a,b

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

0-f(a) 0+f(b) = . ab-a ab-b

因为 a>0,b>0,所以化简得 (2)依题意,c=

f(a) f(b) = ,故可以选择 f(x)= x(x>0); a b

2ab 0-f(a) 0+f(b) f(a) f(b) ,则 = ,因为 a>0,b>0,所以化简得 = , a+b 2ab 2ab a b -a -b a+b a+b

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

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

f(x)=ln(1+ax)-

2x . x+2

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

a
1+ax



2(x+2)-2x ax2+4(a-1) = .(*) (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

x1=2

1-a? ?x =-2 a ? 2

1-a

? 舍去?. a ?

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

(2)由(*)式知,当 a≥1 时,f′(x)≥0, 此时 f(x)不存在极值点,因而要使得 f(x)有两个极值点,必有 0<a<1. 又 f(x)的极值点只可能是 x1=2 1-a

a

和 x2=-2

1-a

a

,且由 f(x)的定义可知,

x>- 且 x≠-2, a
所以-2 1-a

1

a

1 >- ,-2

1-a

a

a

≠-2,

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 而 f(x1) + f(x2) = ln(1 + ax1) - 2x1 2x2 + 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? ,1?. ?2 ?

bex-1 21. 、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)=ae ln x+ ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的 x
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? ? 所以当 x∈?0, ?时,g′(x)<0; e? ? ?1 ? 当 x∈? ,+∞?时,g′(x)>0. ?e ? 1? ? ?1 ? ?1? 故 g(x)在?0, ?上单调递减,在? ,+∞?上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上的最小值为 g? ? e? ? ?e ? ?e? 1 =- . 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,+∞)上的最大值为 h(1) 1 =- . e ?1? 因为 gmin(x)=g? ?=h(1)=hmax(x), ?e? 所以当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1. 21. 、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 g(x)=f(2x)-4bf(x),当 x>0 时,g(x)>0,求 b 的最大值; (3)已知 1.414 2< 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 3 8 2-3 当 b=2 时,g(ln 2)= -4 2+6ln 2>0,ln 2> >0.692 8; 2 12 当 b= 3 2 +1 时,ln(b-1+ b2-2b)=ln 2, 4 3 2

g(ln 2)=- -2 2+(3 2+2)ln 2<0,
ln 2< 18+ 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 φ 1(x)=x3,φ 2(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; ④若函数 f(x)=aln(x+2)+

x x +1
2

(x>-2,a∈R)有最大值,则 f(x)∈B.

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

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

区间外的某一个 b0∈R,一定存在一个 a0∈D,使得 f(a0)=b-g(a0),即 f(a0)+g(a0)=b0?[-M,

M],故③正确.
对于 f(x)=aln(x+2)+

x x +1
2

(x>-2),当 a>0 或 a<0 时,函数 f(x)都没有最大值.要使得

函数 f(x)有最大值,只有 a=0,此时 f(x)=

x x +1
2

(x>-2).

1 ? 1 1? 易知 f(x)∈?- , ?,所以存在正数 M= ,使得 f(x)∈[-M,M],故④正确. 2 2 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; (2)证明: 随着 a 的减小而增大; (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:

x2 x1

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)=? -e ?+?ln -e ?<0. a? ? a a? a a ?a 故 a 的取值范围是(0,e-1).

x x 1-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)上 e e e
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(ξ 1)=g(ξ 2)=a1,其中 0<ξ 1<1<ξ 2;g(η 1)=g(η 2) =a2,其中 0<η 1<1<η 2. 因为 g(x)在(0,1)上单调递增,所以由 a1>a2,即 g(ξ 1)>g(η 1),可得 ξ 1>η 1.类似可得 ξ 2<η 2. 又由 ξ 1,η 1>0,得 ξ 2 η 2 η 2 < < , ξ 1 ξ 1 η 1

所以 随着 a 的减小而增大. (3)证明:由 x1=aex1,x2=aex2,可得 ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.故 x2-x1=ln x2-ln x1 =ln . ?x2=tx1, x2 ln t tln t (t+1)ln t 设 =t,则 t>1,且? 解得 x1= ,x2= ,所以 x1+x2= .① x1 t-1 t-1 t-1 ?x2-x1=ln t, (x+1)ln x 令 h(x)= ,x∈(1,+∞), x-1 -2ln x+x- 则 h′(x)= (x-1)
2

x2 x1

x2 x1

1

x

.

1 ?x-1?2 ? . 令 u(x)=-2ln x+x- ,得 u′(x)=? x ? x ? 当 x∈(1,+∞)时,u′(x)>0.因此,u(x)在(1,+∞)上单调递增,故对于任意的 x∈(1,+∞),

u(x)>u(1)=0,由此可得 h′(x)>0,故 h(x)在(1,+∞)上单调递增.
因此,由①可得 x1+x2 随着 t 的增大而增大. 而由(2),t 随着 a 的减小而增大,所以 x1+x2 随着 a 的减小而增大. 1 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( ) B.I2<I1<I3 D.I3<I2<I1

A.I1<I2<I3 C.I1<I3<I2

10.B

?? i ?2 ?i-1?2? 2i-1 1 [解析] 对于 I1,由于?? ? -? ? ?= 992 (i=1,2,?,99),故 I1=992(1+3+5 ? 99 ? ? ??99?

? i i-1 ? i ?2 ?i-1?2? 2 992 +?+2×99-1)= 2=1;对于 I2,由于 2? - ? ?= 2|100-2i|(i=1, -? ? +? 99 99 ?99? ? 99 ? ? 99 ?99 2,?,99),故 I2= 1 3 ? ? 1? 99? 2 50(98+0) 100×98 992-1 × 2 × = = <1. 992 2 992 992 ? ? 0? 99? ? ? 2? 99? ? ? 1? 99?

I3= sin ?2π × ?-sin ?2π × ?+sin?2π × ?-sin ?2π × ?+?+
99? 98? ? ? sin?2π × ?-sin?2π × ?= 99? 99? ? ? 25? 74? 4 1? ? ? ?2sin?2π × ?-2sin?2π × ?≈ >1.故 I2<I1<I3,故选 B. 99? 99? 3 3? ? ? ?x +x,x<0, 15.[2014·浙江卷] 设函数 f(x)=? 2 ?-x , x≥0.
2

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

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 时, 3 3

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.

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

(2)令 h(x)=f(x)+b, ?x +3x-3a+b,x≥a, 则 h(x)=? 3 ?x -3x+3a+b,x<a,
3 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,所 3 1 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, ?上是增函数,故 t(a)>t(0)=-2, 3? ? 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,所 3 以 a3+b≥-2 且 3a+b+2≤2,解得- 28 <3a+b≤0; 27

(iv)当 a≥1 时,h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=2+3a+b,最小值是 h(1)=-2+3a+b, 所以 3a+b+2≤2 且 3a+b-2≥-2,解得 3a+b=0. 综上,得 3a+b 的取值范围是-2≤3a+b≤0. 4.[2014·黄冈中学期末] 已知 f(x)是定义在 R 上以 2 为周期的偶函数,且当 0≤x≤1 时,f(x) 1 ? 2011? ?=( =log (1-x),则 f?- 4 ? 2 ? A.-2 B. 4.D 1 2 C.1 D.2 )

[解析] f-

2011 2011 3 1 3 11 =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( A.a> )

1 1 B.a> 或 a<-1 5 5 1 5 D.a<-1

C.-1<a< 5.B

[解析] 由题意,要使函数 f(x)在区间(-1,1)上存在一个零点,则有 f(-1)f(1)<0,即

1 (a+1)(-5a+1)<0,所以(a+1)(5a-1)>0,解得 a> 或 a<-1. 5 1? ? 11.[2014·福建闽南期末] 计算:?2?1+ ?dx=________. x? ?1? 11.1+ln 2 1 [解析] ?21+ dx=(x+ln x) x ?1 ? 2 ?) 1=(2+ln 2)-(1+ln 1)=1+ln 2. ? )

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

B.c≤ C.c≥ D.c> 4.A

1 4 1 4 1 4 1 [解析] 由题意得,f′(x)=x2-x+c,Δ =1-4c>0,解得 c< . 4

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), ∴f(-x)= 1 . f(x)

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

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

x h′(x) h(x)

(-∞,-1) + ↗

-1 0 极大值

(-1,a) - ↘

a
0 极小值

(a,+∞) + ↗

所以函数 h(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(a,+∞),单调递减区间为(-1,a), 故 h(x)在区间(-2,-1)上单调递增,在区间(-1,0)上单调递减. 又函数 h(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,所以有

?h(-2)<0, ? ?h(-1)>0,即?-1+1-a+a-a>0, ?h(0)<0, ? 3 2

?

8 - +2(1-a)+2a-a<0, 3

?-a<0,

1 1 解得 0<a< ,所以实数 a 的取值范围是 0, . 3 3 1 1-a (3)当 a=1,b=0 时,h(x)= x3-x-1,b= , 3 2 则由(2)可知,函数 h(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(1,+∞),单调递减区间为(-1,1). 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
3

h(x) 在 区 间 [t , t + 3] 上 的 最 小 值 [h(x)]min =

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


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