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2014年普通高等学校招生全国统一考试分类汇编5—函数导数与积分T(理科)


2014 高考数学分类汇编—函数导数定积分
(一) 函数及其表示 1.[2014· 安徽卷] 6. 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 C.0 1 D.- 2

[解析]6. A. 由已知可得, f? sin

17π 11π 17π 23π ? ?17π ? ?11π ? ? 5π ? ? 6 ?=f? 6 ?+sin 6 =f? 6 ?+sin 6 +sin 6 =f? 6 ?+

5π 11π 17π 5π 5π 1 π +sin +sin =2sin +sin?- ?=sin = . 6 6 6 6 6 2 ? 6? 2.[2014· 北京卷] 2.下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是(
2
-x

)

A.y= x+1 B.y=(x-1) C.y=2 D.y=log0.5(x+1) [解析] 2.A. 由基本初等函数的性质得,选项 B 中的函数在(0,1)上递减,选项 C,D 中的 函数在(0,+∞)上为减函数,所以排除 B,C,D,选 A.
2 ? ?x +1,x>0, 3.[2014· 福建卷] 7. 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,+∞) [解析]7.D 由函数 f(x)的解析式知,f(1)=2,f(-1)=cos(-1)=cos 1,f(1)≠f(-1),则 f(x) 不是偶函数; 当 x>0 时,令 f(x)=x2+1,则 f(x)在区间(0,+∞)上是增函数,且函数值 f(x)>1; 当 x≤0 时,f(x)=cos x,则 f(x)在区间(-∞,0]上不是单调函数,且函数值 f(x)∈[-1,1]; ∴函数 f(x)不是单调函数,也不是周期函数,其值域为[-1,+∞). 4.[2014· 江西卷]2. 函数 f(x)=ln(x2-x)的定义域为( ) A.(0,1] B.[0,1]C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(-∞,0]∪[1,+∞) [解析]2.C. 由 x2-x>0,得 x>1 或 x<0. 1 5.[2014· 山东卷] 3.函数 f(x)= 的定义域为( ) (log2x)2-1 1? A.? ?0,2? B.(2,+∞) 1? C. ? ?0,2?∪(2,+∞) 1? D. ? ?0,2?∪[2,+∞)

? ?x>0, ? ? [解析] 3.C 根据题意得,? 解得 ? 1 故选 C. 2 ? ?(log2) -1>0, ?x>2或x< .
x>0,

?

2

(二) 反函数(高中针对指对函数) 6.[2014· 全国卷] 12.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) [解析] 12. D. 设(x0, y0)为函数 y=f(x)的图像上任意一点, 其关于直线 x+y=0 的对称点为(-
1

y0,-x0).根据题意,点(-y0,-x0)在函数 y=g(x)的图像上,又点(x0,y0)关于直线 y=x 的对称 点为(y0,x0),且(y0,x0)与(-y0,-x0)关于原点对称,所以函数 y=f(x)的反函数的图像与函数 y= g(x)的图像关于原点对称,所以-y=g(-x),即 y=-g(-x). (三) 函数的单调性与最值 7.[2014· 北京卷] 2. 下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是(
2
-x

)

A.y= x+1 B.y=(x-1) C.y=2 D.y=log0.5(x+1) [解析]2.A 由基本初等函数的性质得,选项 B 中的函数在(0,1)上递减,选项 C,D 中的 函数在(0,+∞)上为减函数,所以排除 B,C,D,选 A.
2 ? ?x +1,x>0, ? 8. [2014· 福建卷] 7.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,+∞) [解析] 7.D 由函数 f(x)的解析式知,f(1)=2,f(-1)=cos(-1)=cos 1,f(1)≠f(-1),则 f(x) 不是偶函数; 当 x>0 时,令 f(x)=x2+1,则 f(x)在区间(0,+∞)上是增函数,且函数值 f(x)>1; 当 x≤0 时,f(x)=cos x,则 f(x)在区间(-∞,0]上不是单调函数,且函数值 f(x)∈[-1,1]; ∴函数 f(x)不是单调函数,也不是周期函数,其值域为[-1,+∞). 1 9. [2014· 广东卷] 21.设函数 f(x)= ,其中 k<-2. 2 2 (x +2x+k) +2(x2+2x+k)-3 (1)求函数 f(x)的定义域 D(用区间表示); (2)讨论函数 f(x)在 D 上的单调性; (3)若 k<-6,求 D 上满足条件 f(x)>f(1)的 x 的集合(用区间表示). 解法一:21.(1).可知 ( x ? 2 x ? k ) ? 2( x ? 2 x ? k ) ? 3 ? 0 ,
2 2 2

?[( x2 ? 2x ? k ) ? 3] ?[( x2 ? 2x ? k ) ?1] ? 0 , ? x2 ? 2 x ? k ? ?3 或 x 2 ? 2 x ? k ? 1 , ?( x ? 1)2 ? ?2 ? k (?2 ? k ? 0) 或 ( x ? 1)2 ? 2 ? k (2 ? k ? 0) ,

? | x ? 1|? ?2 ? k 或 | x ?1|? 2 ? k ,
??1 ? ?2 ? k ? x ? ?1 ? ?2 ? k 或 x ? ?1 ? 2 ? k 或 x ? ?1 ? 2 ? k , 所以函数 f ( x ) 的定义域 D 为

(??, ?1 ? 2 ? k )
(2).

(?1 ? ?2 ? k , ?1 ? ?2 ? k )

(?1 ? 2 ? k , ? ?) ;

f '( x) ? ?

2( x 2 ? 2 x ? k )(2 x ? 2) ? 2(2 x ? 2) 2 ( x 2 ? 2 x ? k ) 2 ? 2( x 2 ? 2 x ? k ) ? 3
2 2 3
3

??

( x 2 ? 2 x ? k ? 1)(2 x ? 2) ( x ? 2 x ? k ) ? 2( x ? 2 x ? k ) ? 3
2

2 , 由 f ' (x )? 0得 ( x ? 2x ? k ? 1)(2 x ? 2) ? 0 , 即

? x ? ?1 ? ?k 或 ?1 ? x ? ?1 ? ?k , 结 合 定 义 域 知 ( x ? 1 ? k ) (x ? 1? k ) ( x ? 1) ? ,0 x ? ?1 ? 2 ? k 或 ?1 ? x ? ?1 ? ?2 ? k ,
2

所以函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (??, ?1 ? 2 ? k ) , (?1, ?1 ? ?2 ? k ) , 同理递减区间为 (?1 ? ?2 ? k , ?1) , (?1 ? 2 ? k , ? ?) ; (3).由 f ( x) ? f (1) 得 ( x2 ? 2x ? k )2 ? 2( x2 ? 2x ? k ) ? 3 ? (3 ? k )2 ? 2(3 ? k ) ? 3 ,

?[( x2 ? 2x ? k )2 ? (3 ? k )2 ] ? 2[( x2 ? 2x ? k ) ? (3 ? k )] ? 0 , ?( x2 ? 2x ? 2k ? 5) ? ( x2 ? 2x ? 3) ? 0 ,

?( x ?1 ? ?2k ? 4)( x ?1 ? ?2k ? 4) ? ( x ? 3)( x ?1) ? 0 ,
? x ? ?1 ? ?2k ? 4 或 x ? ?1 ? ?2k ? 4 或 x ? ?3 或 x ? 1 , k ? ?6 ,?1? (?1, ?1 ? ?2 ? k ) , ?3 ? (?1 ? ?2 ? k , ?1) , ?1 ? ?2k ? 4 ? ?1 ? 2 ? k , ?1 ? ?2k ? 4 ? ?1 ? 2 ? k , 结合函数 f ( x ) 的单调性知 f ( x) ? f (1) 的解集为
(?1 ? ?2k ? 4, ?1 ? 2 ? k )
(?1 ? 2 ? k , ?1 ? ?2k ? 4) .
解法二:解: (1)依题意有 ( x2 ? 2 x ? k )2 ? 2( x2 ? 2 x ? k ) ? 3 ? 0

(?1 ? ?2 ? k , ? 3)

(1, ?1 ? ?2 ? k )

?x

2

? 2 x ? k +3? ? ? x 2 ? 2 x ? k ? 1? ? 0

k ? ?2,? k ? 3 ? 1, k ? 1 ? ?3 故 x2 ? 2 x ? k +3=0,x 2 ? 2 x ? k ? 1=0 均有两根记为

x1 ? ?1? ?2 ? k , x2 ? ?1? ?2 ? k , x3 ? ?1? 2 ? k , x4 ? ?1? 2 ? k
2 2 注意到 x3 ? x1 ? x2 ? x4 ,故不等式 x ? 2 x ? k +3 ? x ? 2 x ? k ? 1 ? 0 的解集为

?

??

?

? ??, x4 ? ? ? x2 , x1 ? ? ? x3 , ???
2

,即 D ? ? ??, x4 ? ? ? x2 , x1 ? ? ? x3 , ???
2 2

(2)令 g ? x ? =( x ? 2x ? k ) ? 2( x ? 2x ? k ) ? 3, x ? D
' 2 2 则 g ? x ? =2( x ? 2 x ? k ) ? ? 2 x ? 2 ? ? 2(2 x ? 2) ? 4 ? x ? 1? ? x ? 2 x ? k +1

?

?

' 令 g ? x ? ? 0 ,注意到 k ? ?2, k ? 1 ? ?1 ,故方程 x 2 ? 2 x ? k ? 1 ? 0 有两个不相等的实数根

记为 x5 ? ?1 ? ?k , x6 ? ?1 ? ?k ,且 x7 ? ?1 注意到 x3 ? x5 ? x1 ? ?1 ? x2 ? x6 ? x4 结合图像可知 在区间 ? x2 , ?1? , ? x3 , ??? 上 g ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递增
'

3

在区间 ? ??, x4 ? , ? ?1, x1 ? 上 g ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递减
'

故 f ? x ? 在区间 ? x2 , ?1? , ? x3 , ??? 上单调递减,在区间 ? ??, x4 ? , ? ?1, x1 ? 上单调递增. (3) f (1) ?

1 (k ? 3)2 ? 2(k ? 3) ? 3

?

1

? k ? 2? ? ? k ? 6?
1
2 2

在区间 D 上, 令 f ? x ? ? f ?1? , 即 即

( x ? 2 x ? k ) ? 2( x ? 2 x ? k ) ? 3
2

=

1

? k ? 2? ? ? k ? 6?



( x2 ? 2x ? k )2 ? 2( x2 ? 2x ? k ) ? 3=k 2 ? 8k ?12

( x2 ? 2x ? k )2 ? 2( x2 ? 2x ? k ) ? ? k ? 3? ? ? k ? 5? ? 0
2 2 ? ? x ? 2 x ? k ? ? k ? 3? ? ?? ? x ? 2 x ? k ? ? k ? 5?? ??0 2 2 ? ? x ? 2 x ? 3? ?? ? x ? 2 x ? 2k ? 5 ? ? ? 0 ? ??

方程 x 2 ? 2 x ? 2k ? 5 ? 0 的判别式 ? ? ?8k ? 16 ? 0 ,故此方程 ? ?? 有 4 个不相等的实数根, 记为 x8 ? 1, x9 ? ?3, x10 ? ?1 ? ?2k ? 4, x11 ? ?1? ?2k ? 4 注意到 k ? ?6 ,故,

x1 ? ?1? ?2 ? k ? 1, x2 ? ?1? ?2 ? k ? ?3 ,故 x8 , x9 ? D
x10 ? x3 ? ?1 ? ?2k ? 4 ? ?1 ? 2 ? k ? ?2k ? 4 ? 2 ? k =

?

?

?k ? 6 ?0, 故 ?2k ? 4 ? 2 ? k

x10 ? D
x4 ? x11 ? ?2k ? 4 ? 2 ? k ?

? ?2k ? 4? ? ? 2 ? k ? ?
?2k ? 4 ? 2 ? k

?k ? 6 ? 0 故 x11 ? D ?2k ? 4 ? 2 ? k

结合 D ? ? ??, x4 ? ? ? x2 , x1 ? ? ? x3 , ??? 和函数的图像 可得 f ( x) ? f (1) 的解集为 ? x11, x4 ? ? ? x2 , x9 ? ? ? x8 , x1 ?

? x3 , x10 ?
4

【品题】函数题(1)考查了数轴标根法,4 个根,学过这个方法的学生就能快速做出第一问.

我记得考纲上有这样一句“试题中函数一般不超过 3 次”这次真超过 4 次了. (2)考查了复合函数单调性,利用导数作工具,这个题还是很容易的,而且不涉及到分类讨 论,就是题目的根太多太多了. (3)利用数形结合的思想,容易知道所求的范围,接下来只要根不求错,那就没问题了. 总的来说,本题就是根太多,结合图像,不要搞错咯~~二次函数问题依旧是备考的重点,也 是难点,平时努力了,也未必有大收获.

-1
附: g ? x ? 的大致图像为

x x4 x6 x
2

1

x3 x
5

f ? x ? 的大致图像为
x11 x4 x2

x

9

x

8

x1

x3 x10

10. [2014· 四川卷] 12.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, ?

3? ? 1? ? 1? 1 2 2- =f - =-4?- ? +2=1. [解析] 12.1 由题意可知,f? = f ?2? ? 2? ? 2? ? 2? 11. [2014· 四川卷] 15. 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,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) [解析] 15.①③④ 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.
5

取函数 f(x)=x(-1<x<1),其值域为(-1,1),于是,存在 M=1,使得 f(x)的值域包含于[- M,M]=[-1,1],但此时 f(x)没有最大值和最小值,故②错误. 当 f(x)∈A 时,由①可知,对任意的 b∈R,存在 a∈D,使得 f(a)=b,所以,当 g(x)∈B 时, 对于函数 f(x)+g(x),如果存在一个正数 M,使得 f(x)+g(x)的值域包含于[-M,M],那么对于该 区间外的某一个 b0∈R,一定存在一个 a0∈D,使得 f(a0)=b-g(a0),即 f(a0)+g(a0)=b0?[-M, M],故③正确. x 对于 f(x)=aln(x+2)+ 2 (x>-2),当 a>0 或 a<0 时,函数 f(x)都没有最大值.要使得函 x +1 x 数 f(x)有最大值,只有 a=0,此时 f(x)= 2 (x>-2). x +1 1 1? 1 易知 f(x)∈? ?-2,2?,所以存在正数 M=2,使得 f(x)∈[-M,M],故④正确. 12. [2014· 四川卷] 21. 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. 解:21. (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)]上单调递减, 2 2 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.
6

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). (四) 函数的奇偶性与周期性
?x2+1,x>0, ? 13. [2014· 福建卷] 7.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,+∞) [解析]7.D. 由函数 f(x)的解析式知,f(1)=2,f(-1)=cos(-1)=cos 1,f(1)≠f(-1),则 f(x) 不是偶函数; 当 x>0 时,令 f(x)=x2+1,则 f(x)在区间(0,+∞)上是增函数,且函数值 f(x)>1; 当 x≤0 时,f(x)=cos x,则 f(x)在区间(-∞,0]上不是单调函数,且函数值 f(x)∈[-1,1]; ∴函数 f(x)不是单调函数,也不是周期函数,其值域为[-1,+∞). 14.[2014· 湖南卷] 3.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 2 +x +1,则 f(1)+g(1)=( ) A.-3 B.-1 C.1 D.3 [解析]3.C 因为 f(x)是偶函数,g(x)是奇函数, 所以 f(1)+g(1)=f(-1)-g(-1)=(-1)3+(-1)2+1=1. 15. [2014· 新课标全国卷Ⅰ] 3.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 [解析] C 由于偶函数的绝对值还是偶函数,一个奇函数与一个偶函数之积为奇函数,故正确 选项为 C. 16.[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 15. 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________.
7

[解析] (-1,3) 根据偶函数的性质,易知 f(x)>0 的解集为(-2,2),若 f(x-1)>0,则-2<x- 1<2,解得-1<x<3. (五) 二次函数 π π 17.[2014· 全国卷] 若函数 f(x)=cos 2x+asin x 在区间? , ?是减函数,则 a 的取值范围是 ?6 2? ________. [解析] 16.(-∞,2] 。f(x)=cos 2x+asin x=-2sin2x+asin x+1,令 sin x=t,则 f(x)=- 1 ? π π ?1,1? 所以 f(x)=-2t2+at+1, 2t2+at+1.因为 x∈? , ?, t∈? ?2,1?.因为 f(x)=cos 2x ? 6 2 ? 所以 t∈?2 ?, 1 ? π π +asin x 在区间? , ?是减函数,所以 f(x)=-2t2+at+1 在区间? ?2,1?上是减函数,又对称轴为 ? 6 2? a a 1 x= ,∴ ≤ ,所以 a∈(-∞,2]. 4 4 2 (六)指数与指数函数 18. [2014· 福建卷] 4.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 [解析]4.B 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3.

D

1?x 3 选项 A 中的函数为 y=? ?3? ,则其函数图像不正确;选项 B 中的函数为 y=x ,则其函数图像 正确;选项 C 中的函数为 y=(-x)3,则其函数图像不正确;选项 D 中的函数为 y=log3(-x),则 其函数图像不正确.
8

19. [2014· 江西卷] 3.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 - [解析] 3.A g(1)=a-1,由 f[g(1)]=1,得 5|a 1|=1,所以|a-1|=0,故 a=1. 1 1 1 20. [2014· 辽宁卷] 3.已知 a=2- ,b=log2 ,c=log1 ,则( ) 3 3 23 A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a 1 1 11 11 [解析]3.C 因为 0<a=2- <1,b=log2 <0,c=log >log =1,所以 c>a>b. 3 3 23 22

)

21.[2014· 山东卷]2. 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) [解析] 2.C 根据已知得,集合 A={x|-1<x<3},B={y|1≤y≤4},所以 A∩B={x|1≤x< 3}.故选 C. 22.[2014· 山东卷] 5. 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 B. ln(x2+1)>ln(y2+1) C. sin x>sin y x +1 y +1
2

D. x3>y3

[解析]5. D >

1 因为 ax<ay(0<a<1),所以 x>y,所以 sin x>sin y,ln(x2+1)>ln(y2+1), 2 x +1

1 都不一定正确,故选 D. y2+1 23. [2014· 陕西卷] 7.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 [解析]7.B B.f(x)=x3 1? C.f(x)=? ?2?
x

)

D.f(x)=3x

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

除选项 D. 24.11.[2014· 陕西卷] 已知 4a=2,lg x=a,则 x=________. [解析]11. 10 1 1 1 由 4a=2,得 a= ,代入 lg x=a,得 lg x= ,那么 x=10 = 10. 2 2 2 )

(七)对数与对数函数 25. [2014· 山东卷] 5.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 > x2+1 y2+1 B. ln(x2+1)>ln(y2+1) C. sin x>sin y D. x3>y3

1 5.D [解析] 因为 ax<ay(0<a<1),所以 x>y,所以 sin x>sin y,ln(x2+1)>ln(y2+1), 2 x +1 > 1 都不一定正确,故选 D. y +1
2

26. [2014· 山东卷] 3.函数 f(x)= 1? A.? ?0,2? B.(2,+∞)

1 的定义域为( (log2x)2-1 1? C. ? ?0,2?∪(2,+∞)

) 1? D. ? ?0,2?∪[2,+∞)
9

x>0, ? ?x>0, ? ? [解析] 3.C 根据题意得,? 解得 ? 1 故选 C. 2 ? x>2或x< . ?(log2) -1>0, ? 2 ? 27. [2014· 福建卷] 4.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 [解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3.

D

1?x 3 选项 A 中的函数为 y=? ?3? ,则其函数图像不正确;选项 B 中的函数为 y=x ,则其函数图像 正确;选项 C 中的函数为 y=(-x)3,则其函数图像不正确;选项 D 中的函数为 y=log3(-x),则 其函数图像不正确. 28. [2014· 广东卷] 13、若等比数列{an}的各项均为正数,且 a10a11+a9a12=2e5,则 ln a1+ln a2 +?+ln a20=________. [解析]13. 50 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 5 =2e , ∴a10a11+a9a12=2a10a11=2e5,∴a10a11=e5,∴ln a1+ln a2+?+ln a20=ln(a1a2?a20)= ln(a10a11)10=ln(e5)10=ln e50=50. 1 1 1 29. [2014· 辽宁卷] 3. 已知 a=2- ,b=log2 ,c=log1 ,则( ) 3 3 23 A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a 1 1 1 1 3.C [解析] 因为 0<a=2- <1,b=log2 <0,c=log1 >log1 =1,所以 c>a>b. 3 3 23 22
10

1 30. [2014· 天津卷] 4. 函数 f(x)=log (x2-4)的单调递增区间为( 2 A.(0,+∞) 4.D B.(-∞,0) C.(2,+∞)

) D.(-∞,-2)

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

31. [2014· 浙江卷] 7.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 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. 32. [2014· 重庆卷] .12. 函数 f(x)=log2 x·log 2(2x)的最小值为________. 1 1 12. - [解析] f(x)=log2 x· log 2(2x)= log2 x· 2log2(2x)=log2x· (1+log2x)=(log2x)2+log2x 4 2 1 2 1 2 1 log2x+ ? - ,所以当 x= 时,函数 f(x)取得最小值- . =? 2? 4 ? 2 4 (八) 幂函数与函数的图像 33. [2014· 福建卷] 4.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
11

C 图 12 4.B [解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3.

D

1?x 3 选项 A 中的函数为 y=? ?3? ,则其函数图像不正确;选项 B 中的函数为 y=x ,则其函数图像 正确;选项 C 中的函数为 y=(-x)3,则其函数图像不正确;选项 D 中的函数为 y=log3(-x),则 其函数图像不正确. 1 34. [2014· 湖北卷] 10. 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 3 3 ?- 6, 6? ?-1,1? - , ? A.? B. C. D.?- , ? ? 6 6? ? 3 3? ? 6 6? ? 3 3? 1 1 2 2 [解析]10.B 因为当 x≥0 时,f(x)= (|x-a |+|x-2a |-3a2),所以当 0≤x≤a2 时,f(x)= 2 2 2 2 2 (a -x+2a -x-3a )=-x; 1 2 2 2 当 a2<x<2a2 时,f(x)= (x-a +2a -x-3a )=-a2; 2 1 2 2 2 当 x≥2a2 时,f(x)= (x-a +x-2a -3a )=x-3a2. 2 2 ?-x,0≤x≤a ,
2 2 2 综上,f(x)=?-a ,a <x<2a ,

?

? ?x-3a2,x≥2a2.

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

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

6 6 ≤ a≤ . 6 6

故选 B. 35. [2014· 山东卷] 8.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( )
12

1? A. ? ?0,2?

1 ? B. ? ?2,1?

C. (1, 2)

D. (2, +∞)

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

36. [2014· 浙江卷] 7.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 [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. (九) 函数与方程 1 37. [2014· 湖南卷] 10. 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 2 y 轴对称的点,则 a 的取值范围是( ) 1 1 1 A.(-∞, ) B.(-∞, e) C.?- , e? D.?- e, ? e 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 1 1 1 - - - 有 m2+e m- =m2+ln(m+a),解得 m+a=ee m- ,即 a=ee m- -m(m>0),可得 a∈(-∞, 2 2 2 e). 38. [2014· 天津卷] 14.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
13

的实数根,则实数 a 的取值范围为________. [解析] 14. (0, 1)∪(9, +∞) 在同一坐标系内分别作出 y=f(x)与 y=a|x-1|的图像如图所示. 当
?-ax+a=-x2-3x, ? y=a|x-1|与 y=f(x)的图像相切时,由? 整理得 x2+(3-a)x+a=0,则Δ =(3 ? a >0 , ?

-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.

39.[2014· 浙江卷] .6. 已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c, 且 0<f(-1)=f(-2)=f(-3)≤3, 则( ) A.c≤3 B.3<c≤6 C.6<c≤9 D.c>9 ? ?-1+a-b+c=-8+4a-2b+c, 6.C [解析] 由 f(-1)=f(-2)=f(-3)得? ? ?-8+4a-2b+c=-27+9a-3b+c ? ? ?-7+3a-b=0, ? ?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. (十)函数模型及其应用 40. [2014· 湖南卷] 8. 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. C. pq D. (p+1)(q+1)-1 2 2 [解析] 8.D 设年平均增长率为 x,则有(1+p)(1+q)=(1+x)2,解得 x= (1+p)(1+q) -1. 41. [2014· 陕西卷] 9. 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 A.y= x3- x 125 5 2 4 B.y= x3- x 125 5 C.y= 3 3 x -x 125 3 1 D.y=- x3+ x 125 5
14

10.A [解析] 设该三次函数的解析式为 y=ax3+bx2+cx+d.因为函数的图像经过点(0,0), 所以 d=0,所以 y=ax3+bx2+cx.又函数过点(-5,2),(5,-2),则该函数是奇函数,故 b=0, 所以 y=ax3+cx,代入点(-5,2)得-125a-5c=2.又由该函数的图像在点(-5,2)处的切线平行
?-125a-5c=2, ? 于 x 轴,y′=3ax2+c,得当 x=-5 时,y′=75a+c=0.联立? 解得 ?75a+c=0, ?

?a=125, ? 3 故该 ?c=-5.

1

三次函数的解析式为 y=

1 3 3 x - x. 125 5

(十一) 导数及其运算 42. [2014· 安徽卷] 18. 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. 43. [2014· 安徽卷] 21. 设实数 c>0,整数 p>1,n∈N*.
15

(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 - 由 an+1= a + a1 p易知 an>0,n∈N*. p n 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 p-1 c p-1? c - 1- p?>0. 所以 f′(x)= + (1-p)x p= p p p ? x?
16

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 ?? p-1 <a1,并且 a2=f(a1)>c ,从而可得 a1>a2>c , a2= a1+ a1 =a1?1+p? a ? ? 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 44. [2014· 福建卷] 20.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.
17

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. - 45. [2014· 广东卷] 10.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. - 46. [2014· 江西卷] 13. 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). 47. [2014· 江西卷] 18.已知函数 f(x)=(x2+bx+b) 1-2x(b∈R).
18

(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)单调递增; 1? 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? ? 48. [2014· 全国卷] 7.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 - x-1 x-1 x-1 x-1 7.C [解析] 因为 y′=(xe )′=e +xe ,所以 y=xe 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. 49. [2014· 新课标全国卷Ⅱ] 8.设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 y=2x,则 a =( ) A.0 B.1 C.2 D.3 1 8.D [解析] y′=a- ,根据已知得,当 x=0 时,y′=2,代入解得 a=3. x+1 50. [2014· 陕西卷] 21. 设函数 f(x)=ln(1+x),g(x)=xf′(x),x≥0,其中 f′(x)是 f(x)的导函数. (1)令 g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求 gn(x)的表达式; (2)若 f(x)≥ag(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; (3)设 n∈N+,比较 g(1)+g(2)+?+g(n)与 n-f(n)的大小,并加以证明.


x 21.解:由题设得,g(x)= (x≥0). 1+x x 1+x x x (1)由已知,g1(x)= ,g (x)=g(g1(x))= = , x 1+x 2 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
19

x 1+kx gk(x) x 那么,当 n=k+1 时,gk+1(x)=g(gk(x))= = = ,即结论成立. x 1+gk(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 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)≥ 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 ax 不恒成立. 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), 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.
20

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 1 令 x= ,n∈N+,则 ln > .故有 ln 2-ln 1> , n n n+1 2 1 1 ln 3-ln 2> ,??ln(n+1)-ln n> , 3 n+1 1 1 1 上述各式相加可得 ln(n+1)> + +?+ ,结论得证. 2 3 n+1 方法三:如图,?n +?+ x x 1 2 dx 是由曲线 y= ,x=n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积,而 + 2 3 x + 1 x + 1 ?0

n 是图中所示各矩形的面积和, n+1

1 1 2 n x ∴ + +?+ >?n dx=?n?1-x+1?dx=n-ln(n+1),结论得证. 2 3 ? n+1 ? x+1 ??
0 0

51. [2014· 四川卷] .19. 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- 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 1 ?an? ,求数列?b ?的前 ln 2 ? n?

21

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


2n 1-n-2 所以,Tn= . 2n


(十二) 导数的应用 52. [2014· 四川卷] 21. 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)]上单调递减, 2 2 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
22

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). 53. [2014· 安徽卷] 18.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,
23

-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 54. [2014· 北京卷] 18. 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? ? 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?


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 π 2 成立”当且仅当 g? ?=1- c≥0,即 0<c≤ . 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,g(x)<0 2? ? π
24

π 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 55. [2014· 福建卷] 20.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
2 2 2 x x x ?2 ? x? 2 1 2 x ? x ? ? x ? 4? x ? 由(2)知,当 x>0 时,ex>x2,所以 ex=e ·e >? · ,当 x > x 时, e > > 0 ?2? ?2? c?2? =cx , 2 2 ?2? ?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.
25

(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.由(2)知,当 x>0 时,x2<ex, 3 1 从而 h′(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减,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 56. [2014· 广东卷] 21.设函数 f(x)= ,其中 k<-2. 2 2 (x +2x+k) +2(x2+2x+k)-3 (1)求函数 f(x)的定义域 D(用区间表示); (2)讨论函数 f(x)在 D 上的单调性; (3)若 k<-6,求 D 上满足条件 f(x)>f(1)的 x 的集合(用区间表示). 解法一:21.(1).可知 ( x2 ? 2 x ? k )2 ? 2( x 2 ? 2 x ? k ) ? 3 ? 0 ,

?[( x2 ? 2x ? k ) ? 3] ?[( x2 ? 2x ? k ) ?1] ? 0 , ? x2 ? 2 x ? k ? ?3 或 x 2 ? 2 x ? k ? 1 , ?( x ? 1)2 ? ?2 ? k (?2 ? k ? 0) 或 ( x ? 1)2 ? 2 ? k (2 ? k ? 0) ,

? | x ? 1|? ?2 ? k 或 | x ?1|? 2 ? k ,
??1 ? ?2 ? k ? x ? ?1 ? ?2 ? k 或 x ? ?1 ? 2 ? k 或 x ? ?1 ? 2 ? k , 所以函数 f ( x ) 的定义域 D 为

(??, ?1 ? 2 ? k )
(2).

(?1 ? ?2 ? k , ?1 ? ?2 ? k )

(?1 ? 2 ? k , ? ?) ;

f '( x) ? ?

2( x 2 ? 2 x ? k )(2 x ? 2) ? 2(2 x ? 2) 2 ( x 2 ? 2 x ? k ) 2 ? 2( x 2 ? 2 x ? k ) ? 3
2 2 3
3

??

( x 2 ? 2 x ? k ? 1)(2 x ? 2) ( x ? 2 x ? k ) ? 2( x ? 2 x ? k ) ? 3
2

2 , 由 f ' (x )? 0得 ( x ? 2x ? k ? 1)(2 x ? 2) ? 0 , 即

? x ? ?1 ? ?k 或 ?1 ? x ? ?1 ? ?k , 结 合 定 义 域 知 ( x ? 1 ? k ) (x ? 1? k ) ( x ? 1) ? ,0 x ? ?1 ? 2 ? k 或 ?1 ? x ? ?1 ? ?2 ? k , 所以函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (??, ?1 ? 2 ? k ) , (?1, ?1 ? ?2 ? k ) ,
同理递减区间为 (?1 ? ?2 ? k , ?1) , (?1 ? 2 ? k , ? ?) ;
2 2 2 2 (3).由 f ( x) ? f (1) 得 ( x ? 2x ? k ) ? 2( x ? 2x ? k ) ? 3 ? (3 ? k ) ? 2(3 ? k ) ? 3 ,

?[( x2 ? 2x ? k )2 ? (3 ? k )2 ] ? 2[( x2 ? 2x ? k ) ? (3 ? k )] ? 0 , ?( x2 ? 2x ? 2k ? 5) ? ( x2 ? 2x ? 3) ? 0 ,
26

?( x ?1 ? ?2k ? 4)( x ?1 ? ?2k ? 4) ? ( x ? 3)( x ?1) ? 0 ,
? x ? ?1 ? ?2k ? 4 或 x ? ?1 ? ?2k ? 4 或 x ? ?3 或 x ? 1 , k ? ?6 ,?1? (?1, ?1 ? ?2 ? k ) , ?3 ? (?1 ? ?2 ? k , ?1) , ?1 ? ?2k ? 4 ? ?1 ? 2 ? k , ?1 ? ?2k ? 4 ? ?1 ? 2 ? k , 结合函数 f ( x ) 的单调性知 f ( x) ? f (1) 的解集为
(?1 ? ?2k ? 4, ?1 ? 2 ? k )
(?1 ? 2 ? k , ?1 ? ?2k ? 4) .
解法二:解: (1)依题意有 ( x2 ? 2 x ? k )2 ? 2( x2 ? 2 x ? k ) ? 3 ? 0

(?1 ? ?2 ? k , ? 3)

(1, ?1 ? ?2 ? k )

?x

2

? 2 x ? k +3? ? ? x 2 ? 2 x ? k ? 1? ? 0

k ? ?2,? k ? 3 ? 1, k ? 1 ? ?3 故 x2 ? 2 x ? k +3=0,x 2 ? 2 x ? k ? 1=0 均有两根记为

x1 ? ?1? ?2 ? k , x2 ? ?1? ?2 ? k , x3 ? ?1? 2 ? k , x4 ? ?1? 2 ? k
2 2 注意到 x3 ? x1 ? x2 ? x4 ,故不等式 x ? 2 x ? k +3 ? x ? 2 x ? k ? 1 ? 0 的解集为

?

??

?

? ??, x4 ? ? ? x2 , x1 ? ? ? x3 , ???
2

,即 D ? ? ??, x4 ? ? ? x2 , x1 ? ? ? x3 , ???
2 2

(2)令 g ? x ? =( x ? 2x ? k ) ? 2( x ? 2x ? k ) ? 3, x ? D
' 2 2 则 g ? x ? =2( x ? 2 x ? k ) ? ? 2 x ? 2 ? ? 2(2 x ? 2) ? 4 ? x ? 1? ? x ? 2 x ? k +1

?

?

' 令 g ? x ? ? 0 ,注意到 k ? ?2, k ? 1 ? ?1 ,故方程 x 2 ? 2 x ? k ? 1 ? 0 有两个不相等的实数根

记为 x5 ? ?1 ? ?k , x6 ? ?1 ? ?k ,且 x7 ? ?1 注意到 x3 ? x5 ? x1 ? ?1 ? x2 ? x6 ? x4 结合图像可知 在区间 ? x2 , ?1? , ? x3 , ??? 上 g ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递增
'

在区间 ? ??, x4 ? , ? ?1, x1 ? 上 g ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递减
'

故 f ? x ? 在区间 ? x2 , ?1? , ? x3 , ??? 上单调递减,在区间 ? ??, x4 ? , ? ?1, x1 ? 上单调递增. (3) f (1) ?

1 (k ? 3) ? 2(k ? 3) ? 3
2

?

1

? k ? 2? ? ? k ? 6?
27

在区间 D 上, 令 f ? x ? ? f ?1? , 即 即

1 ( x 2 ? 2 x ? k )2 ? 2( x 2 ? 2 x ? k ) ? 3

=

1

? k ? 2? ? ? k ? 6?



( x2 ? 2x ? k )2 ? 2( x2 ? 2x ? k ) ? 3=k 2 ? 8k ?12

( x2 ? 2x ? k )2 ? 2( x2 ? 2x ? k ) ? ? k ? 3? ? ? k ? 5? ? 0
2 2 ? ? x ? 2 x ? k ? ? k ? 3? ? ?? ? x ? 2 x ? k ? ? k ? 5?? ??0 2 2 ? ? x ? 2 x ? 3? ?? ? x ? 2 x ? 2k ? 5 ? ? ? 0 ? ??

方程 x 2 ? 2 x ? 2k ? 5 ? 0 的判别式 ? ? ?8k ? 16 ? 0 ,故此方程 ? ?? 有 4 个不相等的实数根, 记为 x8 ? 1, x9 ? ?3, x10 ? ?1 ? ?2k ? 4, x11 ? ?1? ?2k ? 4 注意到 k ? ?6 ,故,

x1 ? ?1? ?2 ? k ? 1, x2 ? ?1? ?2 ? k ? ?3 ,故 x8 , x9 ? D
x10 ? x3 ? ?1 ? ?2k ? 4 ? ?1 ? 2 ? k ? ?2k ? 4 ? 2 ? k =

?

?

?k ? 6 ?0, 故 ?2k ? 4 ? 2 ? k

x10 ? D
x4 ? x11 ? ?2k ? 4 ? 2 ? k ?

? ?2k ? 4? ? ? 2 ? k ? ?
?2k ? 4 ? 2 ? k

?k ? 6 ? 0 故 x11 ? D ?2k ? 4 ? 2 ? k

结合 D ? ? ??, x4 ? ? ? x2 , x1 ? ? ? x3 , ??? 和函数的图像 可得 f ( x) ? f (1) 的解集为 ? x11, x4 ? ? ? x2 , x9 ? ? ? x8 , x1 ?

? x3 , x10 ?

【品题】函数题(1)考查了数轴标根法,4 个根,学过这个方法的学生就能快速做出第一问. 我记得考纲上有这样一句“试题中函数一般不超过 3 次”这次真超过 4 次了. (2)考查了复合函数单调性,利用导数作工具,这个题还是很容易的,而且不涉及到分类讨 论,就是题目的根太多太多了. (3)利用数形结合的思想,容易知道所求的范围,接下来只要根不求错,那就没问题了.
28

总的来说,本题就是根太多,结合图像,不要搞错咯~~二次函数问题依旧是备考的重点,也 是难点,平时努力了,也未必有大收获.

-1
附: g ? x ? 的大致图像为

x x4 x6 x
2

1

x3 x
5

f ? x ? 的大致图像为
x11 x4 x2

x

9

x

8

x1

x3 x10

57. [2014· 湖北卷] 22. 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 π π (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. 解:22. (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).因为 f(x)= 1-ln x ln 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.
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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 . 58.[2014· 湖南卷] 22. 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 解:22. (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. 1-a? 1-a ? 当 0<a<1 时,由 f′(x)=0 得 x1=2 x2=-2 舍去?. a ? a ? ? 当 x∈(0,x1)时,f′(x)<0;当 x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+∞)上单调递增. 综上所述, 当 a≥1 时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 1-a? 1-a ? ? ? 当 0<a<1 时,f(x)在区间?0,2 ?上单调递减,在区间?2 ,+∞?上单调递增. a 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. 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-a 1-a 1 1 x>- 且 x≠-2,所以-2 >- ,-2 ≠-2, a 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 1 令 2a-1=x.由 0<a<1 且 a≠ 知,当 0<a< 时,-1<x<0; 2 2 1 2 2 当 <a<1 时,0<x<1.记 g(x)=ln x + -2. 2 x
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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 2 2 2x-2 (ii)当 0<x<1 时,g(x)=2ln x+ -2,所以 g′(x)= - 2= 2 <0, x x x x 1 因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减,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?. 59. [2014· 江西卷] 18.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. 解:18. (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)单调递增; 1? 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 依题意当 x∈? ?0,3?时,有 5x+(3b-2)≤0,从而3+(3b-2)≤0,得 b≤9. 1? 所以 b 的取值范围为? ?-∞,9?. 60. [2014· 辽宁卷] 11. 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 x2-4x-3 -x2+8x+9 -(x-9)(x+1) 令 f(x)= (-2≤x<0),则 f′(x)= = ,故 f(x)在[-2, 3 x x4 x4 1+4-3 -1]上单调递减,在(-1,0)上单调递增,此时有 a≤ =-2.当 x=0 时,g(x)恒成立.当 -1 2 2 x -4x-3 x -4x-3 -x2+8x+9 0<x≤1 时,a≥ ,令个 g(x)= (0<x≤1),则 g′(x)= = x3 x3 x4 -(x-9)(x+1) 1-4-3 ,故 g(x)在(0,1]上单调递增,此时有 a≥ =-6. 4 x 1 综上,-6≤a≤-2. ax 61. [2014· 全国卷] 22.函数 f(x)=ln(x+1)- (a>1). x+a
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(1)讨论 f(x)的单调性; 2 3 (2)设 a1=1,an+1=ln(an+1),证明: <an≤ . n+2 n+2 解:22. (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 <a ≤ . n+2 n 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 2 3 即当 n=k+1 时,有 <ak+1≤ ,结论成立. k+3 k+3 根据(i)(ii)知对任何 n∈结论都成立. 62. [2014· 新课标全国卷Ⅰ] 11. 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)
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2 3 <ak≤ . k+2 k+2

[解析] 11.C 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 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 63.[2014· 新课标全国卷Ⅰ] 21.设函数 f(x)=ae ln x+ ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线 x


x

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.由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e,故 a=1,b=2. x x x 2 - 2 - (2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+ ex 1,从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe x- . x e 1? 设函数 g(x)=xln x,则 g′(x)=1+ln x,所以当 x∈? ?0,e?时,g′(x)<0; 1 ? ? 1? ?1 ? 当 x∈? ? e,+∞?时,g′(x)>0.故 g(x)在?0,e?上单调递减,在? e,+∞?上单调递增,从而 g(x) 1? 1 2 -x - 在(0,+∞)上的最小值为 g? =- . 设函数 h ( x ) = x e - ,则 h′(x)=e x(1-x). e ? ? e 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? ? e?=h(1)=hmax(x),所以当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1. 64. [2014· 新课标全国卷Ⅱ] .21.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). - .解:21 (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)


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=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 18+ 2 3 g(ln 2)=- -2 2+(3 2+2)ln 2<0,ln 2< <0.693 4.所以 ln 2 的近似值为 0.693. 2 28 2 ex ? 65. [2014· 山东卷] 20. 设函数 f(x)= 2-k? e=2.718 28?是自然对数的底数). ? x+ln x?(k 为常数, x (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? xex-2ex k(x-2) (x-2)(ex-kx) f′(x)= -k?-x2+x ?= - = . x4 x3 x2 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? e2 ? e , 解得 e<k< .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 ?. 2 66. [2014· 陕西卷] 21.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;
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(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 解:21.由题设得,g(x)= (x≥0). 1+x x 1+x x x (1)由已知,g1(x)= ,g (x)=g(g1(x))= = , x 1+x 2 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))= = = ,即结论成立. x 1+gk(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 恒成立. 1+x

x+1-a ax 1 a 设 φ(x)=ln(1+x)- (x≥0),则 φ′(x)= - , 2= 1+x 1+x (1+x) (1+x)2 当 a≤1 时,φ′(x)≥0(仅当 x=0,a=1 时等号成立), ∴φ (x)在[0,+∞)上单调递增,又 φ(0)=0, ∴φ (x)≥0 在[0,+∞)上恒成立, ax ∴a≤1 时,ln(1+x)≥ 恒成立(仅当 x=0 时等号成立). 1+x 当 a>1 时,对 x∈(0,a-1]有 φ′(x)<0,∴φ (x)在(0,a-1]上单调递减, ∴φ (a-1)<φ(0)=0.即 a>1 时,存在 x>0,使 φ(x)<0, 故知 ln(1+x)≥ ax 不恒成立.综上可知,a 的取值范围是(-∞,1]. 1+x

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

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在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> 下面用数学归纳法证明.

n+1 x 1 1 ,x>0.令 x= ,n∈N+,则 <ln . n n 1+x n+1

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), 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)> n+1 1 x 1 ,x>0.令 x= ,n∈N+,则 ln > . n n n+1 1+x

1 1 1 故有 ln 2-ln 1> ,ln 3-ln 2> ,??ln(n+1)-ln n> , 2 3 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 1 2 dx 是由曲线 y= ,x=n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积,而 + 2 3 x + 1 x + 1 ?0

n 是图中所示各矩形的面积和, n+1

1 1 2 n x ∴ + +?+ >?n dx=?n?1-x+1?dx=n-ln(n+1),结论得证. 2 3 ? n+1 ? x+1 ??
0 0

67.[2014· 天津卷] 20. 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. 解:20. (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.
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(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),且 2 2? ? 2 2? 2 2 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)上单调 e e e 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-ln x1 x2 =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= .① x1 t-1 t-1 t-1 ? ?x2-x1=ln t,

(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.
37

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. 68. [2014· 浙江卷] 22. 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 2 ? ? ?x +3x-3a,x≥a, ?3x +3,x≥a, ? ? 解:22. (1)因为 f(x)= 3 所以 f′(x)= 2 由于-1≤x≤1, ?x -3x+3a,x<a, ?3x -3,x<a. ? ? (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 3 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,

? , ?-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 2 ? ? ?x +3x-3a+b,x≥a, ?3x +3,x>a, 则 h(x)=? 3 h′(x)=? 2 ?x -3x+3a+b,x<a, ?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,所以 3 1 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,所 3 28 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. - 69. [2014· 重庆卷] 20.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;
38

(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. - 2x 当 c=4 时,对任意 x≠0,f′(x)=2e +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 有两个 t 4 1 1 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,+∞). (十三) 定积分与微积分基本定理 70. [2014· 福建卷] 14. 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 e2 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

[解析]14.

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 71. [2014· 湖北卷] 6.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:
39

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 [解析]6.C 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

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

x 4 -x?1 ②? f(x)g(x)dx=? (x+1)(x-1)dx=? 1]上的正 -1=- ≠0,故第②组不是区间[-1, 3 ? ? 3 ?-1 ?-1
1 1

3

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. 2π 72. [2014· 湖南卷] 9. 已知函数 f(x)=sin(x-φ),且∫ 0f(x)dx=0,则函数 f(x)的图像的一条 3 对称轴是( ) 5π π π 7π A.x= B.x= C.x= D.x= 6 12 3 6 2π 2π 2π 2 π 9.A [解析] 因为∫ 0f(x)dx=0,即∫ f(x)dx=-cos(x-φ) 0=-cos? -φ?+cos 3 3 0 3 ? 3 ? π 5π φ =0,可取φ = ,所以 x= 是函数 f(x)图像的一条对称轴. 3 6 73. [2014· 江西卷] 8.若 f(x)=x2+2?1f(x)dx,则?1f(x)dx=(

?0

?0

) D.1

A.-1

1 B.- 3 x2+2?1f(x)dx?

1 C. 3

8.B [解析] ?1f(x)dx=?1? ? ??
0 0

?0

1 f(x)dx? ?1 1 ?1x3+?2? 1 d x = f(x)dx,得 ? ? 0 ?x?0=3+2? ? ?3 ? 0

1 1 f(x)dx=- . ? 3 ?
0

74. [2014· 山东卷] 6.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 2 B. 4 2 C. 2 D. 4 3 6.D [解析] 直线 y=4x 与曲线 y=x 在第一象限的交点坐标是(2,8),所以两者围成的封闭 图形的面积为?2(4x-x3)dx=

?0

? 2x2-1x4?? =4,故选 D. 4 ?? 0 ?
) C.e D.e-1
40

2

75. [2014· 陕西卷] 3. 定积分?1(2x+ex)dx 的值为( ?
0

A.e+2

B.e+1

2 1 2 0 3.C [解析] ?1(2x+ex)dx=(x2+ex)1 0=(1 +e )-(0 +e )=e. ? 0

(十四) 单元综合 76. [2014· 四川卷] 9. 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 [解析] 9.A f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x) =ln 1-x 1+x =-ln =-[ln(1+x)-ln(1-x)] 1+x 1-x

C.①③

D.①②

2x 2x 2x 2x =-f(x), 故①正确; 当 x∈(-1, 1)时, 2∈(-1, 1), 且 f?1+x2?=ln?1+1+x2?-ln?1-1+x2? ? ? ? ? ? ? 1+x 2x 2 1+x2 1+x2+2x ?1+x? =2ln1+x=2[ln(1+x)-ln(1-x)]=2f(x),故②正确; =ln =ln =ln? ? 2 2x 1+x -2x 1-x ?1-x? 1- 2 1+x 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 77. [2014· 湖南卷] 10. 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 2 y 轴对称的点,则 a 的取值范围是( ) 1 1 1 A.(-∞, ) B.(-∞, e) C.?- , e? D.?- e, ? e 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 1 1 1 - - - 有 m2+e m- =m2+ln(m+a),解得 m+a=ee m- ,即 a=ee m- -m(m>0),可得 a∈(-∞, 2 2 2 e). 78. [2014· 湖北卷] 14. 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, a+b 记为 Mf(a,b),例如,当 f(x)=1(x>0)时,可得 Mf(a,b)=c= ,即 Mf(a,b)为 a,b 的算术平 2
41

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) [解析] 14.(1) x (2)x(或填(1)k1 x;(2)k2x,其中 k1,k2 为正常数) 设 A(a,f(a)),B(b,-f(b)),C(c,0),则此三点共线: 0-f(a) 0+f(b) 0-f(a) 0+f(b) (1)依题意,c= ab,则 = ,即 = . c-a c-b ab-a ab-b f(a) f(b) 因为 a>0,b>0,所以化简得 = ,故可以选择 f(x)= x(x>0); a b 0-f(a) 0+f(b) f(a) f(b) 2ab (2)依题意,c= ,则 = ,因为 a>0,b>0,所以化简得 = , 2ab 2ab a b a+b -a -b a+b a+b 故可以选择 f(x)=x(x>0). 79. [2014· 辽宁卷] 12. 已知定义在[0,1]上的函数 f(x)满足: ①f(0)=f(1)=0; 1 ②对所有 x,y∈[0,1],且 x≠y,有|f(x)-f(y)|< |x-y|. 2 若对所有 x,y∈[0,1],|f(x)-f(y)|<k 恒成立,则 k 的最小值为( ) 1 1 1 1 A. B. C. D. 2 4 8 2π 12.B [解析] 不妨设 0≤y<x≤1. 1 1 1 1 当 x-y≤ 时,|f(x)-f(y)|< |x-y|= (x-y)≤ . 2 2 2 4 1 1 当 x-y> 时,|f(x)-f(y)|=|f(x)-f(1)-(f(y)-f(0))|≤|f(x)-f(1)|+|f(y)-f(0)|< 2 2 1 1 1 1 1 |x-1|+ |y-0|=- (x-y)+ < .故 kmin= . 2 2 2 4 4 80. [2014· 湖南卷] 22.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. 2(x+2)-2x ax2+4(a-1) a 解:22. (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. 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 ,+∞?上单调递增. a a ? ? ? ? (2)由(*)式知,当 a≥1 时,f′(x)≥0,
42

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?. 81. [2014· 新课标全国卷Ⅰ] 21.设函数 f(x)=aexln x+ 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.
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bex 1 ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切 x


2 - 2 - (2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+ ex 1,从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe x- . x e 设函数 g(x)=xln x,则 g′(x)=1+ln x, 1 1 0, ?时,g′(x)<0;当 x∈? ,+∞?时,g′(x)>0. 所以当 x∈? ? e? ?e ? 1? 1 1? ? 故 g(x)在? 在? 从而 g(x)在(0, +∞)上的最小值为 g? ?0,e?上单调递减, ?e,+∞?上单调递增, ? e? 1 =- . e 2 - - 设函数 h(x)=xe x- ,则 h′(x)=e x(1-x).所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0; e 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? ? e?=h(1)=hmax(x),所以当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1. 82. [2014· 新课标全国卷Ⅱ] 21. 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, -2x -x 2x x g′(x)=2[e +e -2b(e +e )+(4b-2)] - - =2(ex+e x-2)(ex+e x-2b+2). (i)当 b≤2 时,g′(x)≥0,等号仅当 x=0 时成立,所以 g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而 g(0) =0,所以对任意 x>0,g(x)>0. - (ii)当 b>2 时,若 x 满足 2<ex+e x<2b-2,即 0<x<ln(b-1+ b2-2b)时,g′(x)<0.而 g(0)=0, 因此当 0<x<ln(b-1+ b2-2b)时,g(x)<0. 综上,b 的最大值为 2. 3 (3)由(2)知,g(ln 2)= -2 2b+2(2b-1)ln 2. 2 8 2-3 3 当 b=2 时,g(ln 2)= -4 2+6ln 2>0,ln 2> >0.692 8; 2 12 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.所以 ln 2 的近似值为 0.693. 28


83.1 [2014· 四川卷] 5.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)
44

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,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 [解析] 若 f(x)∈A,则 f(x)的值域为 R,于是,对任意的 b∈R,一定存在 a∈D, 使得 f(a)=b,故①正确. 取函数 f(x)=x(-1<x<1),其值域为(-1,1),于是,存在 M=1,使得 f(x)的值域包含于[- M,M]=[-1,1],但此时 f(x)没有最大值和最小值,故②错误. 当 f(x)∈A 时,由①可知,对任意的 b∈R,存在 a∈D,使得 f(a)=b,所以,当 g(x)∈B 时, 对于函数 f(x)+g(x),如果存在一个正数 M,使得 f(x)+g(x)的值域包含于[-M,M],那么对于该 区间外的某一个 b0∈R,一定存在一个 a0∈D,使得 f(a0)=b-g(a0),即 f(a0)+g(a0)=b0?[-M, M],故③正确. x 对于 f(x)=aln(x+2)+ 2 (x>-2),当 a>0 或 a<0 时,函数 f(x)都没有最大值.要使得函 x +1 x 数 f(x)有最大值,只有 a=0,此时 f(x)= 2 (x>-2). x +1 1 1? 1 易知 f(x)∈? ?-2,2?,所以存在正数 M=2,使得 f(x)∈[-M,M],故④正确. 84. [2014· 天津卷] 20. 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. 解:20. (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),且
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2 2? ? 2 2? 2 2 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)上单调 e e e 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 x2 又由 ξ1,η1>0,得 < < ,所以 随着 a 的减小而增大. x1 ξ 1 ξ 1 η 1 (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
?x2=tx1, ? (t+1)ln t x2 x2 ln t tln t =ln .设 =t,则 t>1,且? 解得 x1= ,x2= ,所以 x1+x2= .① x1 x1 t-1 t-1 t-1 ?x2-x1=ln t, ?

1 -2ln x+x- x (x+1)ln x 令 h(x)= ,x∈(1,+∞),则 h′(x)= 2 . x-1 (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 85. [2014· 浙江卷] 设函数 f1(x)=x2, f2(x)=2(x-x2), f3(x)= |sin 2π x|, ai= , i=0, 1, 2, ?, 3 99 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 [解析]10.B 对于 I1,由于?? ??99? -? 99 ? ?= 992 (i=1,2,?,99),故 I1=992(1+3+5 992 i i-1 ? i ?2 ?i-1?2? 2 +?+2×99-1)= 2=1;对于 I2,由于 2? - = |100-2i|(i=1,2,?, - + 99 ?99 99 ?99? ? 99 ? ? 992 50(98+0) 100×98 992-1 2 99),故 I2= 2×2× = = <1. 99 2 992 992 1 0 2 1 1 2π × ?-sin ?2π × ?+sin?2π × ?-sin ?2π × ?+?+ I3= sin ? 99? 99? 99? 99? ? ? ? ? 3 99 98 25 74 1 ? ? ? ? ? ? ? ? 4 sin? ?2π ×99?-sin?2π ×99?=3?2sin?2π ×99?-2sin?2π ×99?≈3>1.故 I2<I1<I3,故选 B. 2 ? ?x +x,x<0, 86. [2014· 浙江卷] 15. 设函数 f(x)=? 2 ?-x , x≥0. ?
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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.

87. [2014· 浙江卷] 22. 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 2 ? ? ?x +3x-3a,x≥a, ?3x +3,x≥a, ? ? 解:22. (1)因为 f(x)= 3 所以 f′(x)= 2 ? ? ?x -3x+3a,x<a, ?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. 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,所以 3
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1 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,所 3 28 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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