2007——2014高考数学新课标卷(理)函数与导数压轴题汇总
高中数学导数大题压轴高考题选
高中数学导数大题压轴高考题选(总41页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除函数与导数高考压轴题选一．选择题（共2小题）1．（2013•安徽）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）=x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同实根个数为（）A．3 B．4 C．5 D．62．（2012•福建）函数f（x）在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有则称f（x）在[a，b]上具有性质P．设f（x）在[1，3]上具有性质P，现给出如下命题：①f（x）在[1，3]上的图象是连续不断的；②f（x2）在[1，]上具有性质P；③若f（x）在x=2处取得最大值1，则f（x）=1，x∈[1，3]；④对任意x1，x2，x3，x4∈[1，3]，有[f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]其中真命题的序号是（）A．①②B．①③C．②④D．③④二．选择题（共1小题）3．（2012•新课标）设函数f（x）=的最大值为M，最小值为m，则M+m= ．三．选择题（共23小题）4．（2014•陕西）设函数f（x）=lnx+，m∈R．（Ⅰ）当m=e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的极小值；（Ⅱ）讨论函数g（x）=f′（x）﹣零点的个数；（Ⅲ）若对任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范围．5．（2013•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=e x﹣ln（x+m）（Ι）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．6．（2013•四川）已知函数，其中a是实数，设A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））为该函数图象上的点，且x1＜x2．（Ⅰ）指出函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，且x2＜0，求x2﹣x1的最小值；（Ⅲ）若函数f（x）的图象在点A，B处的切线重合，求a的取值范围．7．（2013•湖南）已知函数f（x）=．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，x1+x2＜0．8．（2013•辽宁）已知函数f（x）=（1+x）e﹣2x，g（x）=ax++1+2xcosx，当x∈[0，1]时，（I）求证：；（II）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．9．（2013•陕西）已知函数f（x）=e x，x∈R．（Ⅰ）若直线y=kx+1与f （x）的反函数g（x）=lnx的图象相切，求实数k的值；（Ⅱ）设x＞0，讨论曲线y=f （x）与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数．（Ⅲ）设a＜b，比较与的大小，并说明理由．10．（2013•湖北）设n是正整数，r为正有理数．（Ⅰ）求函数f（x）=（1+x）r+1﹣（r+1）x﹣1（x＞﹣1）的最小值；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如．令的值．（参考数据：．11．（2012•辽宁）设f（x）=ln（x+1）++ax+b（a，b∈R，a，b为常数），曲线y=f （x）与直线y=x在（0，0）点相切．（I）求a，b的值；（II）证明：当0＜x＜2时，f（x）＜．12．（2012•福建）已知函数f（x）=axsinx﹣（a∈R），且在上的最大值为，（1）求函数f（x）的解析式；（2）判断函数f（x）在（0，π）内的零点个数，并加以证明．13．（2012•湖北）设函数f（x）=ax n（1﹣x）+b（x＞0），n为正整数，a，b为常数，曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x+y=1（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求函数f（x）的最大值；（Ⅲ）证明：f（x）＜．14．（2012•湖南）已知函数f（x）=e x﹣ax，其中a＞0．（1）若对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a的取值集合；（2）在函数f（x）的图象上取定点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））（x1＜x2），记直线AB的斜率为K，证明：存在x0∈（x1，x2），使f′（x0）=K恒成立．15．（2012•四川）已知a为正实数，n为自然数，抛物线与x轴正半轴相交于点A，设f（n）为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距．（Ⅰ）用a和n表示f（n）；（Ⅱ）求对所有n都有成立的a的最小值；（Ⅲ）当0＜a＜1时，比较与的大小，并说明理由．16．（2011•四川）已知函数f（x）=x+，h（x）=．（Ⅰ）设函数F（x）=f（x）﹣h（x），求F（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）设a∈R，解关于x的方程log4[f（x﹣1）﹣]=log2h（a﹣x）﹣log2h（4﹣x）；（Ⅲ）试比较f（100）h（100）﹣与的大小．17．（2011•陕西）设函数f（x）定义在（0，+∞）上，f（1）=0，导函数f′（x）=，g（x）=f（x）+f′（x）．（Ⅰ）求g（x）的单调区间和最小值；（Ⅱ）讨论g（x）与的大小关系；（Ⅲ）是否存在x0＞0，使得|g（x）﹣g（x0）|＜对任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在请说明理由．18．（2011•四川）已知函数f（x）=x+，h（x）=．（Ⅰ）设函数F（x）=18f（x）﹣x2[h（x）]2，求F（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）设a∈R，解关于x的方程lg[f（x﹣1）﹣]=2lgh（a﹣x）﹣2lgh（4﹣x）；（Ⅲ）设n∈N n，证明：f（n）h（n）﹣[h（1）+h（2）+…+h（n）]≥．19．（2010•四川）设，a＞0且a≠1），g（x）是f（x）的反函数．（Ⅰ）设关于x的方程求在区间[2，6]上有实数解，求t的取值范围；（Ⅱ）当a=e，e为自然对数的底数）时，证明：；（Ⅲ）当0＜a≤时，试比较||与4的大小，并说明理由．20．（2010•全国卷Ⅱ）设函数f（x）=1﹣e﹣x．（Ⅰ）证明：当x＞﹣1时，f（x）≥；（Ⅱ）设当x≥0时，f（x）≤，求a的取值范围．21．（2010•陕西）已知函数f（x）=，g（x）=alnx，a∈R，（Ⅰ）若曲线y=f（x）与曲线y=g（x）相交，且在交点处有共同的切线，求a的值和该切线方程；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），当h（x）存在最小值时，求其最小值φ（a）的解析式；（Ⅲ）对（Ⅱ）中的φ（a）和任意的a＞0，b＞0，证明：φ′（）≤≤φ′（）．22．（2009•全国卷Ⅱ）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．23．（2009•湖北）在R上定义运算：（b、c∈R是常数），已知f1（x）=x2﹣2c，f2（x）=x﹣2b，f（x）=f1（x）f2（x）．①如果函数f（x）在x=1处有极值，试确定b、c的值；②求曲线y=f（x）上斜率为c的切线与该曲线的公共点；③记g（x）=|f′（x）|（﹣1≤x≤1）的最大值为M，若M≥k对任意的b、c恒成立，试求k 的取值范围．（参考公式：x3﹣3bx2+4b3=（x+b）（x﹣2b）2）24．（2009•湖北）已知关于x的函数f（x）=﹣x3+bx2+cx+bc，其导函数为f′（x）．令g（x）=|f′（x）|，记函数g（x）在区间[﹣1、1]上的最大值为M．（Ⅰ）如果函数f（x）在x=1处有极值﹣，试确定b、c的值：（Ⅱ）若|b|＞1，证明对任意的c，都有M＞2（Ⅲ）若M≧K对任意的b、c恒成立，试求k的最大值．25．（2008•江苏）请先阅读：在等式cos2x=2cos2x﹣1（x∈R）的两边求导，得：（cos2x）′=（2cos2x﹣1）′，由求导法则，得（﹣sin2x）•2=4cosx•（﹣sinx），化简得等式：sin2x=2cosx•sinx．（1）利用上题的想法（或其他方法），结合等式（1+x）n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n（x∈R，正整数n≥2），证明：．（2）对于正整数n≥3，求证：（i）；（ii）；（iii）．26．（2008•天津）已知函数f（x）=x4+ax3+2x2+b（x∈R），其中a，b∈R．（Ⅰ）当时，讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）若函数f（x）仅在x=0处有极值，求a的取值范围；（Ⅲ）若对于任意的a∈[﹣2，2]，不等式f（x）≤1在[﹣1，1]上恒成立，求b的取值范围．四．解答题（共4小题）27．（2008•福建）已知函数f（x）=ln（1+x）﹣x（1）求f（x）的单调区间；（2）记f（x）在区间[0，n]（n∈N*）上的最小值为b n令a n=ln（1+n）﹣b n（i）如果对一切n，不等式恒成立，求实数c的取值范围；（ii）求证：．28．（2007•福建）已知函数f（x）=e x﹣kx，（1）若k=e，试确定函数f（x）的单调区间；（2）若k＞0，且对于任意x∈R，f（|x|）＞0恒成立，试确定实数k的取值范围；（3）设函数F（x）=f（x）+f（﹣x），求证：F（1）F（2）…F（n）＞（n∈N*）．29．（2006•四川）已知函数，f（x）的导函数是f′（x）．对任意两个不相等的正数x1、x2，证明：（Ⅰ）当a≤0时，；（Ⅱ）当a≤4时，|f′（x1）﹣f′（x2）|＞|x1﹣x2|．30．（2006•辽宁）已知f0（x）=x n，其中k≤n（n，k∈N+），设F（x）=C n0f0（x2）+C n1f1（x2）+…+C n n f n（x2），x∈[﹣1，1]．（1）写出f k（1）；（2）证明：对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，恒有|F（x1）﹣F（x2）|≤2n﹣1（n+2）﹣n﹣1．函数与导数高考压轴题选参考答案与试题解析一．选择题（共2小题）1．（2013•安徽）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）=x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同实根个数为（）A．3 B．4 C．5 D．6【解答】解：∵函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，∴f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根，∴△=4a2﹣12b＞0．解得=．∵x1＜x2，∴，．而方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的△1=△＞0，∴此方程有两解且f（x）=x1或x2．不妨取0＜x1＜x2，f（x1）＞0．①把y=f（x）向下平移x1个单位即可得到y=f（x）﹣x1的图象，∵f（x1）=x1，可知方程f（x）=x1有两解．②把y=f（x）向下平移x2个单位即可得到y=f（x）﹣x2的图象，∵f（x1）=x1，∴f （x1）﹣x2＜0，可知方程f（x）=x2只有一解．综上①②可知：方程f（x）=x1或f（x）=x2．只有3个实数解．即关于x的方程3（f （x））2+2af（x）+b=0的只有3不同实根．故选：A．2．（2012•福建）函数f（x）在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有则称f（x）在[a，b]上具有性质P．设f（x）在[1，3]上具有性质P，现给出如下命题：①f（x）在[1，3]上的图象是连续不断的；②f（x2）在[1，]上具有性质P；③若f（x）在x=2处取得最大值1，则f（x）=1，x∈[1，3]；④对任意x1，x2，x3，x4∈[1，3]，有[f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]其中真命题的序号是（）A．①②B．①③C．②④D．③④【解答】解：在①中，反例：f（x）=在[1，3]上满足性质P，但f（x）在[1，3]上不是连续函数，故①不成立；在②中，反例：f（x）=﹣x在[1，3]上满足性质P，但f（x2）=﹣x2在[1，]上不满足性质P，故②不成立；在③中：在[1，3]上，f（2）=f（）≤，∴，故f（x）=1，∴对任意的x1，x2∈[1，3]，f（x）=1，故③成立；在④中，对任意x1，x2，x3，x4∈[1，3]，有=≤≤=[f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]，∴[f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]，故④成立．故选D．二．选择题（共1小题）3．（2012•新课标）设函数f（x）=的最大值为M，最小值为m，则M+m=2．【解答】解：函数可化为f（x）==，令，则为奇函数，∴的最大值与最小值的和为0．∴函数f（x）=的最大值与最小值的和为1+1+0=2．即M+m=2．故答案为：2．三．选择题（共23小题）4．（2014•陕西）设函数f（x）=lnx+，m∈R．（Ⅰ）当m=e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的极小值；（Ⅱ）讨论函数g（x）=f′（x）﹣零点的个数；（Ⅲ）若对任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）当m=e时，f（x）=lnx+，∴f′（x）=；∴当x∈（0，e）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，e）上是减函数；当x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上是增函数；∴x=e时，f（x）取得极小值为f（e）=lne+=2；（Ⅱ）∵函数g（x）=f′（x）﹣=﹣﹣（x＞0），令g（x）=0，得m=﹣x3+x（x＞0）；设φ（x）=﹣x3+x（x＞0），∴φ′（x）=﹣x2+1=﹣（x﹣1）（x+1）；当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，1）上是增函数，当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，φ（x）在（1，+∞）上是减函数；∴x=1是φ（x）的极值点，且是极大值点，∴x=1是φ（x）的最大值点，∴φ（x）的最大值为φ（1）=；又φ（0）=0，结合y=φ（x）的图象，如图；可知：①当m＞时，函数g（x）无零点；②当m=时，函数g（x）有且只有一个零点；③当0＜m＜时，函数g（x）有两个零点；④当m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；综上，当m＞时，函数g（x）无零点；当m=或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；当0＜m＜时，函数g（x）有两个零点；（Ⅲ）对任意b＞a＞0，＜1恒成立，等价于f（b）﹣b＜f（a）﹣a恒成立；设h（x）=f（x）﹣x=lnx+﹣x（x＞0），则h（b）＜h（a）．∴h（x）在（0，+∞）上单调递减；∵h′（x）=﹣﹣1≤0在（0，+∞）上恒成立，∴m≥﹣x2+x=﹣+（x＞0），∴m≥；对于m=，h′（x）=0仅在x=时成立；∴m的取值范围是[，+∞）．5．（2013•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=e x﹣ln（x+m）（Ι）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．【解答】（Ⅰ）解：∵，x=0是f（x）的极值点，∴，解得m=1．所以函数f（x）=e x﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．∵．设g（x）=e x（x+1）﹣1，则g′（x）=e x（x+1）+e x＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，又∵g（0）=0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m=2时f（x）＞0．当m=2时，函数在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．故f′（x）=0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，从而当x=x0时，f（x）取得最小值．由f′（x0）=0，得，ln（x0+2）=﹣x0．故f（x）≥=＞0．综上，当m≤2时，f（x）＞0．6．（2013•四川）已知函数，其中a是实数，设A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））为该函数图象上的点，且x1＜x2．（Ⅰ）指出函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，且x2＜0，求x2﹣x1的最小值；（Ⅲ）若函数f（x）的图象在点A，B处的切线重合，求a的取值范围．【解答】解：（I）当x＜0时，f（x）=（x+1）2+a，∴f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在[﹣1，0）上单调递增；当x＞0时，f（x）=lnx，在（0，+∞）单调递增．（II）∵x1＜x2＜0，∴f（x）=x2+2x+a，∴f′（x）=2x+2，∴函数f（x）在点A，B处的切线的斜率分别为f′（x1），f′（x2），∵函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，∴，∴（2x1+2）（2x2+2）=﹣1．∴2x1+2＜0，2x2+2＞0，∴=1，当且仅当﹣（2x1+2）=2x2+2=1，即，时等号成立．∴函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，且x2＜0，求x2﹣x1的最小值为1．（III）当x1＜x2＜0或0＜x1＜x2时，∵，故不成立，∴x1＜0＜x2．当x1＜0时，函数f（x）在点A（x1，f（x1）），处的切线方程为，即．当x2＞0时，函数f（x）在点B（x2，f（x2））处的切线方程为，即．函数f（x）的图象在点A，B处的切线重合的充要条件是，由①及x1＜0＜x2可得﹣1＜x1＜0，由①②得=．∵函数，y=﹣ln（2x1+2）在区间（﹣1，0）上单调递减，∴a（x1）=在（﹣1，0）上单调递减，且x1→﹣1时，ln（2x1+2）→﹣∞，即﹣ln（2x1+2）→+∞，也即a（x1）→+∞．x1→0，a（x1）→﹣1﹣ln2．∴a的取值范围是（﹣1﹣ln2，+∞）．7．（2013•湖南）已知函数f（x）=．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，x1+x2＜0．【解答】解：（Ⅰ）易知函数的定义域为R．==，当x＜0时，f′（x）＞0；当x＞0时，f′（x）＜0．∴函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，0），单调递减区间为（0，+∞）．（Ⅱ）当x＜1时，由于，e x＞0，得到f（x）＞0；同理，当x＞1时，f（x）＜0．当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，不妨设x1＜x2．由（Ⅰ）可知：x1∈（﹣∞，0），x2∈（0，1）．下面证明：∀x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x），即证＜．此不等式等价于．令g（x）=，则g′（x）=﹣xe﹣x（e2x﹣1）．当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）＜g（0）=0．即．∴∀x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x）．而x2∈（0，1），∴f（x2）＜f（﹣x2）．从而，f（x1）＜f（﹣x2）．由于x1，﹣x2∈（﹣∞，0），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，∴x1＜﹣x2，即x1+x2＜0．8．（2013•辽宁）已知函数f（x）=（1+x）e﹣2x，g（x）=ax++1+2xcosx，当x∈[0，1]时，（I）求证：；（II）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．【解答】（I）证明：①当x∈[0，1）时，（1+x）e﹣2x≥1﹣x⇔（1+x）e﹣x≥（1﹣x）e x，令h（x）=（1+x）e﹣x﹣（1﹣x）e x，则h′（x）=x（e x﹣e﹣x）．当x∈[0，1）时，h′（x）≥0，∴h（x）在[0，1）上是增函数，∴h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥1﹣x．②当x∈[0，1）时，⇔e x≥1+x，令u（x）=e x﹣1﹣x，则u′（x）=e x﹣1．当x∈[0，1）时，u′（x）≥0，∴u（x）在[0，1）单调递增，∴u（x）≥u（0）=0，∴f（x）．综上可知：．（II）解：设G（x）=f（x）﹣g（x）=≥=．令H（x）=，则H′（x）=x﹣2sinx，令K（x）=x﹣2sinx，则K′（x）=1﹣2cosx．当x∈[0，1）时，K′（x）＜0，可得H′（x）是[0，1）上的减函数，∴H′（x）≤H′（0）=0，故H（x）在[0，1）单调递减，∴H（x）≤H（0）=2．∴a+1+H（x）≤a+3．∴当a≤﹣3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上恒成立．下面证明当a＞﹣3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上不恒成立．f（x）﹣g（x）≤==﹣x．令v（x）==，则v′（x）=．当x∈[0，1）时，v′（x）≤0，故v（x）在[0，1）上是减函数，∴v（x）∈（a+1+2cos1，a+3]．当a＞﹣3时，a+3＞0．∴存在x0∈（0，1），使得v（x0）＞0，此时，f（x0）＜g（x0）．即f（x）≥g（x）在[0，1）不恒成立．综上实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3]．9．（2013•陕西）已知函数f（x）=e x，x∈R．（Ⅰ）若直线y=kx+1与f （x）的反函数g（x）=lnx的图象相切，求实数k的值；（Ⅱ）设x＞0，讨论曲线y=f （x）与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数．（Ⅲ）设a＜b，比较与的大小，并说明理由．【解答】解：（I）函数f（x）=e x的反函数为g（x）=lnx，∴．设直线y=kx+1与g（x）的图象相切于点P（x0，y0），则，解得，k=e﹣2，∴k=e﹣2．（II）当x＞0，m＞0时，令f（x）=mx2，化为m=，令h（x）=，则，则x∈（0，2）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增．∴当x=2时，h（x）取得极小值即最小值，．∴当时，曲线y=f （x）与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数为0；当时，曲线y=f （x）与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数为1；当时，曲线y=f （x）与曲线y=mx2（m＞0）公共点个数为2．（Ⅲ）===，令g（x）=x+2+（x﹣2）e x（x＞0），则g′（x）=1+（x﹣1）e x．g′′（x）=xe x＞0，∴g′（x）在（0，+∞）上单调递增，且g′（0）=0，∴g′（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，而g（0）=0，∴在（0，+∞）上，有g（x）＞g（0）=0．∵当x＞0时，g（x）=x+2+（x﹣2）•e x＞0，且a＜b，∴，即当a＜b时，．10．（2013•湖北）设n是正整数，r为正有理数．（Ⅰ）求函数f（x）=（1+x）r+1﹣（r+1）x﹣1（x＞﹣1）的最小值；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如．令的值．（参考数据：．【解答】解；（Ⅰ）由题意得f'（x）=（r+1）（1+x）r﹣（r+1）=（r+1）[（1+x）r﹣1]，令f'（x）=0，解得x=0．当﹣1＜x＜0时，f'（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，0）内是减函数；当x＞0时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）内是增函数．故函数f（x）在x=0处，取得最小值为f（0）=0．（Ⅱ）由（Ⅰ），当x∈（﹣1，+∞）时，有f（x）≥f（0）=0，即（1+x）r+1≥1+（r+1）x，且等号当且仅当x=0时成立，故当x＞﹣1且x≠0，有（1+x）r+1＞1+（r+1）x，①在①中，令（这时x＞﹣1且x≠0），得．上式两边同乘n r+1，得（n+1）r+1＞n r+1+n r（r+1），即，②当n＞1时，在①中令（这时x＞﹣1且x≠0），类似可得，③且当n=1时，③也成立．综合②，③得，④（Ⅲ）在④中，令，n分别取值81，82，83， (125)得，，，…，将以上各式相加，并整理得．代入数据计算，可得由[S]的定义，得[S]=211．11．（2012•辽宁）设f（x）=ln（x+1）++ax+b（a，b∈R，a，b为常数），曲线y=f （x）与直线y=x在（0，0）点相切．（I）求a，b的值；（II）证明：当0＜x＜2时，f（x）＜．【解答】（I）解：由y=f（x）过（0，0），∴f（0）=0，∴b=﹣1∵曲线y=f（x）与直线在（0，0）点相切．∴y′|x=0=∴a=0；（II）证明：由（I）知f（x）=ln（x+1）+由均值不等式，当x＞0时，，∴①令k（x）=ln（x+1）﹣x，则k（0）=0，k′（x）=，∴k（x）＜0∴ln（x+1）＜x，②由①②得，当x＞0时，f（x）＜记h（x）=（x+6）f（x）﹣9x，则当0＜x＜2时，h′（x）=f（x）+（x+6）f′（x）﹣9＜＜=∴h（x）在（0，2）内单调递减，又h（0）=0，∴h（x）＜0∴当0＜x＜2时，f（x）＜．12．（2012•福建）已知函数f（x）=axsinx﹣（a∈R），且在上的最大值为，（1）求函数f（x）的解析式；（2）判断函数f（x）在（0，π）内的零点个数，并加以证明．【解答】解：（I）由已知得f′（x）=a（sinx+xcosx），对于任意的x∈（0，），有sinx+xcosx＞0，当a=0时，f（x）=﹣，不合题意；当a＜0时，x∈（0，），f′（x）＜0，从而f（x）在（0，）单调递减，又函数在上图象是连续不断的，故函数在上上的最大值为f（0）=﹣，不合题意；当a＞0时，x∈（0，），f′（x）＞0，从而f（x）在（0，）单调递增，又函数在上图象是连续不断的，故函数在上上的最大值为f（）==，解得a=1，综上所述，得（II）函数f（x）在（0，π）内有且仅有两个零点．证明如下：由（I）知，，从而有f（0）=﹣＜0，f（）=＞0，又函数在上图象是连续不断的，所以函数f（x）在（0，）内至少存在一个零点，又由（I）知f（x）在（0，）单调递增，故函数f（x）在（0，）内仅有一个零点．当x∈[，π]时，令g（x）=f′（x）=sinx+xcosx，由g（）=1＞0，g（π）=﹣π＜0，且g（x）在[，π]上的图象是连续不断的，故存在m∈（，π），使得g（m）=0．由g′（x）=2cosx﹣xsinx，知x∈（，π）时，有g′（x）＜0，从而g（x）在[，π]上单调递减．当x∈（，m），g（x）＞g（m）=0，即f′（x）＞0，从而f（x）在（，m）内单调递增故当x∈（，m）时，f（x）＞f（）=＞0，从而（x）在（，m）内无零点；当x∈（m，π）时，有g（x）＜g（m）=0，即f′（x）＜0，从而f（x）在（，m）内单调递减．又f（m）＞0，f（π）＜0且f（x）在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f（x）在[m，π]内有且仅有一个零点．综上所述，函数f（x）在（0，π）内有且仅有两个零点．13．（2012•湖北）设函数f（x）=ax n（1﹣x）+b（x＞0），n为正整数，a，b为常数，曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x+y=1（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求函数f（x）的最大值；（Ⅲ）证明：f（x）＜．【解答】解：（Ⅰ）因为f（1）=b，由点（1，b）在x+y=1上，可得1+b=1，即b=0．因为f′（x）=anx n﹣1﹣a（n+1）x n，所以f′（1）=﹣a．又因为切线x+y=1的斜率为﹣1，所以﹣a=﹣1，即a=1，故a=1，b=0．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=x n（1﹣x），则有f′（x）=（n+1）x n﹣1（﹣x），令f′（x）=0，解得x=在（0，）上，导数为正，故函数f（x）是增函数；在（，+∞）上导数为负，故函数f（x）是减函数；故函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为f（）=（）n（1﹣）=，（Ⅲ）令φ（t）=lnt﹣1+，则φ′（t）=﹣=（t＞0）在（0，1）上，φ′（t）＜0，故φ（t）单调减；在（1，+∞），φ′（t）＞0，故φ（t）单调增；故φ（t）在（0，+∞）上的最小值为φ（1）=0，所以φ（t）＞0（t＞1）则lnt＞1﹣，（t＞1），令t=1+，得ln（1+）＞，即ln（1+）n+1＞lne所以（1+）n+1＞e，即＜由（Ⅱ）知，f（x）≤＜，故所证不等式成立．14．（2012•湖南）已知函数f（x）=e x﹣ax，其中a＞0．（1）若对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a的取值集合；（2）在函数f（x）的图象上取定点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））（x1＜x2），记直线AB的斜率为K，证明：存在x0∈（x1，x2），使f′（x0）=K恒成立．【解答】解：（1）f′（x）=e x﹣a，令f′（x）=0，解可得x=lna；当x＜lna，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞lna，f′（x）＞0，f（x）单调递增，故当x=lna时，f（x）取最小值，f（lna）=a﹣alna，对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，当且仅当a﹣alna≥1，①令g（t）=t﹣tlnt，则g′（t）=﹣lnt，当0＜t＜1时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，当t＞1时，g′（t）＜0，g（t）单调递减，故当t=1时，g（t）取得最大值，且g（1）=1，因此当且仅当a=1时，①式成立，综上所述，a的取值的集合为{1}．（2）根据题意，k==﹣a，令φ（x）=f′（x）﹣k=e x﹣，则φ（x1）=﹣[﹣（x2﹣x1）﹣1]，φ（x2）=[﹣（x1﹣x2）﹣1]，令F（t）=e t﹣t﹣1，则F′（t）=e t﹣1，当t＜0时，F′（t）＜0，F（t）单调递减；当t＞0时，F′（t）＞0，F（t）单调递增，则F（t）的最小值为F（0）=0，故当t≠0时，F（t）＞F（0）=0，即e t﹣t﹣1＞0，从而﹣（x2﹣x1）﹣1＞0，且＞0，则φ（x1）＜0，﹣（x1﹣x2）﹣1＞0，＞0，则φ（x2）＞0，因为函数y=φ（x）在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0∈（x1，x2），使φ（x0）=0，即f′（x0）=K成立．15．（2012•四川）已知a为正实数，n为自然数，抛物线与x轴正半轴相交于点A，设f（n）为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距．（Ⅰ）用a和n表示f（n）；（Ⅱ）求对所有n都有成立的a的最小值；（Ⅲ）当0＜a＜1时，比较与的大小，并说明理由．【解答】解：（Ⅰ）∵抛物线与x轴正半轴相交于点A，∴A（）对求导得y′=﹣2x∴抛物线在点A处的切线方程为，∴∵f（n）为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距，∴f（n）=a n；（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（n）=a n，则成立的充要条件是a n≥2n3+1即知，a n≥2n3+1对所有n成立，特别的，取n=2得到a≥当a=，n≥3时，a n＞4n=（1+3）n≥1+=1+2n3+＞2n3+1当n=0，1，2时，∴a=时，对所有n都有成立∴a的最小值为；（Ⅲ）由（Ⅰ）知f（k）=a k，下面证明：首先证明：当0＜x＜1时，设函数g（x）=x（x2﹣x）+1，0＜x＜1，则g′（x）=x（x﹣）当0＜x＜时，g′（x）＜0；当时，g′（x）＞0故函数g（x）在区间（0，1）上的最小值g（x）min=g（）=0∴当0＜x＜1时，g（x）≥0，∴由0＜a＜1知0＜a k＜1，因此，从而=≥=＞=16．（2011•四川）已知函数f（x）=x+，h（x）=．（Ⅰ）设函数F（x）=f（x）﹣h（x），求F（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）设a∈R，解关于x的方程log4[f（x﹣1）﹣]=log2h（a﹣x）﹣log2h（4﹣x）；（Ⅲ）试比较f（100）h（100）﹣与的大小．【解答】解：（Ⅰ）由F（x）=f（x）﹣h（x）=x+﹣（x≥0）知，F′（x）=，令F′（x）=0，得x=．当x∈（0，）时，F′（x）＜0；当x∈（，+∞）时，F′（x）＞0．故x∈（0，）时，F（x）是减函数；故x∈（，+∞）时，F（x）是增函数．F（x）在x=处有极小值且F（）=．（Ⅱ）原方程可化为log4（x﹣1）+log2 h（4﹣x）=log2h（a﹣x），即log2（x﹣1）+log2=log2，⇔⇔①当1＜a≤4时，原方程有一解x=3﹣；②当4＜a＜5时，原方程有两解x=3；③当a=5时，原方程有一解x=3；④当a≤1或a＞5时，原方程无解．（Ⅲ）设数列 {a n}的前n项和为s n，且s n=f（n）g（n）﹣从而有a1=s1=1．当2＜k≤100时，a k=s k﹣s k﹣1=，a k﹣=[（4k﹣3）﹣（4k﹣1）]==＞0．即对任意的2＜k≤100，都有a k＞．又因为a1=s1=1，所以a1+a2+a3+…+a100＞=h（1）+h（2）+…+h（100）．故f（100）h（100）﹣＞．17．（2011•陕西）设函数f（x）定义在（0，+∞）上，f（1）=0，导函数f′（x）=，g（x）=f（x）+f′（x）．（Ⅰ）求g（x）的单调区间和最小值；（Ⅱ）讨论g（x）与的大小关系；（Ⅲ）是否存在x0＞0，使得|g（x）﹣g（x0）|＜对任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在请说明理由．【解答】解：（Ⅰ）由题设易知f（x）=lnx，g（x）=lnx+，∴g′（x）=，令g′（x）=0，得x=1，当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，故g（x）的单调递减区间是（0，1），当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，故g（x）的单调递增区间是（1，+∞），因此x=1是g（x）的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，∴最小值为g（1）=1；（Ⅱ）=﹣lnx+x，设h（x）=g（x）﹣=2lnx﹣x+，则h′（x）=，当x=1时，h（1）=0，即g（x）=，当x∈（0，1）∪（1，+∞）时，h′（x）＜0，h′（1）=0，因此，h（x）在（0，+∞）内单调递减，当0＜x＜1，时，h（x）＞h（1）=0，即g（x）＞，当x＞1，时，h（x）＜h（1）=0，即g（x）＜，（Ⅲ）满足条件的x0 不存在．证明如下：证法一假设存在x0＞0，使|g（x）﹣g（x0）|＜成立，即对任意x＞0，有，（*）但对上述x0，取时，有 Inx1=g（x0），这与（*）左边不等式矛盾，因此，不存在x0＞0，使|g（x）﹣g（x0）|＜成立．证法二假设存在x0＞0，使|g（x）﹣g（x0）|成＜立．由（Ⅰ）知，的最小值为g（x）=1．又＞Inx，而x＞1 时，Inx 的值域为（0，+∞），∴x≥1 时，g（x）的值域为[1，+∞），从而可取一个x1＞1，使 g（x1）≥g（x0）+1，即g（x1）﹣g（x0）≥1，故|g（x1）﹣g（x0）|≥1＞，与假设矛盾．∴不存在x0＞0，使|g（x）﹣g（x0）|＜成立．18．（2011•四川）已知函数f（x）=x+，h（x）=．（Ⅰ）设函数F（x）=18f（x）﹣x2[h（x）]2，求F（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）设a∈R，解关于x的方程lg[f（x﹣1）﹣]=2lgh（a﹣x）﹣2lgh（4﹣x）；（Ⅲ）设n∈N n，证明：f（n）h（n）﹣[h（1）+h（2）+…+h（n）]≥．【解答】解：（Ⅰ）F（x）=18f（x）﹣x2[h（x）]2=﹣x3+12x+9（x≥0）所以F′（x）=﹣3x2+12=0，x=±2且x∈（0，2）时，F′（x）＞0，当x∈（2，+∞）时，F′（x）＜0所以F（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减．故x=2时，F（x）有极大值，且F（2）=﹣8+24+9=25．（Ⅱ）原方程变形为lg（x﹣1）+2lg=2lg，⇔⇔，①当1＜a＜4时，原方程有一解x=3﹣，②当4＜a＜5时，原方程有两解x=3±，③当a=5时，原方程有一解x=3，④当a≤1或a＞5时，原方程无解．（Ⅲ）由已知得h（1）+h（2）+…+h（n）=，f（n）h（n）﹣=，从而a1=s1=1，当k≥2时，a n=s n﹣s n﹣1=，又===＞0即对任意的k≥2，有，又因为a1=1=，所以a1+a2+…+a n≥，则s n≥h（1）+h（2）+…+h（n），故原不等式成立．19．（2010•四川）设，a＞0且a≠1），g（x）是f（x）的反函数．（Ⅰ）设关于x的方程求在区间[2，6]上有实数解，求t的取值范围；（Ⅱ）当a=e，e为自然对数的底数）时，证明：；（Ⅲ）当0＜a≤时，试比较||与4的大小，并说明理由．【解答】解：（1）由题意，得a x=＞0故g（x）=，x∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）由得t=（x﹣1）2（7﹣x），x∈[2，6]则t′=﹣3x2+18x﹣15=﹣3（x﹣1）（x﹣5）列表如下：x 2 （2，5）5 （5，6）6t' + ﹣t 5 递增递减25极大值32所以t最小值=5，t最大值=32所以t的取值范围为[5，32]（5分）（Ⅱ）=ln（）=﹣ln令u（z）=﹣lnz2﹣=﹣2lnz+z﹣，z＞0则u′（z）=﹣=（1﹣）2≥0所以u（z）在（0，+∞）上是增函数又因为＞1＞0，所以u（）＞u（1）=0 即ln＞0即（9分）（3）设a=，则p≥1，1＜f（1）=≤3，当n=1时，|f（1）﹣1|=≤2＜4，当n≥2时，设k≥2，k∈N*时，则f（k）=，=1+所以1＜f（k）≤1+，从而n﹣1＜≤n﹣1+=n+1﹣＜n+1，所以n＜＜f（1）+n+1≤n+4，综上所述，总有|﹣n|＜4．20．（2010•全国卷Ⅱ）设函数f（x）=1﹣e﹣x．（Ⅰ）证明：当x＞﹣1时，f（x）≥；（Ⅱ）设当x≥0时，f（x）≤，求a的取值范围．【解答】解：（1）当x＞﹣1时，f（x）≥当且仅当e x≥1+x令g（x）=e x﹣x﹣1，则g'（x）=e x﹣1当x≥0时g'（x）≥0，g（x）在[0，+∞）是增函数当x≤0时g'（x）≤0，g（x）在（﹣∞，0]是减函数于是g（x）在x=0处达到最小值，因而当x∈R时，g（x）≥g（0）时，即e x≥1+x所以当x＞﹣1时，f（x）≥（2）由题意x≥0，此时f（x）≥0当a＜0时，若x＞﹣，则＜0，f（x）≤不成立；当a≥0时，令h（x）=axf（x）+f（x）﹣x，则f（x）≤当且仅当h（x）≤0因为f（x）=1﹣e﹣x，所以h'（x）=af（x）+axf'（x）+f'（x）﹣1=af（x）﹣axf（x）+ax﹣f（x）（i）当0≤a≤时，由（1）知x≤（x+1）f（x）h'（x）≤af（x）﹣axf（x）+a（x+1）f（x）﹣f（x）=（2a﹣1）f（x）≤0，h（x）在[0，+∞）是减函数，h（x）≤h（0）=0，即f（x）≤（ii）当a＞时，由（i）知x≥f（x）h'（x）=af（x）﹣axf（x）+ax﹣f（x）≥af（x）﹣axf（x）+af（x）﹣f（x）=（2a﹣1﹣ax）f（x）当0＜x＜时，h'（x）＞0，所以h'（x）＞0，所以h（x）＞h（0）=0，即f（x）＞综上，a的取值范围是[0，]21．（2010•陕西）已知函数f（x）=，g（x）=alnx，a∈R，（Ⅰ）若曲线y=f（x）与曲线y=g（x）相交，且在交点处有共同的切线，求a的值和该切线方程；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），当h（x）存在最小值时，求其最小值φ（a）的解析式；（Ⅲ）对（Ⅱ）中的φ（a）和任意的a＞0，b＞0，证明：φ′（）≤≤φ′（）．【解答】解：（Ⅰ）f'（x）=，g'（x）=有已知得解得：a=，x=e2∴两条曲线的交点坐标为（e2，e）切线的斜率为k=f'（e2）=∴切线的方程为y﹣e=（x﹣e2）（Ⅱ）由条件知h（x）=﹣alnx（x＞0），∴h′（x）=﹣=，①当a＞0时，令h′（x）=0，解得x=4a2．∴当0＜x＜4a2时，h′（x）＜0，h（x）在（0，4a2）上单调递减；当x＞4a2时，h′（x）＞0，h（x）在（4a2，+∞）上单调递增．∴x=4a2是h（x）在（0，+∞）上的惟一极值点，且是极小值点，从而也是h（x）的最小值点．∴最小值φ（a）=h（4a2）=2a﹣aln（4a2）=2a[1﹣ln （2a）]．②当a≤0时，h′（x）=＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，无最小值．故h（x）的最小值φ（a）的解析式为φ（a）=2a[1﹣ln （2a）]（a＞0）．（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知φ′（a）=﹣2ln2a对任意的a＞0，b＞0=﹣=﹣ln4ab，①φ′（）=﹣2ln（2×）=﹣ln（a+b）2≤﹣ln4ab，②φ′（）=﹣2ln（2×）=﹣2ln=﹣ln4ab，③故由①②③得φ′（）≤≤φ′（）．22．（2009•全国卷Ⅱ）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．【解答】解：（I）令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为．由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，其充要条件为，得（1）当x∈（﹣1，x1）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣1，x1）内为增函数；（2）当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x1，x2）内为减函数；（3）当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）内为增函数；（II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x22+2x2）∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2）设h（x）=x2﹣（2x2+2x）ln（1+x），（﹣＜x＜0）则h'（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x）（1）当时，h'（x）＞0，∴h（x）在单调递增；（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．∴故．23．（2009•湖北）在R上定义运算：（b、c∈R是常数），已知f1（x）=x2﹣2c，f2（x）=x﹣2b，f（x）=f1（x）f2（x）．①如果函数f（x）在x=1处有极值，试确定b、c的值；②求曲线y=f（x）上斜率为c的切线与该曲线的公共点；③记g（x）=|f′（x）|（﹣1≤x≤1）的最大值为M，若M≥k对任意的b、c恒成立，试求k 的取值范围．（参考公式：x3﹣3bx2+4b3=（x+b）（x﹣2b）2）【解答】解：①依题意，解得或．若，，′（x）=﹣x2+2x﹣1=﹣（x﹣1）2≤0f（x）在R上单调递减，在x=1处无极值；若，，f′（x）=﹣x2﹣2x+3=﹣（x﹣1）（x+3），直接讨论知，f（x）在x=1处有极大值，所以为所求．②解f′（t）=c得t=0或t=2b，切点分别为（0，bc）、，相应的切线为y=cx+bc或．解得x=0或x=3b；解即x3﹣3bx2+4b3=0得x=﹣b或x=2b．综合可知，b=0时，斜率为c的切线只有一条，与曲线的公共点只有（0，0），b≠0时，斜率为c的切线有两条，与曲线的公共点分别为（0，bc）、（3b，4bc）和、．③g（x）=|﹣（x﹣b）2+b2+c|．若|b|＞1，则f′（x）在[﹣1，1]是单调函数，M=max{|f′（﹣1）|，|f′（1）|}={|﹣1+2b+c|，|﹣1﹣2b+c|}，因为f′（1）与f′（﹣1）之差的绝对值|f′（1）﹣f′（﹣1）|=|4b|＞4，所以M＞2．若|b|≤1，f′（x）在x=b∈[﹣1，1]取极值，则M=max{|f′（﹣1）|，|f′（1）|，|f′（b）|}，f′（b）﹣f′（±1）=（b∓1）2．若﹣1≤b＜0，f′（1）≤f′（﹣1）≤f′（b；若0≤b≤1，f′（﹣1）≤f′（1）≤f′（b），M=max{|f′（﹣1）|，|f′（b）|}=．当b=0，时，在[﹣1，1]上的最大值．所以，k的取值范围是．24．（2009•湖北）已知关于x的函数f（x）=﹣x3+bx2+cx+bc，其导函数为f′（x）．令g（x）=|f′（x）|，记函数g（x）在区间[﹣1、1]上的最大值为M．（Ⅰ）如果函数f（x）在x=1处有极值﹣，试确定b、c的值：（Ⅱ）若|b|＞1，证明对任意的c，都有M＞2（Ⅲ）若M≧K对任意的b、c恒成立，试求k的最大值．【解答】（Ⅰ）解：∵f'（x）=﹣x2+2bx+c，由f（x）在x=1处有极值可得解得，或若b=1，c=﹣1，则f'（x）=﹣x2+2x﹣1=﹣（x﹣1）2≤0，此时f（x）没有极值；若b=﹣1，c=3，则f'（x）=﹣x2﹣2x+3=﹣（x+3）（x﹣1）当x变化时，f（x），f'（x）的变化情况如下表：x （﹣∞，﹣3）﹣3 （﹣3，1）1（1，+∞）f'（x）﹣0 + 0 ﹣f（x）↘极小值﹣12 ↗极大值↘∴当x=1时，f（x）有极大值，故b=﹣1，c=3即为所求．（Ⅱ）证法1：g（x）=|f'（x）|=|﹣（x﹣b）2+b2+c|当|b|＞1时，函数y=f'（x）的对称轴x=b位于区间[﹣1.1]之外．∴f'（x）在[﹣1，1]上的最值在两端点处取得故M应是g（﹣1）和g（1）中较大的一个，∴2M≥g（1）+g（﹣1）=|﹣1+2b+c|+|﹣1﹣2b+c|≥|4b|＞4，即M＞2证法2（反证法）：因为|b|＞1，所以函数y=f'（x）的对称轴x=b位于区间[﹣1，1]之外，∴f'（x）在[﹣1，1]上的最值在两端点处取得．故M应是g（﹣1）和g（1）中较大的一个假设M≤2，则M=maxg{（﹣1），g（1），g（b）}将上述两式相加得：4≥|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|≥4|b|＞4，导致矛盾，∴M＞2（Ⅲ）解法1：g（x）=|f'（x）|=|﹣（x﹣b）2+b2+c|（1）当|b|＞1时，由（Ⅱ）可知f'（b）﹣f'（±1）=b（∓1）2≥0；（2）当|b|≤1时，函数y=f'（x）的对称轴x=b位于区间[﹣1，1]内，此时M=max{g（﹣1），g（1），g（b）}由f'（1）﹣f'（﹣1）=4b，有f'（b）﹣f'（±1）=b（∓1）2≥0①若﹣1≤b≤0，则f'（1）≤f'（﹣1）≤f'（b），∴g（﹣1）≤max{g（1），g（b）}，于是②若0＜b≤1，则f'（﹣1）≤f'（1）≤f'（b），∴g（1）≤maxg（﹣1），g（b）于是综上，对任意的b、c都有而当时，在区间[﹣1，1]上的最小值故M≥k对任意的b、c恒成立的k的最大值为．解法2：g（x）=|f'（x）|=|﹣（x﹣b）2+b2+c|（1）当|b|＞1时，由（Ⅱ）可知M＞2（2）当|b|≤1y=f'（x）时，函数的对称轴x=b位于区间[﹣1，1]内，此时M=max{g（﹣1），g（1），g（b）}4M≥g（﹣1）+g（1）+2g（b）=|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|+2|b2+c|≥|﹣1﹣2b+c+（﹣1+2b+c）﹣2（b2+c）|=|2b2+2|≥2，即下同解法125．（2008•江苏）请先阅读：在等式cos2x=2cos2x﹣1（x∈R）的两边求导，得：（cos2x）′=（2cos2x﹣1）′，由求导法则，得（﹣sin2x）•2=4cosx•（﹣sinx），化简得等式：sin2x=2cosx•sinx．（1）利用上题的想法（或其他方法），结合等式（1+x）n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n（x∈R，正整数n≥2），证明：．（2）对于正整数n≥3，求证：（i）；（ii）；（iii）．【解答】证明：（1）在等式（1+x）n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n两边对x求导得n（1+x）n﹣1=C n1+2C n2x+…+（n﹣1）C n n﹣1x n﹣2+nC n n x n﹣1移项得（*）（2）（i）在（*）式中，令x=﹣1，整理得所以（ii）由（1）知n（1+x）n﹣1=C n1+2C n2x+…+（n﹣1）C n n﹣1x n﹣2+nC n n x n﹣1，n≥3两边对x求导，得n（n﹣1）（1+x）n﹣2=2C n2+3•2C n3x+…+n（n﹣1）C n n x n﹣2在上式中，令x=﹣1，得0=2C n2+3•2C n3（﹣1）+…+n（n﹣1）C n2（﹣1）n﹣2即，亦即（1）又由（i）知（2）由（1）+（2）得（iii）将等式（1+x）n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n两边在[0，1]上对x积分由微积分基本定理，得所以26．（2008•天津）已知函数f（x）=x4+ax3+2x2+b（x∈R），其中a，b∈R．（Ⅰ）当时，讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）若函数f（x）仅在x=0处有极值，求a的取值范围；（Ⅲ）若对于任意的a∈[﹣2，2]，不等式f（x）≤1在[﹣1，1]上恒成立，求b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f'（x）=4x3+3ax2+4x=x（4x2+3ax+4）．当时，f'（x）=x（4x2﹣10x+4）=2x（2x﹣1）（x﹣2）．令f'（x）=0，解得x1=0，，x3=2．当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：x （﹣∞，0） 0 （0，）（，2） 2 （2，+∞）f′（x）﹣ 0 + 0 ﹣ 0 +f（x）↘极小值↗极大值↘极小值↗所以f（x）在，（2，+∞）内是增函数，在（﹣∞，0），内是减函数．（Ⅱ）f'（x）=x（4x2+3ax+4），显然x=0不是方程4x2+3ax+4=0的根．为使f（x）仅在x=0处有极值，必须4x2+3ax+4≥0成立，即有△=9a2﹣64≤0．解些不等式，得．这时，f（0）=b是唯一极值．因此满足条件的a的取值范围是．（Ⅲ）由条件a∈[﹣2，2]，可知△=9a2﹣64＜0，从而4x2+3ax+4＞0恒成立．当x＜0时，f'（x）＜0；当x＞0时，f'（x）＞0．因此函数f（x）在[﹣1，1]上的最大值是f（1）与f（﹣1）两者中的较大者．为使对任意的a∈[﹣2，2]，不等式f（x）≤1在[﹣1，1]上恒成立，当且仅当，即，在a∈[﹣2，2]上恒成立．所以b≤﹣4，因此满足条件的b的取值范围是（﹣∞，﹣4]．四．解答题（共4小题）27．（2008•福建）已知函数f（x）=ln（1+x）﹣x（1）求f（x）的单调区间；（2）记f（x）在区间[0，n]（n∈N*）上的最小值为b n令a n=ln（1+n）﹣b n（i）如果对一切n，不等式恒成立，求实数c的取值范围；（ii）求证：．【解答】解：（1）因为f（x）=ln（1+x）﹣x，所以函数定义域为（﹣1，+∞），且f′（x）=﹣1=．由f′（x）＞0得﹣1＜x＜0，f（x）的单调递增区间为（﹣1，0）；由f’（x）＜0得x＞0，f（x）的单调递减区间为（0，+∞）．（2）因为f（x）在[0，n]上是减函数，所以b n=f（n）=ln（1+n）﹣n，则a n=ln（1+n）﹣b n=ln（1+n）﹣ln（1+n）+n=n．（i）因为对n∈N*恒成立．所以对n∈N*恒成立．则对n∈N*恒成立．设，n∈N*，则c＜g（n）对n∈N*恒成立．考虑．因为=0，所以g（x）在[1，+∞）内是减函数；则当n∈N*时，g（n）随n的增大而减小，又因为=1．所以对一切n∈N，g（n）＞1因此c≤1，即实数c的取值范围是（﹣∞，1]．（ⅱ）由（ⅰ）知．下面用数学归纳法证明不等式（n∈N+）①当n=1时，左边=，右边=，左边＜右边．不等式成立．②假设当n=k时，不等式成立．即．当n=k+1时，＜===，即n=k+1时，不等式成立综合①、②得，不等式成立．所以，所以+＜+…+=﹣1．即．28．（2007•福建）已知函数f（x）=e x﹣kx，（1）若k=e，试确定函数f（x）的单调区间；（2）若k＞0，且对于任意x∈R，f（|x|）＞0恒成立，试确定实数k的取值范围；（3）设函数F（x）=f（x）+f（﹣x），求证：F（1）F（2）…F（n）＞（n∈N*）．【解答】解：（Ⅰ）由k=e得f（x）=e x﹣ex，所以f'（x）=e x﹣e．由f'（x）＞0得x＞1，故f（x）的单调递增区间是（1，+∞），由f'（x）＜0得x＜1，故f（x）的单调递减区间是（﹣∞，1）．（Ⅱ）由f（|﹣x|）=f（|x|）可知f（|x|）是偶函数．于是f（|x|）＞0对任意x∈R成立等价于f（x）＞0对任意x≥0成立．由f'（x）=e x﹣k=0得x=lnk．①当k∈（0，1]时，f'（x）=e x﹣k＞1﹣k≥0（x＞0）．此时f（x）在[0，+∞）上单调递增．故f（x）≥f（0）=1＞0，符合题意．②当k∈（1，+∞）时，lnk＞0．当x变化时f'（x），f（x）的变化情况如下表：x （0，lnk）lnk （lnk，+∞）f′（x）﹣0 +f（x）单调递减极小值单调递增由此可得，在[0，+∞）上，f（x）≥f（lnk）=k﹣klnk．依题意，k﹣klnk＞0，又k＞1，∴1＜k＜e．综合①，②得，实数k的取值范围是0＜k＜e．（Ⅲ）∵F（x）=f（x）+f（﹣x）=e x+e﹣x，∴F（x1）F（x2）=，∴F（1）F（n）＞e n+1+2，F（2）F（n﹣1）＞e n+1+2，F（n）F（1）＞e n+1+2．由此得，[F（1）F（2）F（n）]2=[F（1）F（n）][F（2）F（n﹣1）][F（n）F（1）]＞（e n+1+2）n故，n∈N*．29．（2006•四川）已知函数，f（x）的导函数是f′（x）．对任意两个不相等的正数x1、x2，证明：（Ⅰ）当a≤0时，；（Ⅱ）当a≤4时，|f′（x1）﹣f′（x2）|＞|x1﹣x2|．【解答】解：证明：（Ⅰ）由得=而①又（x1+x2）2=（x12+x22）+2x1x2＞4x1x2∴②∵∴∵a≤0，aln≥aln（③由①、②、③得（x12+x22）++aln＞（）2++aln，即．（Ⅱ）证法一：由，得∴=下面证明对任意两个不相等的正数x1，x2，有恒成立即证成立∵设，则，令u′（x）=0得，列表如下：tu′（t）﹣0 +u（t）□极小值□∴∴对任意两个不相等的正数x1，x2，恒有|f'（x1）﹣f'（x2）|＞|x1﹣x2|证法二：由，得∴=∵x1，x2是两个不相等的正数∴设，u（t）=2+4t3﹣4t2（t＞0）则u′（t）=4t（3t﹣2），列表：tu′（t）﹣0 +u（t）□极小值□∴即∴即对任意两个不相等的正数x1，x2，恒有|f′（x1）﹣f′（x2）|＞|x1﹣x2|30．（2006•辽宁）已知f0（x）=x n，其中k≤n（n，k∈N+），设F（x）=C n0f0（x2）+C n1f1（x2）+…+C n n f n（x2），x∈[﹣1，1]．（1）写出f k（1）；（2）证明：对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，恒有|F（x1）﹣F（x2）|≤2n﹣1（n+2）﹣n﹣1．【解答】解：（1）由已知推得f k（x）=（n﹣k+1）x n﹣k，从而有f k（1）=n﹣k+1（2）证法1：当﹣1≤x≤1 时，F（x）=x2n+nc n1x2（n﹣1）+（n﹣1）c n2x2（n﹣2）+…+（n﹣k+1）c n k x2（n﹣k）+…+2c n n﹣1x2+1当x＞0时，F′（x）＞0所以F（x）在[0，1]上为增函数因函数F（x）为偶函数，所以F（x）在[﹣1，0]上为减函数所以对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，|F（x1）﹣F（x2）|≤F（1）﹣F（0）F（1）﹣F（0）=C n0+nc n1+（n﹣1）c n2+…+（n﹣k+1）c n k+…+2c n n﹣1=nc n n﹣1+（n﹣1）c n n﹣2+…+（n﹣k+1）c n n﹣k+…+2c n1+c n0∵（n﹣k+1）c n n﹣k=（n﹣k）c n n﹣k+c n k=nc n﹣1k+c n k（k=1，2，3，…，n﹣1）F（!）﹣F（0）=n（c n﹣11+c n﹣12+…+c n﹣1k﹣1）+（c n1+c n2+…+c n n﹣1）+c n0=n（2n﹣1﹣1）+2n﹣1=2n﹣1（n+2）﹣n﹣1因此结论成立．证法2：当﹣1≤x≤1 时，F（x）=x2n+nc n1x2（n﹣1）+（n﹣1）c n2x2（n﹣2）+…+（n﹣k+1）c n k x2（n﹣k）+…+2c n n﹣1x2+1当x＞0时，F′（x）＞0所以 F（x）在[0，1]上为增函数因函数 F（x）为偶函数所以 F（x）在[﹣1，0]上为减函数所以对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，|F（x1）﹣F（x2）|≤F（!）﹣F（0）F（!）﹣F（0）=c n0+nc n1+（n﹣1）c n2+…+（n﹣k+1）c n k+…+2c n n﹣1又因F（1）﹣F（0）=2c n1+3c n2+…+kc n k﹣1+…+nc n n﹣1+c n0所以2[F（1）﹣F（0）]=（n+2）[c n1+c n2+…+c n k﹣1+…+c n n﹣1]+2c n0F（1）﹣F（0）=[c n1+c n2+…+c n k﹣1+…+c n n﹣1]+c n0=因此结论成立．证法3：当﹣1≤x≤1时，F（x）=x2n+nc n1x2（n﹣1）+（n﹣1）c n2x2（n﹣2）+…+（n﹣k+1）c n k x2（n﹣k）+…+2c n n﹣1x2+1当x＞0时，F′（x）＞0所以F（x）在[0，1]上为增函数因函数F（x）为偶函数所以F（x）在[﹣1，0]上为减函数所以对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，|F（x1）﹣F（x2）|≤F（!）﹣F（0）F（!）﹣F（0）=c n0+nc n1+（n﹣1）c n2+…+（n﹣k+1）c n k+…+2c n n﹣1由x[（1+x）n﹣x n]=x[c n1x n﹣1+c n2x n﹣2+…+c n k x n﹣k+…+c n n﹣1+1]=c n1x n+c n2x n﹣1+…+c n k x n﹣k+1+…+c n n﹣1x2+x对上式两边求导得（1+x）n﹣x n+nx（1+x）n﹣1﹣nx n=nc n1x n﹣1+（n﹣1）c n2x n﹣2+…+（n﹣k+1）c n k x n﹣k+…+2c n n﹣1x+1F（x）=（1+x2）n+nx2（1+x2）n﹣1﹣nx2n∴F（1）﹣F（0）=2n+n2n﹣1﹣n﹣1=（n+2）2n﹣1﹣n﹣1．因此结论成立．。
2014年全国高考试卷导数部分汇编(上)
2014年全国高考试卷导数部分汇编（上）1. （2014安徽理18文20）设函数23()1(1)f x a x x x =++--，其中0a >．⑴讨论()f x 在其定义域上的单调性；⑵当[01]x ∈，时，求()f x 取得最大值和最小值时的x 的值． 【解析】 ⑴ ()f x 的定义域为2()'()123f x a x x -∞+∞=+--，，．令'()0f x =，得1212x x x x ==<， 所以12'()3()()f x x x x x =---．当1x x <或2x x >时，'()0f x <；当12x x x <<时，'()0f x >． 故()f x 在1()x -∞，和2()x +∞，内单调递减，在12()x x ，内单调递增． ⑵ 因为0a >，所以1200x x <>，． ①当4a ≥时，21x ≥．由⑴知，()f x 在[01]，上单调递增． 所以()f x 在0x =和1x =处分别取得最小值和最大值． ②当04a <<时，21x <由⑴知，()f x 在2[0]x ，上单调递增，在2[1]x ，上单调递减．所以()f x 在2x x ==又(0)1(1)f f a ==，，所以当01a <<时，()f x 在1x =处取得最小值；当1a =时，()f x 在0x =处和1x =处同时取得最小值； 当14a <<时，()f x 在0x =处取得最小值．评析 本题考查利用导数求函数的单调区间和最大（小）值，同时考查分类讨论的思想，分为讨论的关键是确定分类的标准．2. （2014安徽理21）设实数0c >，整数1p >，*n N ∈．⑴证明：当1x >-且0x ≠时，(1)1p x px +>+； ⑵数列{}n a 满足11pa c >，111p n n np c a a a p p-+-=+．证明：11p n n a a c +>>． 【解析】 ⑴ 用数学归纳法证明：①当2p =时，22(1)1212x x x x +=++>+，原不等式成立． ②假设(2*)p k k k =N ≥，∈时，不等式(1)1k x kx +>+成立． 当1p k =+时，12(1)(1)(1)(1)(1)1(1)1(1)k k x x x x kx k x kx k x ++=++>++=+++>++所以1p k =+时，原不等式也成立．综合①②可得，当10x x >-，≠，对一切整数1p >，不等式(1)1p x px +>+均成立． ⑵ 证法一：先用数学归纳法证明1pn a c >． ①当1n =时，由题设11pa c >知1pn a c >成立． ②假设(1*)n k k k =N ≥，∈时，不等式1pn a c >成立． 由111pn n n p c a a a p p-+-=+易知0*n a n >N ，∈． 当1n k =+时，11111p k k p k k a p c ca a p p p a -+⎛⎫-=+=+- ⎪⎝⎭． 当10pk a c >>得11110p k cp p a ⎛⎫-<-<-< ⎪⎝⎭． 由⑴中的结论得11111ppk p k k a c p a p a +⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+->+⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦．11p p k kcc p a a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭． 因此1pk ac +>，即11pk a c +>．所以1n k =+时，不等式1rn a c >也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式1pn a c >均成立． 再由1111n p n n a ca p a +⎛⎫=+- ⎪⎝⎭可得11n n a a +<，即1n n a a +<．综上所述，11pn n a a c +>>，*n N ∈．证法二：设111()p p p cf x x x x c p p --=+，≥，则p x c ≥， 并且11()(1)10p p p c p c f x p x p p p x ---⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭，1p x c >． 由此可得，()f x 在1p c ⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎢⎣⎭，上单调递增．因而，当1px c >时，11()()p pf x f c c >=， ①当1n =时，由110pa c >>，即1p a c >可知12111111111p p p c c a a a a a p p p a -⎡⎤⎛⎫-=+=+-<⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，并且121()pa f a c =>，从而112p a a c >>．故当1n =时，不等式11pn n a a c +>>成立．②假设(1*)n k k k =N ≥，∈时，不等式11pk k a a c +>>成立，则当1n k =+时，11()()()p k k f a f a f c +>>，即有112pk k a a c ++>>． 所以1n k =+时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式11pn n a a c +>>均成立．3. （2014安徽文15）若直线l 与曲线C 满足下列两个条件：⑴直线l 在点()00P x y ，处与曲线C 相切； ⑵曲线C 在点P 附近位于直线l 的两侧，则称直线l 在点P 处“切过”曲线C ．下列命题正确的是_________(写出所有正确命题的编号)①直线:0l y =在点()00P ，处“切过”曲线C ：2y x = ②直线:1l x =-在点()10P -，处“切过”曲线C ：2(1)y x =+ ③直线:l y x =在点()00P ，处“切过”曲线C ：sin y x = ④直线:l y x =在点()00P ，处“切过”曲线C ：tan y x = ⑤直线:1l y x =-在点()10P ，处“切过”曲线C ：ln y x = 【解析】 ①③④①直线0l y =：在()00P ，处与曲线3C y x =：相切，且曲线C 位于直线l 的两侧，①对； ②直线1l x =-：不是曲线()21C y x =+：在()10P -，处的切线，②错； ③中cos y x '=，cos 01=，因此曲线sin C y x =：在()00P ，处的切线为l y x =：，设()s i n f x x x =-，则()1cos 0f x x '=-≥，即()f x 是增函数，又()00f =，从而当0x ＜时，()0sin f x x x ⇒＜＜，当0x ＞时，()0sin f x x x ⇒＞＞，即曲线sin C y x =：在()00P ，附近位于直线l 的两侧，③正确；④中22sin 111cos cos cos 0x y x x ⎛⎫'='== ⎪⎝⎭，，因此曲线tan C y x =：在()00P ，处的切线为l y x =：，设()tan g x x x =-，则()21ππ10cos 22g x x x ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭＜＜≤，即()g x 在ππ22⎛⎫- ⎪⎝⎭，上是减函数，且()00g =，同③得④正确；⑤中1111y x '==，，因此曲线ln C y x =：在()10P ，处的切线为1l y x =-：，设()()1l n 0h x x x x =--＞，则()111x h x x x-'=-=，当01x ＜＜时，()0h x '＜，当1x ＞时，()0h x '＞，因此当1x =时，()()min 10h x h ==，因此曲线C 在()10P ，附近位于直线l 的一侧，故⑤错误．因此答案为①③④评析 本题考查导数的几何意义及导数在函数中的应用，解题时结合图象可简化运算和推理的过程．4. （2014北京理18）已知函数()πcos sin 02f x x x x x ⎡⎤=-,∈,⎢⎥⎣⎦，⑴求证：()0f x ≤；⑵若sin x a b x <<对π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭恒成立，求a 的最大值与b 的最小值. 【解析】 ⑴ ()()cos sin cos sin f x x x x x x x '=+--=-，π02x ⎡⎤∈,⎢⎥⎣⎦时，()0f x '≤，从而()f x 在π02⎡⎤,⎢⎥⎣⎦上单调递减， 所以()f x 在π02⎡⎤,⎢⎥⎣⎦上的最大值为()00f =，所以()()00f x f =≤． ⑵ 法一：当0x >时，“sin x a x >”等价于“sin 0x ax ->”；“sin xb x<”等价于“sin 0x bx -<”， 令()sin g x x cx =-，则()cos g x x c '=-．当0c ≤时，()0g x >对任意π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭恒成立．当1c ≥时，因为对任意π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭，()cos 0g x x c '=-<，所以()g x 在区间π02⎡⎤,⎢⎥⎣⎦上单调递减．从而()()00g x g <=对任意π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭恒成立．当01c <<时，存在唯一的0π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭，使得()00cos 0g x x c '=-=，且当()00x x ∈,时，()0g x '>，()g x 单调递增；当0π2x x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭时，()0g x '<，()g x 单调递减．所以()()000g x g >=．进一步，“()0g x >对任意π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭恒成立”当且仅当ππ1022g c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭≥，即20πc <≤．综上所述，当且仅当2πc ≤时，()0g x >对任意π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭恒成立；当且仅当1c ≥时，()0g x <对任意π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭恒成立．所以，若sin x a b x <<对任意π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为1．法二： 令()sin π02x g x x x ⎛⎤=,∈, ⎥⎝⎦， 则()2cos sin x x xg x x ⋅-'=，由⑴知，()0g x '≤，故()g x 在π02⎛⎤, ⎥⎝⎦上单调递减，从而()g x 的最小值为π22πg ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故2πa ≤，a 的最大值为2π．b 的最小值为1，下面进行证明：()sin h x x bx =-，π02x ⎡⎫∈,⎪⎢⎣⎭，则()cos h x x b '=-，当1b =时，()0h x '≤，()h x 在π02⎡⎫,⎪⎢⎣⎭上单调递减，从而()()max 00h x h ==，所以sin 0x x -≤，当且仅当0x =时取等号．从而当π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭时，sin 1x x <．故b 的最小值小于等于1．若1b <，则()cos 0h x x b '=-=在π02⎛⎫, ⎪⎝⎭上有唯一解0x ，且()00x x ∈,时，()0h x '>，故()h x 在()00x ,上单调递增，此时()()00h x h >=，sin sin 0xx bx b x->⇒>与恒成立矛盾，故1b ≥， 综上知：b 的最小值为1．5. （2014北京文20）已知函数3()23f x x x =-．⑴求()f x 在区间[]21-，上的最大值；⑵若过点(1)P t ，存在3条直线与曲线()y f x =相切，求t 的取值范围；⑶问过点(12)(210)(02)A B C -，，，，，分别存在几条直线与曲线()y f x =相切？（只需写出结论）【解析】 ⑴ 由()323f x x x =-得()263f x x '=-.令()0f x '=，得x =或x =.因为()210f -=-，f ⎛ ⎝⎭()11f f ==-⎝⎭所以()f x 在区间[]21-，上的最大值为f ⎛= ⎝⎭⑵ 设过点()1P t ，的直线与曲线()y f x =相切于点()00x y ，，则300023y x x =-，且切线斜率为2063k x =-，所以切线方程为()20063y y x -=-()0x x -， 因此()()2000631t y x x -=--.整理得32004630x x t -++=.设()32463g x x x t =-++，则“过点()1P t ，存在3条直线与曲线()y f x =相切”等价于“()g x 有3个不同零点”.()()21212121g x x x x x '=-=-. ()g x 与()g x '的情况如下：当(0)30g t =+≤，即3t -≤时，此时()g x 在区间(]1-∞，和(1)+∞，上分别至多有1个零点，所以()g x 至多有2个零点． 当(1)10g t =+≥，即1t -≥时，此时()g x 在区间(0)-∞，和[)0+∞，上分别至多有1个零点，所以()g x 至多有2个零点．当()00g >且()10g <，即31t -<<-时，因为()()1702110g t g t -=-<=+>，， 所以()g x 分别在区间[)10-，，[)01，和[)12，上恰有1个零点. 由于()g x 在区间()0-∞，和()1+∞，上单调，所以()g x 分别在区间()0-∞，和[)1-∞，上恰有1个零点.综上可知，当过点()1P t ，存在3条直线与曲线()y f x =相切时，t 的取值范围是()31--，. ⑶ 过点()12A -， 存在3条直线与曲线()y f x =相切； 过点()210B ， 存在2条直线与曲线()y f x =相切； 过点()02C ， 存在1条直线与曲线()y f x =相切.：6. （2014大纲理7）曲线1e x y x -=在点()11，处切线的斜率等于（ ） A ．2e B ．eC ．2D ．1【解析】 C7. （2014大纲理16）若函数()cos2sin f x x a x =+在区间ππ62⎛⎫⎪⎝⎭，上是减函数，则a 的取值范围是____________．【解析】 (]2-∞， 8. （2014大纲理22）函数()()()ln 11axf x x a x a=+->+． ⑴讨论()f x 的单调性；⑵设11a =，1ln(1)n n a a +=+，证明：2322n a n n <++≤． 【解析】 ⑴ ()f x 的定义域为()1-+∞，，()()()()222'1x x a a f x x x a ⎡⎤--⎣⎦=++（i ）当12a <<时，若()212x a a ∈--，，则()'0f x >，()f x 在()212a a --，是增函数；若()220x a a ∈-，，则()'0f x <，()f x 在()220a a -，是减函数；若()0x ∈+∞，，则()'0f x >，()f x 在()0+∞，上增函数． （ii ）当2a =时，()'0f x ≥，()'0f x =成立当且仅当0x =，()f x 在()1-+∞，是增函数． （iii ）当2a >时，若()10x ∈-，，则()'0f x >，()f x 在()10-，是增函数； 若()202x a a ∈-，，则()'0f x <，()f x 在()202a a -，是减函数；若()22x aa ∈-+∞，，则()'0f x >，()f x 在()22a a -+∞，是增函数．⑵ 由⑴知，当2a =时，()f x 在()1-+∞，是增函数 当()0x ∈+∞，时，()()00f x f >=，即()()2ln 102xx x x +>>+ 又由⑴知，当3a =时，()f x 在[)03，是减函数．当()03x ∈，时，()()00f x f <=，即()()3ln 1033xx x x +<<<+． 下面用数学归纳法证明2322n a n n <++…（i ）当1n =时，由已知1213a <=，故结论成立；（ii ）设当n k =时结论成立，即12322a k k <++≤． 当1n k =+时．()122222ln 1ln 1=2322k k k a a k k k +⨯⎛⎫+=+>+>⎪++⎝⎭++． ()133332ln 1ln 12332k k k a a k k k +⨯⎛⎫+=++<= ⎪++⎝⎭++≤ 即当1n k =+时有12333k a k k +<++≤，结论成立 根据（i ）（ii ）知对任何*n ∈N 结论都成立．9. （2014大纲文21）函数()()32330f x ax x x a =++≠．⑴讨论()f x 的单调性；⑵若()f x 在区间()12，是增函数，求a 的取值范围． 【解析】 ⑴ ()2363f x ax x '=++，()0f x '=的判别式()361a ∆=-．（i ）若1a ≥，则()0f x '≥，且()0f x '=当且仅当1a =，1x =-，故此时()f x 在R 上是增函数．（ii ）由于0a ≠，故当1a <，()0f x '=有两个根；1x =2x =若01a <<，则当()2x x ∈-∞，或()1x x ∈+∞，时()0f x '>， 故()f x 分别在()2x -∞，，()1x +∞，上是增函数； 当()21x x x ∈，时，()0f x '<，故()f x 在()21x x ，上是减函数； 若0a <，则当()1x x ∈-∞，或()2x +∞，时，()0f x '<， 故()f x 分别在()1x -∞，，()2x +∞，上是减函数； 当()12x x x ∈，时，()0f x '>，故()f x 在()12x x ，上是增函数．⑵ 当0a >，0x >时，()23630f x ax x '=++>，故当0a >时，()f x 在区间()12，上是增函数． 当0a <时，()f x 在区间()12，上是增函数当且仅当()10f '≥且()20f '≥，解得504a -<≤．综上，a 的取值范围是()5004⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭∪，，． 10. （2014福建理14）如图，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______．【解析】 22e11. （2014福建理20文22）已知函数()e x f x 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-．⑴求a 的值及函数()f x 的极值； ⑵证明：当0x >时，2e x x <；⑶证明：对任意给定的正数c ，总存在0x ，使得当()0x x ∈+∞，，恒有2e x x c <． 【解析】 本小题主要考查基本初等函数的导数、导数的运算及导数的应用、全称量词与存在量词等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力、抽象概括能力，考查函数与方程思想、有限与无限思想、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想． ⑴ 由()x f x e ax =-，()x f x e a '=- 又'(0)11f a =-=-，得2a =． 所以()e 2'()e 2x x f x x f x =-=-，， 令'()0f x =，得ln 2x =．当ln 2x <时，'()0()f x f x <，单调递减； 当ln 2x >时，'()0()f x f x >，单调递增． 所以当ln 2x =时，()f x 取得极小值， 且极小值为ln 2(ln 2)e 2ln 22ln 4f =-=-， ()f x 无极大值．⑵ 令2()e x f x x =-，则'()e 2x g x x =-， 由⑴得'()()(ln 2)0g x f x f =>≥， 故()g x 在R 上单调递增，又(0)10g =>，x因此，当0x >时，()(0)0g x g >>，即2e x x <． ⑶ 理科解法一：①若1c ≥，则e e x x c ≤．又由⑵知，当0x >时，2e x x <． 所以当0x >时，2e x x c <．取00x =，当0()x x +∞∈，时，恒有2e x x c <． ②若01c <<，令11k c=>，要使不等式2e x x c <成立，只要2e x kx >成立． 而要使2e x kx >成立，则只要2ln()x kx >，只要2ln ln x x k >+成立． 令()2ln ln h x x x k =--，则22'()1x h x x x-=-=． 所以当2x >时，'()0h x >，()h x 在(2)+∞，内单调递增． 取01616x k =>，所以()h x 在0()x +∞，内单调递增， 又0()162ln(16)ln 8(ln 2)3(ln )5h x k k k k k k k =--=-+-+， 易知ln ln 250k k k k >>>，，，所以0()0h x >．即存在016x c=，当0()x x +∞∈，时，恒有2e x x c <． 综上，对任意给定的正数c ，总存在0x ，当0()x x +∞∈，时，恒有2e x x c <． 理科解法二：对任意给定的正数c ，取0x =，由⑵知，当0x >时，2e xx >，所以2222e e e 22x x xx x ⎛⎫⎛⎫=⋅> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．当0x x >时，222241e 222xx x x x c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>>= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭因此，对任意给定的正数c ，总存()0x ∈+∞，时，恒有313x x e < 理科解法三：首先证明当(0)x +∞∈，时，恒有21e 3x x <．证明如下：令31()e 3x h x x =-，则2'()e x h x x =-．由⑵知，当0x >时，3e x x <，从而'()0()h x h x <，在(0)+∞，上单调递减， 所以()(0)10h x h <=-<，即31e 3x x <．取03x c =，当0x x >时，有2311e 3x x x c <<． 因此，对任意给定的正数c ，总存在0x ，当()x x ∞∈，+时，恒有2e x x c <． 文科解法一：对任意给定正数c ，取01x c=所以当0x x >时，21e x x x c>> ，即e x x c <．因此，对任意给定的正数c ，总存在0x ，当0()x x +∞∈，时，恒有e x x c <． 文科解法二：令1(0)k k c=>，要使不等式e x x c <成立，只要e x kx >成立．而要使e x kx >成立，则只需要ln()x kx >，即ln ln x x k >+成立． ①若01k <≤，则ln 0k ≤，易知当0x >时，ln ln ln x x x k >+≥成立．即对任意[)1c ∈+∞，，取00x =，当0()x x ∈+∞，时，恒有e x x c <． ②若1k >，令()ln ln h x x x k =--，则11'()1x h x x x-=-=， 所以当1x >时，'()0()h x h x >，在(1)+∞，内单调递增， 取04x k =．0()4ln(4)ln 2(ln )2(ln 2)h x k k k k k k =--=-+-．易知ln ln 2k k k >>，，所以0()0h x >． 因此对任意(01)c ∈，，取04x c=，当0()x x ∈+∞，时，恒有e x x c <． 综上，对任意给定的正数c ，总存在0x ，当0()x x +∞∈，时，恒有e x x c <． 文科解法三： ①若1c ≥，取00x =，由⑵的证明过程知，e 2x x >，所以当0()x x +∞∈，时，有e e 2x x c x x >>≥，即e x x c <． ②若01x <<，令()e x h x c x =-，则'()e 1x h x c =-． 令'()0h x =得1ln x c=．当1ln x c>时，'()0()h x h x >，单调递增．取022ln x c=， 22ln0222()e2ln2ln ch x c c cc ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭， 易知22ln 0c c->，又()h x 在()0x +∞，内单调递增． 所以当0()x x ∈+∞，时，恒有0()()0h x h x >>，即e x x c <．综上，对任意给定的正数c ，总存在0x ，当0()x x +∞∈，时，恒有e x x c <． 注：对c 的分类可有不同的方式，只要解法正确，均相应给分．12. （2014广东理10）曲线5e 2x y -=+在点(0,3)处的切线方程为____________． 【解析】530x y +-=． 55e x xy -'=-，05y '=-，切线过点(0,3)，由点斜式写出直线方程53y x =-+． 13. （2014广东文11）曲线5e 3x y =-+在(02)-，处的切线方程为____________． 【解析】520x y ++= 14. （2014广东文21）已知函数321()1()3f x x x ax a =+++∈R⑴求函数()f x 的单调区间；⑵当0a <时，试讨论是否存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∪，，使得01()2f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 【解析】 ⑴ 函数的定义域为R ，()22f x x x a '=++．①当1a <时，令()0f x '>，则2201x x a x ++>⇒>-或1x <-，所以()f x 的单调递增区间为(1-∞-，和()1-+∞；令()0f x '<，可得11x -<-+所以()f x 的单调递减区间为(11--+．②当1a ≥时，()0f x '≥在R 上恒成立，所以()f x 在R 上是增函数．⑵ 0a <时，10-．由⑴知，()f x在()1-++∞上是增函数． ①()1111701172244212551211442f f a a a a a ⎧⎛⎫⎧⎧+++- ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⇒⇒⇒-⎨⎨⎨⎪⎪⎪>->--⎪⎪⎪⎩⎩⎩，≤≤≥≤， 则7012a -<≤， 不存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，使得()012fx f ⎛⎫= ⎪⎝⎭； ②()1705721254121142f f a a a ⎧⎛⎫⎧><- ⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⇒⇒-<<-⎨⎨⎪⎪>--⎪⎪⎩⎩，，，存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，使得()012f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭； ③15124a -⇒=-， 不存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，使得()012f xf ⎛⎫= ⎪⎝⎭； ④()1251252123512131142f f a a a ⎧⎛⎫⎧- ⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⇒⇒-<<-⎨⎨⎪⎪-<<--⎪⎪⎩⎩，≤≤≤， 不存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，使得()012f xf ⎛⎫= ⎪⎝⎭； ⑤()12512552125124131142f f a a a ⎧⎛⎫⎧>>- ⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⇒⇒-<<-⎨⎨⎪⎪-<<-<-+⎪⎪⎩⎩，，，存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，使得()012f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭； ⑥113a -⇒-≤，()f x 在()01，上是单调函数， 故不存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，使得()012f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 综上所述，当25557124412a ⎛⎫⎛⎫∈---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，时， 存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，使得()012f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 当2557012412a ⎛⎫⎧⎫⎡⎫∈-∞---⎨⎬ ⎪⎪⎢⎝⎭⎩⎭⎣⎭，，时，不存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，， 使得()012f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭．15. （2014湖北理6）函数()(),f x g x 满足()()110f x g x dx -=⎰，则称()(),f x g x 为区间[]11-，上的一组正交函数，给出三组函数：①()()11sin cos 22f x x g x x ==，；②()()11f x x g x x =+=-，； ③()()2f x x g x x ==，其中为区间[]11-，的正交函数的组数是（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】 C由①得111()()sin cos sin 222f xg x x x x ==，是奇函数，所以11()()d 0f x g x x -=⎰，所以①为区间[]11-，上的正交函数；由②得2()()1f xg x x =-，∴131121114()()d (1)33x f x g x x x dx x ---⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭⎰⎰，所以②不是区间[]11-，上的正交函数；由③得3()()f x g x x =，是奇函数，所以11()()d 0f x g x x -=⎰，所以①为区间[]11-，上的正交函数．故选C ．16. （2014湖北理22）π为圆周率，e 2.71828= 为自然对数的底数．⑴求函数ln ()=xf x x的单调区间⑵求3e πe π3e ,3,e ,π,3,π这6个数中的最大数与最小数；⑶将3e πe π3e ,3,e ,π,3,π这6个数从小到大的顺序排列，证明你的结论．【解析】 ⑴ 函数()f x 的定义域为(0)+∞，． 因为ln ()x f x x =，所以2l ln ()xf x x-'=． 当()0f x '＞，即0e x ＜＜，函数()f x 单调递增； 当()0f x '＜，即e x ＜，函数()f x 单调递减． 故函数()f x 的单调递增区间为（0e ，），单调递减区间为（e +∞，）． ⑵ 因为e <3π<，所以eln3eln ππlne πln3＜，＜，即e e ππln3ln πln e ln3＜，＜． 于是根据函数ln e πx x y x y y ===，，在定义域上单调递增，可得e e 33ππ3ππe e 3＜＜，＜＜． 故这6个数的最大数在3π与π3之中，最小数在e 3与3e 之中．由e 3π＜＜及⑴的结论，得(π)(3)(e)f f f ＜＜，即ln πln3lneπ3e＜＜． 由ln πln 3π3＜，得3πln πln 3＜，所以π33π＞； 由ln 3ln e 3e ＜，得e 3ln 3ln e ＜，所以e 33e ＜． 综上，6个数中的最大数是π3，最小数是e 3．⑶ 由⑵知，e e 3πe 33ππ33e ＜＜＜，＜． 又由⑵知，ln πlneπe＜得e ππe ＜． 故只需比较3e 与e π和πe 与3π的大小．由⑴知，当0e x ＜＜时，1()(e)=e f x f ＜，即ln 1ex x ＜．在上式中，令2e πx =，又2e e π＜，则2e e ln ππ＜，从而e 2ln ππ-＜，即得eln π2π-＞．由①得，e 2.72e ln πe 2 2.72 2.7(20.88)π 3.1⎛⎫⎛⎫-⨯-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＞＞＞ 3.0243>，即e ln π>3，亦即e 3ln πln e ＞，所以3e e π＜．又由①得，3e 3ln π66e ππ--＞＞＞，即3ln ππ＞，所以π3e π＞． 综上可得，e 3e π3π3e πe π3＜＜＜＜＜． 即6个数从小到大的顺序为e 3e π3π3e πe π3，，，，，． 评析 本题考查了函数和导数的结合应用；考查了不等式求解的能力；考查了分析问题、解决问题的综合能力．充分考查了考生的综合素质在平时的学习过程中应充分培养综合解决问题的能力．17. （2014湖北文21）π为圆周率，e 2.71828=为自然对数的底数．⑴求函数ln ()xf x x=的单调区间； ⑵求3e ，e 3，πe ，e π，π3，3π这6个数中的最大数与最小数．【解析】 ⑴ 函数()f x 的定义域为()0+∞，．因为ln ()x f x x =，所以21ln ()xf x x -'=．当()0f x '>，即0e x <<时，函数()f x 单调递增；当()0f x '<，即e x >时，函数()f x 单调递减．故函数()f x 的单调递增区间为()0e ，，单调递减区间为()e +∞，． ⑵ 因为e 3π<<，所以eln 3eln π<，πln e πln 3<，即e e ln 3ln π<，ππln e ln 3<． 于是根据函数ln y x =，e x y =，πx y =在定义域上单调递增，可得 e e 33ππ<<，3ππe e 3<<．故这6个数的最大数在3π与π3之中，最小数在e 3与3e 之中．由e 3π<<及⑴的结论，得(π)(3)(e)f f f <<，即ln πln3lneπ3e<<． 由ln πln3π3<，得3πln πln 3<，所以π33>π； 由ln 3ln e 3e<，得e 3ln 3ln e <，所以e 33e <． 综上，6个数中的最大数是π3，最小数是e 3．18. （2014湖南理9）已知函数()()sin f x x ϕ=-，且()2π300f x dx =⎰，则函数()f x 的图象的一条对称轴是（ ）A ．5π6x =B ．7π12x =C ．π3x =D ．π6x =【解析】 A函数()f x 的对称轴为ππ2x k ϕ-=+ππ2x k ϕ⇒=++，因为()2π32πsin d 0cos cos 03x x ϕϕϕ⎛⎫-=⇒--+= ⎪⎝⎭⎰πsin 03ϕ⎛⎫⇒-= ⎪⎝⎭， 所以π2π3k ϕ=+或4π2π3k +，则5π6x =是其中一条对称轴，故选A ． 19. （2014湖南理22）已知常数0a >，函数()()2ln 12xf x ax x =+-+．⑴讨论()f x 在区间()0+∞，上的单调性； ⑵若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，且()()120f x f x +>，求a 的取值范围．【解析】 ⑴ 对函数()f x 求导可得()()2412a f x ax x '=-++()()()()2224112a x ax ax x +-+=++()()()224112ax a ax x --=++，因为()()2120ax x ++>，所以当10a -≤时，即1a ≥时，()0f x '≥恒成立，则函数()f x 在()0+∞，上单调递增；当1a ≤时，()0f x x '=⇒=则函数()f x在区间0⎛ ,⎝⎭上单调递减，在⎫⎪,+∞⎪⎝⎭上单调递增的． ⑵ 由⑴可知，当1a ≥时，()f x 不存在极值点，因而01a <<． 又()f x的极值点只可能是12x x ==-，且由()f x 的定义可知，1x a>-且2x ≠-，所以1a ->-，2--，解得12a ≠，此时12x x ，分别是()f x 的极小值点和极大值点．而()()()()1212121222ln 1ln 122x x f x f x ax ax x x +=+-++-++ ()2122212121212444ln 1224x x x x ax ax a x x x x x x ++=+++-+++=()()()22412ln 21ln 2122121a a a a a ---=-+--- 令21a x -=，由01a <<且12a ≠知， 当102a <<时，10x -<<；当112a <<时，01x <<．记()22ln 2g x x x=+-①当10x -<<时，()()22ln 2g x x x =-+-，所以()2222220x g x x x x -'=-=<，因此()g x 在区间()10-，上单调减，从而()()140g x g <-=-<， 故当102a <<时，()()120f x f x +<． ②当01x <<时，()22ln 2g x x x =+-，()2222220x g x x x x -'=-=<，因此()g x 在区间()01，上单调递减，从而()()10g x g >=， 故当112a <<时，()()120f x f x +>． 综上，满足条件的a 的取值范围为112⎛⎫⎪⎝⎭，． 20. （2014湖南文9）若1201x x <<<，则（ ）A ．2121e e ln ln x x x x ->-B ．2121e e ln ln x x x x -<-C ．1221e e x x x x >D ．1221e e x x x x <【解析】 C21. （2014湖南文21）已知函数()cos sin 1(0)f x x x x x =-+>．⑴求()f x 的单调区间；⑵记i x 为()f x 的从小到大的第()i i *∈N 个零点，证明：对一切*n ∈N ，有2221211123n x x x +++<． 【解析】 ⑴ ()cos sin cos sin f x x x x x x x '=--=-令()0f x '=，得()*πx k k =∈N ．当()()()2π,21πx k k k ∈+∈N 时，sin 0x >，此时()0f x '<； 当()()()()21π,22πx k k k ∈++∈N 时，sin 0x <，此时()0f x '>， 故()f x 的单调递减区间为()()()2π,21πk k k +∈N ，单调递增区间为()()()()21π,22πk k k ++∈N ．⑵ 由⑴知，()f x 在区间()0,π上单调递减，又π02f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故1π2x =，当*n ∈N 时，因为()()()()()()1π1π1π11110nn f n fn n n n +⎡⎤⎡⎤+=-+-++<⎣⎦⎣⎦，且函数()f x 的图象是连续不断的，所以()f x 在区间()()π,1πn n +内至少有一个零点． 又()f x 在区间()()π,1πn n +上是单调的，故()1π1πn n x n +<<+． 因此当1n =时，221142π3x =<； 当2n =时，()22212111241π3x x +<+<； 当3n ≥时，()2222221211111141π21n x x x n ⎡⎤+++<++++⎢⎥-⎢⎥⎣⎦()()21115π1221n n ⎡⎤<+++⎢⎥⨯--⎢⎥⎣⎦211111151π22321n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦2211626π1π3n ⎛⎫=-<< ⎪-⎝⎭． 综上所述，对一切*n ∈N ，2221211123n x x x +++<．22. （2014江苏理11）在平面直角坐标系xOy 中，若曲线()2by ax a b x=+，为常数过点(2,5)P -，且该曲线在点P 处的切线与直线7230x y ++=平行，则a b +的值是_______．【解析】3- 由已知，452b a +=-，又∵22b y ax x '=-，∴7442b a -=-，解得2b =-，1a =- ∴3a b +=-23. （2014江苏理19）已知函数()e e x x f x -=+，其中e 是自然对数的底数⑴证明：()f x 是R 上的偶函数；⑵若关于x 的不等式()e 1x mf x m -+-≤在(0,)+∞上恒成立，求实数m 的取值范围；⑶已知正数a 满足：存在0[1)x ∈+∞，，使得3000()(3)f x a x x <-+成立，试比较1e a -与e 1a -的大小，并证明你的结论．【解析】 ⑴ x ∀∈R ,()e e ()x x f x f x --=+=，∴()f x 是R 上的偶函数⑵ 由题意，(e e )e 1x x x m m --++-≤，即(e e 1)e 1x x x m --+--≤∵(0,)x ∈+∞，∴e e 10xx-+->，即e 1e e 1x x x m ---+-≤对(0,)x ∈+∞恒成立令e x t =(1)t >，则211tm t t --+≤对任意(1,)t ∈+∞恒成立.∵22111111(1)(1)131+11t t t t t t t t --=-=---+-+-+-+-≥，当且仅当2t =时等号成立 ∴实数m 的取值范围为1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦⑶ ()e e x x f x -'=-，当1x >时()0f x '>，∴()f x 在(1,)+∞上单调增 令3()(3)h x a x x =-+，()3(1)h x ax x '=--∵0a >，1x >，∴()0h x '<，即()h x 在(1,)x ∈+∞上单调减∵存在0[1)x ∈+∞，，使得3000()(3)f x a x x <-+，∴1(1)e 2e f a =+<，即11(e )2ea >+ ∵e 1e 111ln ln lne (e 1)ln 1ea a a a a a ----=-=--+设()(e 1)ln 1m a a a =--+，则e 1e 1()1a m a a a ---'=-=，11(e )2ea >+ 当11(e )e 12ea +<<-时()0m a '>，()m a 单调增；当e 1a >-时()0m a '<，()m a 单调减 因此()m a 至多有两个零点，而(1)(e)0m m ==∴当e a >时()0m a <，当11(e )e 2ea +<<时()0m a >，当e a =时()0m a =∵e 11()0e a m a a --<⇔<，e 11()0e a m a a -->⇔>，e 11()0e a m a a --=⇔=综上所述，当11(e e )e 2a -+<<时e 11e a a -->；当e a =时e 11e a a --=；当e a >时e 11e a a --<24. （2014江苏理23）已知函数0sin ()(0)x f x x x=>，设()n f x 为1()n f x -的导数，*n ∈N⑴求12πππ2()()222f f +的值⑵证明：对任意*n ∈N，等式1πππ()()444n n nf f -+=都成立．【解析】 ⑴ 0()sin xf x x =,两边求导得01()()cos f x xf x x +=两边再同时求导得122()()sin f x xf x x +=- (*)将π2x =代入(*)式得12πππ2()()1222f f +=-⑵ 下证命题：1sin ,4cos ,41()()sin ,42cos ,43n n x n kx n k nf x xf x x n k x n k -=⎧⎪=+⎪+=⎨-=+⎪⎪-=+⎩，*k ∈N 恒成立当0n =时，0()sin xf x x =成立当1n =时，10()()cos xf x f x x +=，由(1)知成立 当2n =时，21()2()sin xf x f x x +=-，由(1)知成立当3n =时，上式两边求导322()()2()cos xf x f x f x x ++=-，即32()3()cos xf x f x x +=- 假设当n m =(3)m ≥时命题成立，下面证明当1n m =+时命题也成立 若14m k +=，*k ∈N ，则41m k =-，*k ∈N由1()()cos m m mf x xf x x -+=-两边同时求导得1()()()sin m m m xf x f x mf x x +++= 即1(1)()()sin m m m f x xf x x +++=，命题成立同理，若141m k +=+，*k ∈N ，则4m k =，*k ∈N由1()()sin m m mf x xf x x -+=两边同时求导得1(1)()()cos m m m f x xf x x +++=，命题成立 若142m k +=+，*k ∈N ，则41m k =+，*k ∈N由1()()cos m m mf x xf x x -+=两边同时求导得1(1)()()sin m m m f x xf x x +++=-，命题成立 若143m k +=+，*k ∈N ，则42m k =+，*k ∈N由1()()sin m m mf x xf x x -+=-两边同时求导得1(1)()()cos m m m f x xf x x +++=-，命题成立 综上所述，命题对*n ∀∈N 恒成立 代入π4x =得1πππ()()444n n nf f -+=两边同时取绝对值得1πππ()()444n n nf f -+=25. （2014江西理8）若()()1202d ,f x x f x x =+⎰则()1d f x x =⎰（ ）A ．1-B ．13-C ．13D ．1【解析】 B令()10d f x x m =⎰，则()22f x x m =+，所以()()111230011d 2d 2233f x x x m x x mx m m ⎛⎫=+=+=+= ⎪⎝⎭⎰⎰，解得13m =-，故选B ．26. （2014江西理13）若曲线e x y -=上点P 处的切线平行于直线210x y ++=，则点P 的坐标是________． 【解析】 ()ln 2,2-令()e x f x -=，则()'e x f x -=-，令()00P x y ，，则()00'e 2x f x -=-=-，解得0ln 2x =-，所以0ln 20e e 2x y -===，所以点P 的坐标为()ln 2,2-．27. （2014江西理18）已知函数()()2f x x bx bb =++∈R ．⑴当4b =时，求()f x 的极值；⑵若()f x 在区间103⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，求b 的取值范围．【解析】 ⑴ 当4b =时，()52'x x f x -+=，由()'0f x =得2x =-或0x =．当()2x ∈-∞-，时，()'0f x <，()f x 单调递减； 当()20x ∈-，时，()'0f x >，()f x 单调递增； 当102x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()'0f x <，()f x 单调递减，故()f x 在2x =-处取极小值()20f -=，在0x =处取极大值()04f =．⑵ ()'f x =，因为当103x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，0<，依题意，当103x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，有()532x b +-≤0，从而()53203b +-≤．所以b 的取值范围为19⎛⎤∞ ⎥⎝⎦-，28. （2014江西文11）若曲线ln y x x =上点P 处的切线平行于直线210x y -+=，则点P 的坐标是_______． 【解析】 ()e e ， 29. （2014江西文18）已知函数22()(44f x x ax a =++0a <. ⑴当4a =-时，求()f x 的单调递增区间； ⑵若()f x 在区间[14]，上的最小值为8，求a 的值． 【解析】 ⑴ 当4a =-时，由()25220x x f x--'==得25x =或2x =，由()0f x '>得 205x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，或()2x ∈+∞，，故函数()f x 的单调递增区间为205⎛⎫ ⎪⎝⎭，和()2+∞，．⑵ ()0f x a '=<， 由()0f x '=得10ax =-或2a x =-．当010a x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，时，()f x 单调递增；当102aa x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，时，()f x 单调递减；当2a x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭，时，()f x 单调递增．易知()()220f x x a =+，且02a f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭．①当12a-≤，即20a -<≤时，()f x 在[]14，上的最小值为()1f ，由()21448f a a =++=，得2a =±，均不符合题意．②当142a<-≤，即82a -<-≤时，()f x 在[]14，上的最小值为02a f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，不符合题意．③当42a ->，即8a <-时，()f x 在[]14，上的最小值可能在1x =或4x =处取得，而()18f ≠，由()()24264168f a a =++=得10a =-或6a =-（舍去），当10a =-时()f x 在()14，上单调递减，()f x 在[]14，上的最小值为()48f =，符合题意．综上，10a =-．30. （2014辽宁理11文12）当[]21x ∈-，时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．[]53--，B ．968⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，C ．[]62--，D ．[]43--，【解析】 C31. （2014辽宁理14）正方形的四个顶点()11A --，，()11B -，，()11C ，，()11D -，分别在抛物线2y x =-和2y x =上，如图所示．若将一个质点随机投入正方形ABCD 中，则质点落在图中阴影区域的概率是．【解析】 2332. （2014辽宁理21）已知函数()()()()8cos π2sin 13f x x x x x =-+-+， ()()()23πcos 41sin ln 3πx g x x x x ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭证明：⑴存在唯一0π02x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，使()00f x =；⑵存在唯一1ππ2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，使()10g x =，且对⑴中的0x ，有01πx x +<．在0(0)x ，上()u t 是增函数，又(0)0u =，从而当0(0]t x ∈，时，()0u t >，所以()u t 在0(0]x ，上无零点在0π2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上()u t 为减函数，由()00u x >，π4ln 202u ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，知存在唯一10π,2t x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使1()0u t =.所以存在唯一的1π02t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，使1()0u t =. 因此存在唯一的11πππ2x t ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭，，使1()h x h =11(π)()0t u t -==. 因为当ππ2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，1sin 0x +>，故()(1sin )()g x x h x =+与()h x 有相同的零点，所以存在唯一的1ππ2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，使1()0g x =． 因1110πx t t x =->，，所以01πx x +<．33. （2014辽宁文21）已知函数()π(cos )2sin 2f x x x x =---，2()(π1πx g x x =--． 证明：⑴存在唯一0π(0,)2x ∈，使0()0=f x ； ⑵存在唯一1π(,π)2x ∈，使1()0=g x ，且对⑴中的0x ，01πx x +>． 【解析】 ⑴ 当π(0,)2∈x 时，()ππsin 2cos 0f x x x '=+->，所以()f x 在π(0,)2上为增函 数，又(0)f 2πππ20,()4022=--<=->f ，所以存在唯一0π(0,)2x ∈，使0()0=f x ． ⑵ 当π,π2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，化简得cos 2()(π)11sin πx x g x x x =-⋅+-+ 令πt x =-，记()(π)=-u t g t =cos 211sin πt t t t --++，π[0,]2∈t ()().π(1sin )f t u t t '=+ 由⑴得，当0(0,)∈t x 时，()0u t '<当0π(,)2∈t x 时，()0u t '>． 在0π(,)2x 上()u t 为增函数，由π()02=u 知，当0π,2t x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0<u t ．所以()u t 在0π,2t x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上无零点． 在0(0,)x 上()u t 为减函数，由(0)1=u 及0()0u x <知存在唯一00(0,)∈t x ，使0()0=u t ． 于是存在唯一0π(0,)2t ∈，使()00u t =． 设10ππ(,π)2x t =-∈，则100()(π)()0g x g t u t =-==，因此存在唯一的1π(,π)2x ∈，使1()0=g x ．由于1000π,x t t x =-<，所以01πx x +>．。
洛必达法则巧解高考压轴题(好东西)
3.洛必达法则
虽然这些压轴题可以用分类讨论和假设反证的方 法求解，但这种方法往往讨论多样、过于繁杂， 学生掌握起来非常困难.研究发现利用分离参数
①当
x
0
时，
a
R
；②当
x
0
时，
ex
1
x
ax2
等价于
a
ex
1 x2
x
.
记
g(x)
ex
1 x2
x
x
(0，+)
，则
g
'( x)
(x
2)ex x3
x
2
.
记 h(x) (x 2)ex x 2 x (0，+) ，则 h '(x) (x 1)ex 1，当 x (0，+) 时， h ''(x) xex 0 ，
理
当 x 0 ，且 x 1时， f (x) ln x k ，即 ln x 1 ln x k ， x 1 x x 1 x x 1 x
也即 k
x ln x x 1
1 x
x ln x x 1
2x ln x 1 x2
1，记
g(x)
2x ln x 1 x2
1，
x
0 ，且
x
1
则
g
'( x)
2( x 2
1 x
（Ⅰ）设 a 0 ，讨论 y f x 的单调性；
2007年高考数学分类详解----函数与导数
2007年高考数学试题分类详解函数与导数1、（全国1文理8）设1a >，函数()log a f x x =在区间[,2]a a 上的最大值与最小值之差为12，则a =A B ．2 C ． D ．4 解．设1a >，函数()log a f x x =在区间[,2]a a 上的最大值与最小值之分别为log 2,log 1a a a a =，它们的差为12，∴ 1log 22a =，a =4，选D 。
2、（全国1文理9）()f x ，()g x 是定义在R 上的函数，()()()h x f x g x =+，则“()f x ，()g x 均为偶函数”是“()h x 为偶函数”的A ．充要条件B ．充分而不必要的条件C ．必要而不充分的条件D ．既不充分也不必要的条件解．()f x ，()g x 是定义在R 上的函数,()()()h x f x g x =+，若“()f x ,()g x 均为偶函数”，则“()h x 为偶函数”,而反之若“()h x 为偶函数",则“()f x ，()g x 不一定均为偶函数”，所以“()f x ,()g x 均为偶函数”，是“()h x 为偶函数”是充分而不必要的条件，选B. 3、（山东文理6)给出下列三个等式：()()()()()()f xy f x f y f x y f x f y =++=，，()()()1()()f x f y f x y f x f y ++=-．下列函数中不满足其中任何一个等式的是（ ）A ．()3xf x =B ．()sin f x x =C ．2()log f x x =D ．()tan f x x =【答案】：B 【分析】：依据指、对数函数的性质可以发现A 满足()()()f x y f x f y +=，C 满足()()()f xy f x f y =+,而D 满足()()()1()()f x f y f x y f x f y ++=-，B 不满足其中任何一个等式.4、（山东文11)设函数3y x =与212x y -⎛⎫= ⎪⎝⎭的图象的交点为00()x y ，，则0x 所在的区间是（ )A ．(01)，B ．(12)，C ．(23)，D ．(34)，【答案】B .【试题分析】令32()2xg x x -=-，可求得：(0)0,(1)0,(2)0,(3)0,g g g g <<>>(4)0g >.易知函数()g x 的零点所在区间为(12)，.5、（广东理4文5）客车从甲地以60km/h 的速度行驶1小时到达乙地，在乙地停留了半小时，然后以80km/h 的速度行驶1小时到达丙地，下列描述客车从甲地出发,经过乙地，最后到达丙地所经过的路程s 与时间t 之间的关系图象中,正确的是答案：C;解析：依题意的关键字眼“以80km ／h 的速度匀速行驶l 小时到达丙地”选得答案(C)。
5.近6年(07—12)全国卷导数与数列解答题
近6年全国卷（2007—2012年）导数试题概览1．（2007年20）设函数()e exxf x -=-．（Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x '≥；（Ⅱ）若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围．解：（Ⅰ）()f x 的导数()e exxf x -'=+．由于e e 2x-x+=≥，故()2f x '≥．（当且仅当0x =时，等号成立）． （Ⅱ）令()()g x f x ax =-，则()()e e x xg x f x a a -''=-=+-，（ⅰ）若2a ≤，当0x >时，()e e 20x xg x a a -'=+->-≥，故()g x 在(0)+，∞上为增函数，所以，0x ≥时，()(0)g x g ≥，即()f x ax ≥．（ⅱ）若2a >，方程()0g x '=的正根为1ln2a x +=，此时，若1(0)x x ∈，，则()0g x '<，故()g x 在该区间为减函数． 所以，1(0)x x ∈，时，()(0)0g x g <=，即()f x ax <， 与题设()f x ax ≥相矛盾．综上，满足条件的a 的取值范围是(]2-∞，．2．（2007全国2卷22）已知函数3()f x x x =-．（1）求曲线()y f x =在点(())M t f t ，处的切线方程；（2）设0a >，如果过点()a b ，可作曲线()y f x =的三条切线，证明：()a b f a -<<． 解析 （1）求函数()f x 的导数；2()31x x f '=-． 曲线()y f x =在点(())M t f t ，处的切线方程为： ()()()y f t f t x t '-=-，即23(31)2y t x t =--．（2）如果有一条切线过点()a b ，，则存在t ，使23(31)2b t a t =--．于是，若过点()a b ，可作曲线()y f x =的三条切线，则方程32230t at a b -++=有三个相异的实数根． 记 32()23g t t at a b =-++， 则 2()66g t t at '=-6()t t a =-．当t 变化时，()()g t g t '，变化情况如下表：由()g t 的单调性，当极大值0a b +<或极小值()0b f a ->时，方程()0g t =最多有一个实数根；当0a b +=时，解方程()0g t =得302a t t ==，，即方程()0g t =只有两个相异的实数根；当()0b f a -=时，解方程()0g t =得2a t t a =-=，，即方程()0g t =只有两个相异的实数根．综上，如果过()a b ，可作曲线()y f x =三条切线，即()0g t =有三个相异的实数根，则0()0.a b b f a +>⎧⎨-<⎩，即 ()a b f a -<<．3．（2008年19）已知函数32()1f x x ax x =+++，a ∈R ．（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）设函数()f x 在区间2133⎛⎫--⎪⎝⎭，内是减函数，求a 的取值范围．2222f '(x)=3x +2ax+1f '(x)=3x +2ax+1>04a 12>0a >3,a<a [f(x 0R a (,)2a a x<=x>6a3a3aa f(x)3a 3a ∈≥∈∞∞⎛∞∞ ⎪⎝⎭ 解：⑴∵令，再令△＝－时，∴或∴当时，）恒成立，∴在上单调递增当－时，－－－－－∴单调递增区间为－，，＋3a 3a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎛ ⎝⎭单调增减区间为22213x +2ax+10(,33g(x)=3x +2ax+1,2427g()32a +10a 393a 24111a 2g()=32a +10393a [2,+)≤⎧≤⨯⨯≤⎧⎪≥⎪⎪≥⎨⎨⎪⎪≥⨯⨯≤⎩⎪⎩∞⑵只需在区间－－）恒成立即可。
2007年高考数学试题分类详解导数
2007年高考数学试题分类详解导数1、（浙江理8）设()f x '是函数()f x 的导函数，将()y f x =和()y f x '=的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ ）【答案】：D【分析】：检验易知A 、B 、C 均适合，D 中不管哪个为()f x 均不成立。
2、（海、宁理10）曲线12e x y =在点2(4e )，处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（ ） Ａ．29e 2Ｂ．24eＣ．22eＤ．2e【答案】：D【分析】：11221(),2x x y e e ''⇒==曲线在点2(4e )，处的切线斜率为212e ，因此切线方程为221(4),2y e e x -=-则切线与坐标轴交点为2(2,0),(0,),A B e -所以： 221||2.2AOBS e e ∆=-⨯= 3、（海、宁文10）曲线xy e =在点2(2)e ，处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（ ）Ａ．294eＢ．22eＣ．2eＤ．22e【答案】：D【分析】：(),x x y e e ''⇒==曲线在点2(2)e ，处的切线斜率为2e ，因此切线方程为22(2),y e e x -=-则切线与坐标轴交点为2(1,0),(0,),A B e -所以：2211.22AOBe S e ∆=⨯⨯= 4、（辽宁理12）已知()f x 与()g x 是定义在R 上的连续函数，如果()f x 与()g x 仅当0x=A ．B ．C ．D ．时的函数值为0，且()()f x g x ≥，那么下列情形不可能．．．出现的是（ ） A ．0是()f x 的极大值，也是()g x 的极大值 B ．0是()f x 的极小值，也是()g x 的极小值 C ．0是()f x 的极大值，但不是()g x 的极值 D ．0是()f x 的极小值，但不是()g x 的极值解析：根据题意和图形知当0是()f x 的极大值时，不是()g x 的极值是不可能的，选C 5、（陕西理11）f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf ‘(x)+f(x)≤0,对任意正数a 、b ,若a ＜b ，则必有A.af(b) ≤bf(a)B.bf(a) ≤af(b)C.af(a) ≤f(b)D.bf(b) ≤f(a)解析：设F （x ）=x x f )(，则0)()()(2''≤-=x x f x xf x F ，故F （x ）=x x f )(为减函数，由a＜b 有)()()()(a bf b af bb f a a f ≤⇒≥，选A 6、（全国1 文11）曲线313y x x =+在点4(1,)3处的切线与坐标轴围成的三角形面积为A ．19B ．29C ．13D ．23解．曲线313y x x =+在点4(1,)3处的切线方程是42(1)3y x -=-，它与坐标轴的交点是(31，0)，(0，－32)，围成的三角形面积为19，选A 。
2007年全国各地高考数学试题及解答分类大全(导数)
2.（2007 安徽文))（本小题满分 14 分）设函数 f（x）=-cos2x-4tsin x cos x +4t2+t2-3t+4,x∈R,
22
其中 t ≤1，将 f(x)的最小值记为 g(t).
(Ⅰ)求 g(t)的表达式； (Ⅱ)诗论 g(t)在区间（-1,1）内的单调性并求极值.
2.本小题主要考查同角三角函数的基本关系，倍角的正弦公式，正弦函数的值域，多项式函数的导 数，函数的单调性.考查应用导数分析解决多项式函数的单调区间、极值与最值等问题的综合能力. 本小题满分 14 分. 解：（Ⅰ）我们有
2007 年全国各地高考数学试题及解答分类大全
一、选择题：
（导数）
1.（2007 福建文、理)已知对任意实数 x 有 f(－x)=－f(x)，g(-x)=g(x)，且 x>0 时，f’(x)>0，g’(x)>0，
则 x<0 时（ B ）
A f’(x)>0，g’(x)>0
B f’(x)>0，g’(x)<0
xx
列表如下：
第 2页 （共 25页）
x
(0,2)
2
(2,+∞)
F′（x）
-
0
+
F(x)
↓
极小值 F（2）
↑
故知 F（x）在（0，2）内是减函数，在（2，+∞）内是增函数，所以，在 x＝2 处取得极小值 F（2）
＝2-2In2+2a.
（Ⅱ）证明：由 a 0知，F (x)的极小值F (2) 2 In 2 2a 0.
于是由上表知，对一切 x (0,), 恒有F (x) xf (x) 0.
从而当 x 0时，恒有f (x) 0,故f (x)在（0,）内单调增加.
2007年高考数学试题知识分类汇编函数与导数
2007年高考数学试卷汇编函数与导数(07广东) 已知函数xx f -=11)(的定义域为M ，)1ln()(x x g +=的定义域为N ，则=⋂N M （ ）A.{}1>x xB.{}1<x xC.{}11<<-x xD.φC.（07广东）客车从甲地以60km/h 的速度匀速行驶1小时到达乙地，在乙地停留了半小时，然后以80km/h 的速度匀速行驶1小时到达丙地，下列描述客车从甲地出发.经过乙地，最后到达丙地所经过的路程s 与时间t 之间关系的图象中，正确的是（ ）A. B. C. D.B.（07全国Ⅰ）设1a >，函数()log a f x x =在区间[,2]a a 上的最大值与最小值之差为12，则a =（ ） A ．2 B ．2 C ．22 D ．4A（07全国Ⅰ）设()f x ，()g x 是定义在R 上的函数，()()()h x f x g x =+，则“()f x ，()g x 均为偶函数”是“()h x 为偶函数”的（ ）A ．充要条件B ．充分而不必要的条件C ．必要而不充分的条件D ．既不充分也不必要的条件B（07江西）设函数f(x)是R 上以5为周期的可导偶函数，则曲线y ＝f(x)在x ＝5处的切线的斜率为A ．－51B ．0 C ．51D ．5 B.(07浙江)设()⎩⎨⎧<≥=1,1,2x x x x x f ，()x g 是二次函数，若()[]x g f 的值域是[)+∞,0，则()x g 的值域是（ ）A.(][)+∞-∞-,11,B.(][)+∞-∞-,01,C.[)+∞,0D.[)+∞,1C.（07天津）在R 上定义的函数()x f 是偶函数，且()()x f x f -=2，若()x f 在区间[]2,1是减函数，则函数()x f （ ）A.在区间[]1,2--上是增函数，区间[]4,3上是增函数B.在区间[]1,2--上是增函数，区间[]4,3上是减函数C.在区间[]1,2--上是减函数，区间[]4,3上是增函数D.在区间[]1,2--上是减函数，区间[]4,3上是减函数B.(07天津)设c b a ,,均为正数，且a a21log 2=，b b 21log 21=⎪⎭⎫ ⎝⎛，c c2log 21=⎪⎭⎫⎝⎛.则（ ）A.c b a <<B.a b c <<C.b a c <<D.c a b <<A.(07湖南) 函数()⎩⎨⎧>+-≤-=1,341,442x x x x x x f 的图象和函数()x x g 2log =的图象的交点个数是（ ） A.4 B.3 C.2 D.1B.(07湖南)设集合{}6,5,4,3,2,1=M ，k S S S ,,,21 都是M 的含有两个元素的子集，且满足：对任意的{}i i i b a S ,=、{}j j j b a S ,=（{}k j i j i ,,3,2,1,, ∈≠）都有⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧≠⎭⎬⎫⎩⎨⎧j j j j i i i i a b b a a b b a ,min ,min ， （{}y x ,m in 表示两个数y x ,中的较小者），则k 的最大值是（ ） A.10 B.11 C.12 D.13B.(07福建)已知函数()x f 为R 上的减函数，则满足()11f x f <⎪⎪⎭⎫⎝⎛的实数x 的取值范围是（ ） A.()1,1- B.()1,0 C.()()1,00,1 - D.()()+∞-∞-,11,C.(07重庆)已知定义域为R 的函数()x f 在区间()+∞,8上为减函数，且函数()8+=x f y 为偶函数，则（ ） A.()()76f f > B.()()96f f > C.()()97f f > D.()()107f f >D（07山东）已知集合{}1,1-=M ，⎭⎬⎫⎩⎨⎧<<∈=+42211x Zx N ，则=N M （ ） A.{}1,1- B.{}1- C.{}0 D.{}0,1-B.(07山东) 设⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∈3,21,1,1α，则使函数αx y =的定义域为R 且为奇函数的所有α的值为（ ） A.1,3 B.-1,1 C.-1,3 D.-1,1,3A.（07江西）四位好朋友在一次聚会上，他们按照各自的爱好选择了形状不同、内空高度相等、杯口半径相等的圆口酒杯，如图所示．盛满酒后他们约定：先各自饮杯中酒的一半．设剩余酒的高度从左到右依次为h 1，h 2，h 3，h 4，则它们的大小关系正确的是（）A ．h 2＞h 1＞h 4B ．h 1＞h 2＞h 3C ．h 3＞h 2＞h 4D ．h 2＞h 4＞h 1A.（07安徽）若对任意∈x R,不等式x ≥ax 恒成立，则实数a 的取值范围是A. a ＜-1B. a ≤1C.a ＜1D.a ≥1B.（07安徽）定义在R 上的函数)(x f 既是奇函数，又是周期函数，T 是它的一个正周期.若将方程0)(=x f 在闭区间][T T ,-上的根的个数记为n ，则n 可能为A.0B.1C.3D.5D.（07安徽）图中的图象所表示的函数的解读式为(A)|1|23-=x y (0≤x ≤2) (B)|1|2323--=x y (0≤x ≤2)(C)|1|23--=x y (0≤x ≤2)(D)|1|1--=x y (0≤x ≤2)B.（07安徽）设a ＞1,且)2(log ),1(log )1(log 2a p a n a m a a a =-=+=,则p n m ,,的大小关系为(A) n ＞m ＞p (B) m ＞p ＞n (C) m ＞n ＞p (D) p ＞m ＞nB.（07北京）对于函数①()()12lg +-=x x f ，②()()22-=x x f ，③()()2cos +=x x f .判断如下三个命题的真假：命题甲：()2+x f 是偶函数；命题乙：()()2,∞-在区间x f 上是减函数，在区间()+∞,2上是增函数；命题丙：()()x f x f -+2在()+∞∞-,上是增函数.能使命题甲、乙、丙均为真的所有函数的序号是（） A.①③ B.①② C. ③ D. ②D（07湖北）为了预防流感，某学校对教室用药熏消毒法进行消毒. 已知药物释放过程中，室内每立方M 空气中的含药量y （毫克）与时间t （小时）成正比；药物释放完毕后，y 与t 的函数关系式为at y -⎪⎭⎫⎝⎛=161（a 为常数），如图所示，根据图中提供的信息，回答下列问题：（Ⅰ）从药物释放开始，每立方M 空气中的含药量y （毫克）与时间t （小时）之间的函数关系式为. （Ⅱ）据测定，当空气中每立方M 的含药量降低到0.25毫克以下时，学生方可进教室，那从药物释放开始，至少需要经过小时后，学生才能回到教室.⎪⎩⎪⎨⎧>⎪⎭⎫⎝⎛≤≤=-1.0,1611.00101.0t t t y t ，6.0 (07山东)函数())1,0(13log ≠>-+=a a x y a 的图象恒过定点A,若点A 在直线01=++ny mx 上，其中0>mn ，则nm 21+的最小值为. 8(07重庆) 若函数()1222-=--aax xx f 的定义域为R ，则实数a 的取值范围。
高考2007年中的函数试题汇编大全
2007年高考中的“函数”试题汇编大全一、选择题1.(2007安徽文、理)定义在R 上的函数)(x f 既是奇函数，又是周期函数，T 是它的一个正周期.若将方程0)(=x f 在闭区间][T T ,-上的根的个数记为n ，则n 可能为（ D ） （A ）0 （B ）1 （C ）3 （D ）52.(2007安徽文、理)下列函数中,反函数是其自身的函数为（ D ） (A)),0[,)(2+∞∈=x x x f (B)),(,)(3+∞-∞∈=x x x f (C) ),(,)(3-∞+∞∈=x e x f(D) ),0(,1)(+∞∈=x xx f3.(2007安徽文)图中的图象所表示的函数的解析式为（ B ）(A)|1|23-=x y (0≤x ≤2) (B) |1|2323--=x y (0≤x ≤2)(C) |1|23--=x y (0≤x ≤2) (D) |1|1--=x y (0≤x ≤2)4.（2007北京文、理)函数()3(02)x f x x =<≤的反函数的定义域为（ B ） Ａ．(0)+∞， Ｂ．(19]， Ｃ．(01)， Ｄ．[9)+∞， 5．（2007北京文)对于函数①()2f x x =+，②2()(2)f x x =-，③()cos(2)f x x =-，判断如下两个命题的真假：命题甲：(2)f x +是偶函数；命题乙：()f x 在()-∞2，上是减函数，在(2)+∞，上是增函数；能使命题甲、乙均为真的所有函数的序号是（ C ） Ａ．①② Ｂ．①③ Ｃ．② Ｄ．③6．（2007北京理)对于函数①()lg(21)f x x =-+，②2()(2)f x x =-，③()cos(2)f x x =+，判断如下三个命题的真假：命题甲：(2)f x +是偶函数；命题乙：()f x 在()-∞2，上是减函数，在(2)+∞，上是增函数； 命题丙：(2)()f x f x +-在()-∞+∞，上是增函数． 能使命题甲、乙、丙均为真的所有函数的序号是（ D ） Ａ．①③ Ｂ．①② Ｃ．③ Ｄ．②7.（2007福建理)已知f(x)为R 上的减函数，则满足f(||)<f(1)的实数x 的取值范围是（ C ）A （－1，1）B （0，1）C （－1，0）（0，1）D （－，－1）（1，＋）8.（2007福建文)已知f (x )为R 上的减函数，则满足)1()1(f x f >的实数x 的取值范围是（ D ）A.（-∞，1）B.（1，+∞）C.（-∞，0）⋃（0，1）D.（-∞，0）⋃（1，+∞）9.( 2007广东文)若函数f(x)=x 3(x ∈R)，则函数y=f(-x)在其定义域上是（ B ） A ．单调递减的偶函数 B.单调递减的奇函数 C ．单凋递增的偶函数 D ．单涮递增的奇函数10．（2007江苏）设函数()f x 定义在实数集上，它的图像关于直线1x =对称，且当1x ≥时，()31x f x =-，则有（B ）A ．132()()()323f f f << B ．231()()()323f f f << C ．213()()()332f f f << D ．321()()()233f f f <<11.(2007辽宁文、理)若函数()y f x =的反函数图象过点(15)，，则函数()y f x =的图象必过点（ C ）A ．(11)，B ．(15)，C ．(51)，D ．(55)， 12．（2007辽宁文）若函数()y f x =的图象按向量a 平移后，得到函数(1)2y f x =--的图象，则向量a =（ C ）A ．(12)-，B ．(12)，C ．(12)-，D ．(12)-， 13.（2007辽宁理）若函数()y f x =的图象按向量a 平移后，得到函数(1)2y f x =+-的图象，则向量a =（ A ）A ．(12)--，B ．(12)-，C ．(12)-，D ．(12)， 14．（2007辽宁理）已知()f x 与()g x 是定义在R 上的连续函数，如果()f x 与()g x 仅当0x =时的函数值为0，且()()f x g x ≥，那么下列情形不可能．．．出现的是（ C ） A ．0是()f x 的极大值，也是()g x 的极大值 B ．0是()f x 的极小值，也是()g x 的极小值C ．0是()f x 的极大值，但不是()g x 的极值D ．0是()f x 的极小值，但不是()g x 的极值15.(2007山东理)设11,1,,32a ⎧⎫∈-⎨⎬⎩⎭，则使函数y x α=的定义域为R 且为奇函数的所有α值为（A ） （A ）1,3 （B ） 1,1- （C ）1,3- （D ） 1,1,3-16.（2007陕西文）函数21lg )(x x f -=的定义域为（ Ｂ ）（A ）［0，1］ （B ）（-1，1） （C ）［-1，1］ （D ）（-∞，-1）∪（1，+∞）17.（2007陕西理）若函数f(x)的反函数为f )(1x -,则函数f(x-1)与f )1(1--x 的图象可能是（ Ｄ ）18（2007陕西文）设函数f (x )=2+1(x ∈R)的反函数为f -1(x ),则函数y = f -1(x )的图象是（ Ａ ）19.（2007天津文）设()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x ≥时，2()f x x =，若对任意的[]2x t t ∈+，，不等式()2()f x t f x +≥恒成立，则实数t 的取值范围是（ A ）A．)+∞B ．[)2+，∞C ．(]02，D．10⎡⎤⎤-⎣⎦⎦20．（2007天津理）在R 上定义的函数()f x 是偶函数，且()(2)f x f x =-，若()f x 在区间[12]，上是减函数，则()f x （ Ｂ ）Ａ．在区间[21]--，上是增函数，在区间[34]，上是增函数 Ｂ．在区间[21]--，上是增函数，在区间[34]，上是减函数 Ｃ．在区间[21]--，上是减函数，在区间[34]，上是增函数 Ｄ．在区间[21]--，上是减函数，在区间[34]，上是减函数21.（2007浙江理）设21()1x x f x x x ⎧⎪=⎨<⎪⎩，≥，，，()g x 是二次函数，若(())f g x 的值域是[)0+，∞，则()g x 的值域是（ C ）A ．(][)11--+ ∞，，∞B ．(][)10--+ ∞，，∞C ．[)0+，∞D ．[)1+，∞22.（2007重庆文）设P （3，1）为二次函数)1(2)(2≥+--x b ax ax x f 的图象与其反函数)(1x f f -=的图象的一个交点，则（ C ）（A ）25,21==b a（B ）25,21-==b a（C ）25,21=-=b a（D ）25,21-=-=b a23.(2007重庆理)已知定义域为R 的函数f(x)在),8(+∞上为减函数，且y=f(x+8)函数为偶函数，则（D ）A.f(6)>f(7)B.f(6)>f(9)C.f(7)>f(9) D .f(7)>f(10)二、填空题1．（2007北京理)已知函数()f x ，()g x 分别由下表给出则[(1)]f g 的值为；满足[()][()]f g x g f x >的x 的值是．x1 2 3 ()f x13 1 x1 2 3 ()g x3212．（2007北京文)已知函数()f x ，()g x 分别由下表给出则[(1)]f g 的值为；当[()]2g f x =时，x =．3．(2007海南、宁夏理)设函数(1)()()x x a f x x++=为奇函数，则a = 1- ．4．(2007海南、宁夏文)设函数()(1)()f x x x a =++为偶函数，则a = 1 ．5. （2007湖北理）已知函数y=2x-a 的反函数是y=bx+3,则 a= 6 ;b=21 .6．（2007江西文）已知函数y ＝f(x)存在反函数y ＝f －1(x)，若函数y ＝f(x ＋1)的图象经过点(3，1)，则函数y ＝f －1(x)的图象必经过点 (14)， ． 7．（2007辽宁文）已知函数()y f x =为奇函数，若(3)(2)1f f -=，则(2)(3)f f ---= 1 ．8．（2007辽宁理）已知函数2cos (0)()1(0)a x x f x x x ⎧=⎨-<⎩≥，在点0x =处连续，则a = -1 ．9．（2007山东文）设函数1()f x =21323()()x f x x f x x -==，，，则123(((2007)))f f f =12007．10.（2007上海理）函数1)(-=x x x f 的反函数=-)(1x f）（11≠-x x x．11.（2007上海文）函数11)(-=x x f 的反函数=-)(1x f)0(11≠+x x．12.（2007四川理）若函数f (x )=e -(m -u )2(e 是自然对数的底数)的最大值是m ,且f (x )是偶函数，则m +u = 1 .13.（2007浙江文）函数)R x (1x xy 22∈+=的值域是_____[0，1)_________．三、解答题1. （2007湖北文）（本小题满分12分）设二次函数,)(2a ax x x f ++=方程0)(=-x x f 的两根1x 和2x 满足.1021 x x（Ⅰ）求实数a 的取值范围; （Ⅱ）试比较151(C))1()0(与f f f -的大小，并说明理由.x1 2 3 ()f x21 1 x1 2 3 ()f x32 11.（2007湖北文）本小题主要考查二次函数、二次方程的基本性质及二次不等式的解法，考查推理和运算能力.解法1：（Ⅰ）令g(x)=f(x)-x=x 2+（a-1）x+a,则由题意可得 .2230,223,223,11,0.0)0(,0)1(,1210,0-<<⇔⎪⎩⎪⎨⎧+>-<<<->⇔⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>><-<>∆a a a a a g g a 或 故所求实数a 的取值范围是（0，3-22）. （Ⅱ）f(0),f(1)-f(0)=g(0)g(1)=2a 2, 令h(a)=2a 2. ∵当a>0时h(a)单调增加， ∴当0<a<3-22时0<h(a)<h(3-22)=2(3-22)2=2(17-122)=2·.161)0()1()0(,161212171<-∙<+f f f 即 解法2：（Ⅰ）同解法1. （Ⅱ）∵f(0)f(1)-f(0)=g(0)g(1)=2a 2,由（Ⅰ）知0<a<3-22 ∴42a-1<122-17<0,又42a+1>0,于是2a 2-)132(1611612-=a =,0)1124)(124(161<+-a a 即2a 2-,0161<故f(0)f(1)-f(0)<.161解法3：（Ⅰ）方程f(x)-x=0⇔x 2+(a-1)x+a=0,由韦达定理得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-->-+->+>∆⇔<<<=-=+,0)1)(1(,0)1()1(0,010,,1212121212121x x x x x x x x a x x a x x 于是.2230,223,223,1,0-<<⇔⎪⎩⎪⎨⎧+>-<<>⇔a a a a a 或 故所求实数a 的取值范围是（0，3-22）（Ⅱ）依题意可设g(x)=(x-x 1)(x-x 2),则由0<x 1<x 2<1得 f(0)f(1)-f(0)=g(0)g(1)=x 1x 2(1-x 1)(1-x 2)=［x 1(1-x 1)］［x 2(1-x 2)］ <.161)0()1()0(,1612121222211<-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+f f f x x x x 故2．（2007江苏）（本小题满分16分）已知,,,a b c d 是不全为0的实数，函数2()f x bx cx d =++，32()g x ax bx cx d =+++，方程()0f x =有实根，且()0f x =的实数根都是(())0g f x =的根，反之，(())0g f x =的实数根都是()0f x =的根，（1）求d 的值；（3分）（2）若0a =，求c 的取值范围；（6分） （3）若1,(1)0a f ==，求c 的取值范围。
2014年高考理科数学试题分类汇编-导数-word版含答案
2014年高考数学试题汇编 导数一．选择题1。
（2014大纲）曲线1x y xe -=在点（1，1）处切线的斜率等于（ ）A ．2eB ．eC ．2D ．1 【答案】C ． 2。
（2014浙江）已知函数则且,3)3()2()1(0,)(23≤-=-=-≤+++=f f f c bx ax x x f ( )A.3≤c B 。
63≤<c C 。
96≤<c D. 9>c C3。
（2014陕西)定积分1(2)x x e dx +⎰的值为（ ).2Ae + .1B e + .C e .1D e -【答案】 C 【解析】C e e e e x dx e x x x 选∴,-0-1|)()2(1001102∫=+=+=+4. （2014湖南）已知函数()sin(),f x x ϕ=-且230()0,f x dx π=⎰则函数()f x 的图象的一条对称轴是（ ） A 。
56x π=B 。
712x π= C 。
3x π= D.6x π=5(2014山东）直线4y x =与曲线3y x =在第一象限内围成的封闭图形的面积为（A ）22（B ）42（C)2（D ）46. (2014新课标II ）设曲线y=a x-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 【答案】 D..3.2)0(,0)0(.11-)(),1ln(-)(D a f f x a x f x ax x f 故选联立解得且==′=∴+=′∴+= 7. （2014江西）若12()2(),f x x f x dx =+⎰则1()f x dx =⎰( ）A 。
1- B.13- C 。
13D 。
1 【答案】B 【解析】设()1m f x dx=⎰，则2()2f x x m=+，()111123011()2()2233f x dx x f x dx dx x mx m m =+=+=+=⎰⎰⎰，所以13m =-.8。
2014年高考数学压轴题
1.(2014新课标1）已知A （0，-2），椭圆E ：2222y x a b+=1（a>b>0)，F 是椭圆的焦点，直线AF的斜率为3，O 为坐标原点。
（1）求E 的方程；（2）设过点A 的直线l 与E 相交于P 、Q 两点，当ΔOPQ 的面积最大时，求l 的方程。
2.(2014新课标2）设1F、2F分别是椭圆C ：2222yx a b+=1（a>b>0)的左右焦点，M 是C上一点，且M2F与x 轴垂直，M1F与C 的另一个交点为N 。
（1）若直线MN 的斜率为34，求C 的离心率； （2）若直线MN 在y 轴上的截距为2，且MN =51NF ,求a,b 的值。
3.（2014辽宁卷）圆22yx +=4的切线与x 轴正半轴，y 轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图）。
双曲线1C：22x a -22y b=1过点P（1）求1C的方程； （2）椭圆2C过点P 且与1C有相同的焦点，直线l 过2C的右焦点且与2C交与A 、B 两点。
若以线段AB 为直径的圆过点P,求直线l 的方程。
4.（2014上海卷）在平面直角坐标系xoy 中，对于直线l:ax+by+c=0和点1P (1x ，1y），2P (2x，2y），记η=（a1x +b 1y+c)(a2x+b2y+c).若η<0，则称点1P、2P被直线l 分割。
若曲线C 与l 没有公共点，且曲线C 上存在点1P、2P被直线l 分割，则称直线l 为曲线C 的一条分割线。
（1）求证：点A （1，2),B (-1,0)被直线x+y-1=0分割；（2）若直线y=kx 是曲线2x-42y=1的分割线，求实数k 的取值范围；（3）动点M 到点Q(0,2)的距离与到y 轴的距离之积为1，设点M 的轨迹为曲线E 。
求证：通过原点的直线中，有且仅有一条直线是E 的分割线。
5.（2014）已知椭圆C ：2222y x a b+=1（a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形。
高考全国大纲卷数学试题分类汇编2007-2014：导数大题(理)
高考数学全国大纲卷数学试题分类汇编：2007-2014（理）【2014大纲卷理22】函数f（x）=ln（x+1）﹣（a＞1）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设a1=1，a n+1=ln（a n+1），证明：＜a n≤．【解析】（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）=，①当1＜a＜2时，若x∈（﹣1，a2﹣2a），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，a2﹣2a）上是增函数，若x∈（a2﹣2a，0），则f′（x）＜0，此时函数f（x）在（a2﹣2a，0）上是减函数，②当a=2时，f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，③当a＞2时，若x∈（﹣1，0），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，0）上是增函数，若x∈（0，a2﹣2a），则f′（x）＜0，此时函数f（x）在（0，a2﹣2a）上是减函数，若x∈（a2﹣2a，+∞），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（a2﹣2a，+∞）上是增函数．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a=2时，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，当x∈（0，+∞）时，f（x）＞f（0）=0，即f（x+1）＞，（x＞0），又由（Ⅰ）知，当a=3时，f（x）在（0，3）上是减函数，当x∈（0，3）时，f（x）＜f（0）=0，f（x+1）＞，下面用数学归纳法进行证明＜a n≤成立，①当n=1时，由已知，故结论成立．②假设当n=k时结论成立，即，则当n=k+1时，a n+1=ln（a n+1）＞ln（），a n+1=ln（a n+1）＜ln（），即当n=k+1时，成立，综上由①②可知，对任何n∈N•结论都成立．【2013大纲全国理22】已知函数f(x)＝1ln(1+)1x xxxλ(+)-+.(1)若x≥0时，f(x)≤0，求λ的最小值；(2)设数列{a n}的通项111=1+23nan+++，证明：a2n－a n＋14n＞ln 2.【解析】(1)由已知f(0)＝0，f′(x)＝22121x xxλλ(-)-(+)，f′(0)＝0.若12λ<，则当0＜x＜2(1－2λ)时，f′(x)＞0，所以f(x)＞0.若12λ≥，则当x＞0时，f′(x)＜0，所以当x＞0时，f(x)＜0.综上，λ的最小值是1 2 .(2)证明：令12λ=.由(1)知，当x＞0时，f(x)＜0，即2ln(1) 22x xxx(+)>++．取1xk=，则211>ln21k kk k k++(+).于是212111422(1)nn nk na an k k-=⎡⎤-+=+⎢⎥+⎣⎦∑＝2121211ln21n nk n k nk kk k k --==++>(+)∑∑＝ln 2n－ln n＝ln 2.所以21ln24n na an-+>.【2012大纲卷2理20】设函数f（x）=ax+cosx，x∈[0，π]．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设f（x）≤1+sinx，求a的取值范围．【解析】（Ⅰ）求导函数，可得f'（x）=a﹣sinx，x∈[0，π]，sinx∈[0，1]；当a≤0时，f'（x）≤0恒成立，f（x）单调递减；当a≥1 时，f'（x）≥0恒成立，f（x）单调递增；当0＜a＜1时，由f'（x）=0得x1=arcsina，x2=π﹣arcsina当x∈[0，x1]时，sinx＜a，f'（x）＞0，f（x）单调递增当x∈[x1，x2]时，sinx＞a，f'（x）＜0，f（x）单调递减当x∈[x2，π]时，sinx＜a，f'（x）＞0，f（x）单调递增；（Ⅱ）由f（x）≤1+sinx得f（π）≤1，aπ﹣1≤1，∴a≤．令g（x）=sinx﹣（0≤x），则g′（x）=cosx﹣当x时，g′（x）＞0，当时，g′（x）＜0∵，∴g（x）≥0，即（0≤x），当a≤时，有①当0≤x时，，cosx≤1，所以f（x）≤1+sinx；②当时，=1+≤1+sinx综上，a≤．【2011大纲卷理22】（Ⅰ）设函数，证明：当x＞0时，f（x）＞0．（Ⅱ）从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽到的20个号码互不相同的概率为p，证明：．【解析】（Ⅰ）证明：∵f′（x）=，∴当x＞﹣1，时f′（x）≥0，∴f（x）在（﹣1，+∞）上是单调增函数，∴当x＞0时，f（x）＞f（0）=0．即当x＞0时，f（x）＞0．（Ⅱ）从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，连续抽取20次，则抽得的20个号码互不相同的概率为P=，要证P＜＜．先证：P=＜，即证＜即证99×98×…×81＜（90）19而99×81=（90+9）×（90﹣9）=902﹣92＜90298×82=（90+8）×（90﹣8）=902﹣82＜902…91×89=（90+1）×（90﹣1）=902﹣12＜902∴99×98×…×81＜（90）19即P＜再证：＜e﹣2，即证＞e2，即证19ln＞2，即证ln＞由（Ⅰ）f（x）=ln（1+x）﹣，当x＞0时，f（x）＞0．令x=，则ln（1+）﹣=ln（1+）﹣＞0，即ln＞综上有：P＜＜【2011大纲卷1理20】已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+. （Ⅰ）若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围； （Ⅱ）证明：(1)()0x f x -≥ . 【解析】（Ⅰ）11()ln 1ln x f x x x x λ+'=+-=+， ()ln 1xf x x x '=+,题设2()1xf x x ax '≤++等价于ln x x a -≤. 令()ln g x x x =-，则1()1g x x'=- 当01x ＜＜，'()0g x ＞；当1x ≥时，'()0g x ≤，1x =是()g x 的最大值点， ()(1)1g x g =-≤ 综上，a 的取值范围是[)1,-+∞.(Ⅱ)由（Ⅰ）知，()(1)1g x g =-≤即ln 10x x -+≤.当01x ＜＜时，()(1)ln 1ln (ln 1)0f x x x x x x x x =+-+=+-+≤； 当1x ≥时，()ln (ln 1)f x x x x x =+-+1ln (ln 1)x x x x =++- 11ln (ln 1)x x x x=--+0≥ 所以(1)()0x f x -≥【2011大纲卷Ⅱ理22】设函数()1e x f x -=-．（Ⅰ）证明：当x ＞-1时，()1xf x x +…； （Ⅱ）设当0x …时，()1xf x ax +…，求a 的取值范围． 【解析】（Ⅰ）当x ＞-1时，()1x f x x +…当且仅当e 1.xx +…（步骤1）令()e 1xg x x =--，则()e 1.xg x '=-当0x …时，()g x 在[)0,+∞是增函数； 当0x …时，()g x 在(],0-∞是减函数.（步骤2）于是()g x 在0x =处达到最小值，因而当x ∈R 时，()(0),g x g …即e 1.xx +… 所以当1x -＞时, ()1xf x x +….（步骤3） （Ⅱ）由题设0x …，此时()0f x …. 当0a ＜时,若1x a >-，则0,()+11x x f x ax ax <+…不成立（步骤4） 当0a …时，令()()()h x axf x f x x =+-，则()1xf x ax +…当且仅当()0h x …. ()()()()1()()().h x af x axf x f x af x axf x ax f x '''=++-=-+-(步骤5)（i ）当102a剟时，由（Ⅰ）知(1)(),x x f x +…（步骤6） ()()()(1)()(),(21)()0h x af x axf x a x f x f x a f x '-++-=-……()h x 在[)0,+∞是减函数，()(0)0,h x h =…即()1xf x ax +…. (ii)当12a >时，由(i)知(),x f x … ()()()()()()()()(21)(),h x af x axf x ax f x af x axf x af x f x a ax f x '=-+--+-=--…（步骤7） 当210a x a -<<时，()0h x '>,所以()(0)0h x h >=，即()1xf x ax >+. 综上，a 取值范围是10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦.（步骤8）【2009大纲卷1理22】设函数32()33f x x bx cx =++有两个极值点[][]12211,2.x x x ∈-∈，，0，且（Ⅰ）求b 、c 满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点（b ，c ）和区域；(Ⅱ)证明：1102-2≤f(x )≤-【解析】（I ）()2363f x x bx c '=++依题意知，方程()0f x '=有两个根12x x 、，1[10],x ∈-且，2[1,2].x ∈等价于()10f '-≥，()00f '≤，()()1020f f ''≤≥，由此得b 、c 满足的约束条件为2102144c b c c b c b ≥-⎧⎪≤⎪⎨≤--⎪⎪≥--⎩满足这些条件的点(),b c 的区域为图中阴影部分，(II)这一问考生不易得分，有一定的区分度。
2014新课标Ⅱ高考压轴卷-数学(理)-Word版含解析
2014新课标II 高考压轴卷理科数学一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合A={0，1，2}，B={x|x=2a ，a ∈A}，则A ∩B 中元素的个数为（ ）2. 已知复数z 满足z •i=2﹣i ，i 为虚数单位，则z 的共轭复数为（ ）3. 由y=f （x ）的图象向左平移个单位，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到y=2sin 的图象，则 f （x ）为（ ） 2sin2sin2sin2sin4.已知函数，则的值是（ ）D5. 设随机变量~X N (3，1)，若(4)P X p >=，，则P(2<X<4)= ( A)12p + ( B)l —p (C)l-2p (D)12p -6. 6．运行右面框图输出的S 是254，则①应为 (A) n ≤5 (B) n ≤6 (C)n ≤7 (D) n ≤87. 若曲线在点（a ，f （a ））处的切线与两条坐标轴围成的三角形的面积为18，则a=（ ）8.已知A 、B 是圆22:1O x y +=上的两个点，P 是AB 线段上的动点，当AOB ∆的面积最大时，则AO AP ⋅-2AP 的最大值是（ ）A.1-B.0C.81D.21 9.一个四面体的四个顶点在空间直角坐标系xyz O -中的坐标分别是（0，0，0），（1，2，0），（0，2，2），（3，0，1），则该四面体中以yOz 平面为投影面的正视图的面积为 A ．3 B ．25 C ．2 D ．2710. .已知函数2()cos()f n n n π=，且()(1)n a f n f n =++，则123100a a a a ++++=A ． 0B ．100-C ．100D ．1020011．设x ，y 满足约束条件，若目标函数z=ax+by （a ＞0，b ＞0）的最大值为12，则+的最小值为（ ）12．设双曲线﹣=1（a ＞0，b ＞0）的右焦点为F ，过点F 作与x 轴垂直的直线l 交两渐近线于A 、B 两点，且与双曲线在第一象限的交点为P ，设O 为坐标原点，若=λ+μ（λ，μ∈R ），λμ=，则该双曲线的离心率为（ ）D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．13.某棉纺厂为了了解一批棉花的质量，从中随机抽取了100根棉花纤维的长度（棉花纤维的长度是棉花质量的重要指标），所得数据都在区间[5，40]中，其频率分布直方图如图所示．从抽样的100根棉花纤维中任意抽取一根，则其棉花纤维的长度小于20mm 的概率为 ．14.已知1cos21sin cos ααα-=，1tan()3βα-=-，则tan(2)βα-的值为 ．15.函数43y x x =++(3)x >-的最小值是 ． 16.已知函数f(x)＝x 3＋x ，对任意的m ∈[－2,2]，f(mx －2)＋f(x)<0恒成立，则x 的取值范围为________．三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．解答写在答题卡上的指定区域内．17.已知函数3cos 32cos sin 2)(2-+=x x x x f ，R ∈x ．（Ⅰ）求函数(3)1y f x =-+的最小正周期和单调递减区间；（Ⅱ）已知ABC ∆中的三个内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若锐角A 满足()26A f π-=7a =，sin sin B C +=，求ABC ∆的面积． 18.随机询问某大学40名不同性别的大学生在购买食物时是否读营养说明，得到如下列联表： 性别与读营养说明列联表⑴根据以上列联表进行独立性检验，能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为性别与是否读营养说明之间有关系？⑵从被询问的16名不读营养说明的大学生中，随机抽取2名学生，求抽到男生人数ξ的分布列及其均值（即数学期望）．（注：))()()(()(22d b c a d c b a bc ad n K ++++-=，其中d c b a n +++=为样本容量．）19.已知正四棱柱1111-ABCD A B C D 中，12,4==AB AA . （Ⅰ）求证：1BD A C ⊥；（Ⅱ）求二面角11--A A C D 的余弦值；（Ⅲ）在线段1CC 上是否存在点P ，使得平面11A CD ⊥平面PBD ，若存在，求出1CPPC 的值；若不存在，请说明理由.20.已知动圆P 与圆221:(3)81F x y ++=相切，且与圆222:(3)1F x y -+=相内切，记圆心P的轨迹为曲线C ；设Q 为曲线C 上的一个不在x 轴上的动点，O 为坐标原点，过点2F 作OQ 的平行线交曲线C 于,M N 两个不同的点. （Ⅰ）求曲线C 的方程；（Ⅱ）试探究||MN 和2||OQ 的比值能否为一个常数？若能，求出这个常数，若不能，请说明理由；（Ⅲ）记2QF M ∆的面积为1S ，2OF N ∆的面积为2S ，令12S S S =+，求S 的最大值. 21.已知0t >，函数()3x tf x x t-=+. (1)1t =时，写出()f x 的增区间；(2)记()f x 在区间[0,6]上的最大值为()g t ，求()g t 的表达式；(3)是否存在t ，使函数()y f x 在区间(0,6)内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相垂直？若存在，求t 的取值范围；若不存在，请说明理由．请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请写清题号.22.选修4﹣1：几何证明选讲如图，AB 是⊙O 的直径，AC 是弦，直线CE 和⊙O 切于点C ，AD 丄CE ，垂足为D ． （I ） 求证：AC 平分∠BAD ；（II ） 若AB=4AD ，求∠BAD 的大小．23.选修4﹣4：坐标系与参数方程将圆x 2+y 2=4上各点的纵坐标压缩至原来的，所得曲线记作C ；将直线3x ﹣2y ﹣8=0绕原点逆时针旋转90°所得直线记作l ． （I ）求直线l 与曲线C 的方程；（II ）求C 上的点到直线l 的最大距离．24. 选修4﹣5：不等式选讲 设函数，f （x ）=|x ﹣1|+|x ﹣2|． （I ）求证f （x ）≥1； （II ）若f （x ）=成立，求x 的取值范围．KS5U2014新课标II 高考压轴卷理科数学参考答案1. 【KS5U 答案】A.【KS5U 解析】由A={0，1，2}，B={x|x=2a ，a ∈A}={0，2，4}， 所以A ∩B={0，1，2}∩{0，2，4}={0，2}． 所以A ∩B 中元素的个数为2． 故选C ．2. 【KS5U 答案】A.【KS5U 解析】由z •i=2﹣i ，得，∴．故选：A ．3. 【KS5U 答案】B.【KS5U 解析】由题意可得y=2sin 的图象上各个点的横坐标变为原来的，可得函数y=2sin （6x ﹣）的图象．再把函数y=2sin （6x ﹣）的图象向右平移个单位，即可得到f （x ）=2sin[6（x ﹣）﹣）]=2sin （6x ﹣2π﹣）=2sin的图象，故选B ．4. 【KS5U 答案】C. 【KS5U 解析】=f （log 2）=f （log 22﹣2）=f （﹣2）=3﹣2=，故选C ．5. 【KS5U 答案】C.【KS5U 解析】因为(4)(2)P X P X p >=<=，所以P(2<X<4)= 1(4)(2)12P X P X p ->-<=-，选C. 6. 【KS5U 答案】C.【KS5U 解析】本程序计算的是212(12)2222212n nn S +-=+++==--，由122254n +-=，得12256n +=，解得7n =。
函数与导数经典常考压轴大题
函数与导数经典常考压轴大题命题预测本节内容在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大.在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不低.可以说，只要考生啃下本节这个硬骨头，就具有了强大的逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养.预计预测2024年高考，函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：(1)含参函数的单调性、极值与最值；(2)函数的零点问题；(3)不等式恒成立与存在性问题；(4)函数不等式的证明．(5)导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．高频考法(1)双变量问题(2)证明不等式(3)不等式恒成立与有解问题(4)零点问题(5)导数与三角函数结合问题01双变量问题破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x 22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.2(2024·四川·模拟预测)已知函数f x =a +1 e x -12x 2+1a ∈R ．(1)当a =1时，求曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程；(2)设x 1,x 2x 1<x 2 是函数y =f x 的两个零点，求证：x 1+x 2>2．3(2024·四川德阳·二模)已知函数f x =ln x +x 2-2ax ,a ∈R ，(1)当a >0时，讨论f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ，求2f x 1 -f x 2 的最小值.02证明不等式利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．(4)对数单身狗，指数找基友(5)凹凸反转，转化为最值问题(6)同构变形1(2024·青海·模拟预测)已知质数f x =me x -x 2+mx -m ，且曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为4e 2x -y -4e 2=0．(1)求m 的值；(2)证明：对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2．2(2024·山西晋城·二模)已知函数f (x )=(x -a )e x +x +a (a ∈R )．(1)若a =4，求f (x )的图象在x =0处的切线方程；(2)若f x ≥0对于任意的x ∈0,+∞ 恒成立，求a 的取值范围；(3)若数列a n 满足a 1=1且a n +1=2a n a n +2(n ∈N *)，记数列a n 的前n 项和为S n ，求证：S n +13<ln (n +1)(n +2) ．3(2024·上海松江·二模)已知函数y =x ⋅ln x +a (a 为常数)，记y =f (x )=x ⋅g (x ).(1)若函数y =g (x )在x =1处的切线过原点，求实数a 的值；(2)对于正实数t ，求证：f (x )+f (t -x )≥f (t )-t ln2+a ；(3)当a =1时，求证：g (x )+cos x <e x x.03不等式恒成立与有解问题1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：(1)通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；(2)利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；(3)根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：(1)∀x ∈D ，m ≤f x ⇔m ≤f x min ；(2)∀x ∈D ，m ≥f x ⇔m ≥f x max ；(3)∃x ∈D ，m ≤f x ⇔m ≤f x max ；(4)∃x ∈D ，m ≥f x ⇔m ≥f x min ．3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数y =f x ，x ∈a ,b ，y =g x ，x ∈c ,d ．(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x min <g x max ；(4)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则f x 的值域是g x 的值域的子集．1(2024·北京朝阳·一模)已知函数f x =1-axe x a∈R.(1)讨论f x 的单调性；(2)若关于x的不等式f x >a1-x无整数解，求a的取值范围.2(2024·黑龙江哈尔滨·一模)已知函数f x =xe x-ae x,a∈R．(1)当a=0时，求f x 在x=1处的切线方程；(2)当a=1时，求f x 的单调区间和极值；(3)若对任意x∈R，有f x ≤e x-1恒成立，求a的取值范围．3(2024·陕西安康·模拟预测)已知函数f x =ln x+1,g x =e x-1.(1)求曲线y=f x 与y=g x 的公切线的条数；(2)若a>0,∀x∈-1,+∞,f x+1≤a2g x +a2-a+1，求a的取值范围.04零点问题函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x轴(或直线y=k)在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．1(2024·四川泸州·三模)设函数f x =e x-1，g x =ln x+b.(1)求函数F x =x-1f x 的单调区间；(2)若总存在两条直线和曲线y=f x 与y=g x 都相切，求b的取值范围.2(2024·北京房山·一模)已知函数f(x)=e ax+1 x．(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)设g(x)=f (x)⋅x2，求函数g(x)的极大值；(3)若a<-e，求函数f(x)的零点个数．3(2024·浙江·二模)定义max a,b=a,a≥bb,a<b，已知函数f x =max ln x,-4x3+mx-1，其中m∈R.(1)当m=5时，求过原点的切线方程；(2)若函数f x 只有一个零点，求实数m的取值范围.05导数与三角函数结合问题分段分析法1(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x.(1)讨论f x 的单调性(2)若a>0，求证：①函数f x 在0,+∞上只有1个零点；②f x >1-16a3-12a2-2sin a+π4.2(2024·河北沧州·一模)已知函数f x =x a e2x ,a >0．(1)当a =2时，求函数f x 的单调区间和极值；(2)当x >0时，不等式f x -cos ln f x ≥a ln x 2-4x 恒成立，求a 的取值范围．3(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=e x -sin x ．(1)若f (x )≥ax 2+1对于任意x ∈[0,+∞)恒成立，求a 的取值范围；(2)若函数f (x )的零点按照从大到小的顺序构成数列x n ，n ∈N *，证明：2ni =1x i <-2n 2+n π；(3)对于任意正实数x 1,x 2，证明：e x 2-x 2-1 e x 1>sin x 1+x 2 -sin x 1-x 2cos x 1．1已知函数f x =ax -ln x x ，a >0．(1)若f x 存在零点，求a 的取值范围；(2)若x 1，x 2为f x 的零点，且x 1<x 2，证明：a x 1+x 2 2>2．2已知函数f x =3ln x -ax ．(1)讨论f x 的单调性．(2)已知x 1,x 2是函数f x 的两个零点x 1<x 2 ．(ⅰ)求实数a 的取值范围．(ⅱ)λ∈0,12 ,f x 是f x 的导函数．证明：f λx 1+1-λ x 2 <0．3如图，对于曲线Γ，存在圆C 满足如下条件：①圆C 与曲线Γ有公共点A ，且圆心在曲线Γ凹的一侧；②圆C 与曲线Γ在点A 处有相同的切线；③曲线Γ的导函数在点A 处的导数(即曲线Γ的二阶导数)等于圆C 在点A 处的二阶导数(已知圆x -a 2+y -b 2=r 2在点A x 0,y 0 处的二阶导数等于r 2b -y 0 3)；则称圆C 为曲线Γ在A 点处的曲率圆，其半径r 称为曲率半径．(1)求抛物线y =x 2在原点的曲率圆的方程；(2)求曲线y =1x的曲率半径的最小值；(3)若曲线y =e x 在x 1,e x 1 和x 2,e x 2x 1≠x 2 处有相同的曲率半径，求证：x 1+x 2<-ln2．4已知函数f x =ax2+x-ln x-a．(1)若a=1，求f x 的最小值；(2)若f x 有2个零点x1,x2，证明：a x1+x22+x1+x2>2．5已知函数f x =12e2x+a-2e x-2ax．(1)若曲线y=f x 在0,a-32处的切线方程为4ax+2y+1=0，求a的值及f x 的单调区间．(2)若f x 的极大值为f ln2，求a的取值范围．(3)当a=0时，求证：f x +5e x-52>32x2+x ln x．6已知函数f x =12x2+x+a ln x+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：当a<-1时，a2+f x >1．7已知函数f x =x ln x+ax+1a∈R．(1)若f x ≥0恒成立，求a的取值范围；(2)当x>1时，证明：e x ln x>e(x-1)．(1)判断函数f(x)的单调性(2)证明：①当a≥0时，f(x)≤0；②sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n<ln2,n∈N*.9牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法.比如，我们可以先猜想某个方程f x =0的其中一个根r在x=x0的附近，如图6所示，然后在点x0,f x0处作f x 的切线，切线与x轴交点的横坐标就是x1，用x1代替x0重复上面的过程得到x2；一直继续下去，得到x0，x1，x2，⋯，x n.从图形上我们可以看到x1较x0接近r，x2较x1接近r，等等.显然，它们会越来越逼近r.于是，求r近似解的过程转化为求x n，若设精度为ε，则把首次满足x n-x n-1<ε的x n称为r的近似解.已知函数f x =x3-x+1，a∈R.(1)试用牛顿迭代法求方程f x =0满足精度ε=0.5的近似解(取x0=-1，且结果保留小数点后第二位)；(2)若f x +3x2+6x+5+ae x≤0对任意x∈R都成立，求整数a的最大值.(计算参考数值：e≈2.72，e1.35≈3.86，e1.5≈4.48，1.353≈2.46，1.352≈1.82)(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．11已知函数f x =x2-2a ln x-2(a∈R)．(1)讨论f x 的单调性；(2)若不等式f x ≤2ln x2+x2-2x在区间(1,+∞)上有解，求实数a的取值范围．12已知函数f x =xe x，其中e=2.71828⋯为自然对数的底数.(1)求函数f x 的单调区间；(2)证明：f x ≤e x-1；(3)设g x =f x -e2x+2ae x-4a2+1a∈R，若存在实数x0使得g x0≥0，求a的最大值.13已知函数f x =e x-1-ax a∈R．(1)若函数f x 在点1,f1处的切线与直线x+2ey+1=0垂直，求a的值；(2)当x∈0,2时，讨论函数F x =f x -x ln x零点的个数．14已知函数f(x)=e2x-(2a-1)e x-ax.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.15已知函数f x =e x-x2+a，x∈R，φx =f x +x2-x.(1)若φx 的最小值为0，求a的值；(2)当a<0.25时，证明：方程f x =2x在0,+∞上有解.16已知f (x )=x ex,g (x )=ln x x ．(1)求函数y =f (x )、y =g (x )的单调区间和极值；(2)请严格证明曲线y =f (x )、y =g (x )有唯一交点；(3)对于常数a ∈0,1e，若直线y =a 和曲线y =f (x )、y =g (x )共有三个不同交点x 1,a 、x 2,a 、x 3,a ，其中x 1<x 2<x 3，求证：x 1、x 2、x 3成等比数列．17已知函数f x =sin x -ax ⋅cos x ,a ∈R ．(1)当a =1时，求函数f x 在x =π2处的切线方程；(2)x ∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x >0，求a 的取值范围；(ⅱ)证明：sin 2x ⋅tan x >x 3．18f(x)=2sin(x+φ)-a+e-x，φ∈0,π2，已知f(x)的图象在(0,f(0))处的切线与x轴平行或重合．(1)求φ的值；(2)若对∀x≥0，f(x)≤0恒成立，求a的取值范围；(3)利用如表数据证明：157k=1sinkπ314<106．eπ314e-π314e78π314e-78π314e79π314e-79π314 1.0100.990 2.1820.458 2.2040.45419数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量a =(x ,y )，其模定义为|a |=x 2+y 2.类似地，对于n 行n 列的矩阵A nn =a 11a 12a 13⋯a 1n a 21a 22a 23⋯a 2n a 31a 32a 33⋯a 3n ⋮⋮⋮⋮，其模可由向量模拓展为A =∑ni =1∑nj =1a 2ij12(其中a ij为矩阵中第i 行第j 列的数，∑为求和符号)，记作A F，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵A 22=a 11a 12a21a 22=2435，其矩阵模A F =∑n i =1∑nj =1a 2ij12=22+42+32+52=3 6.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.(1)∀n ∈N *，n ≥3，矩阵B nn =100⋯0020⋯0003⋯0⋮⋮⋮⋮00⋯n，求使B F >35的n 的最小值.(2)∀n ∈N *，n ≥3，，矩阵C nn =1cos θcos θcos θ⋯cos θcos θ0-sin θ-sin θcos θ-sin θcos θ⋯-sin θcos θ-sin θcos θ00sin 2θsin 2θcos θ⋯sin 2θcos θsin 2θcos θ⋮⋮⋮⋮⋮⋮0000⋯(-1)n -2sin n -2θ(-1)n -2sin n -2θcos θ0000⋯0(-1)n -1sin n -1θ求C F.(3)矩阵D mn =ln n +2n +100⋅⋅⋅0ln n +1n 22ln n +1n 220⋅⋅⋅0⋮ln 43n -1n -1ln 43 n -1n -1ln 43 n -1n -1⋅⋅⋅0ln 32 n n ln 32 n n ln 32 nn ⋅⋅⋅ln 32nn，证明：∀n ∈N *，n ≥3，D F >n 3n +9.20已知函数f x =sin x -ln 1+ax ．(1)若x ∈0,π2时，f x ≥0，求实数a 的取值范围；(2)设n ∈N *，证明：sin 13+ln 32-ln n +2n +1<nk =1sin 1k k +2 <34．1函数与导数经典常考压轴大题命题预测本节内容在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大.在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不低.可以说，只要考生啃下本节这个硬骨头，就具有了强大的逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养.预计预测2024年高考，函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：(1)含参函数的单调性、极值与最值；(2)函数的零点问题；(3)不等式恒成立与存在性问题；(4)函数不等式的证明．(5)导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．高频考法(1)双变量问题(2)证明不等式(3)不等式恒成立与有解问题(4)零点问题(5)导数与三角函数结合问题01双变量问题破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；2(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4(t +1)2=(t -1)2t (t +1)>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.2(2024·四川·模拟预测)已知函数f x =a +1 e x -12x 2+1a ∈R ．(1)当a =1时，求曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程；(2)设x 1,x 2x 1<x 2 是函数y =f x 的两个零点，求证：x 1+x 2>2．【解析】(1)当a =1时，f x =2e x -12x 2+1,f x =2e x -x ，则f 0 =3,f 0 =2，则切线方程为y -3=2x ，因此曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程为2x -y +3=0．(2)证明：函数f x =a +1 e x -x ,x 1,x 2是y =f x 的两个零点，所以x 1=a +1 e x 1,x 2=a +1 e x 2，则有x 1+x 2=a +1 e x 1+e x 2，且x 2-x 1=a +1 e x 2-e x1，由x 1<x 2，得a +1=x 2-x 1e x 2-ex 1．要证x 1+x 2>2，只要证明a +1 e x 1+e x 2>2，即证x 2-x 1 e x 2+ex1e x 2-ex 1>2．记t =x 2-x 1，则t >0,e t >1，因此只要证明t ⋅e t +1e t -1>2，即t -2 e t +t +2>0．记h t =t -2 e t +t +2(t >0)，则h t =t -1 e t +1，令φt =t -1 e t +1，则φ t =te t ，当t >0时，φ t =te t >0，3所以函数φt =t -1 e t +1在0,+∞ 上递增，则φt >φ0 =0，即h t >h 0 =0，则h t 在0,+∞ 上单调递增，∴h t >h 0 =0，即t -2 e t +t +2>0成立.3(2024·四川德阳·二模)已知函数f x =ln x +x 2-2ax ,a ∈R ，(1)当a >0时，讨论f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ，求2f x 1 -f x 2 的最小值.【解析】(1)因为f x =ln x +x 2-2ax ,x >0，所以f(x )=1x +2x -2a =2x 2-2ax +1x,令g (x )=2x 2-2ax +1，则Δ=4a 2-8=4a 2-2 ，因为a >0，当0<a ≤2时，Δ≤0，则g (x )≥0，即f (x )≥0，此时f (x )在(0,+∞)上单调递增，当a >2时，Δ>0，由g (x )=0，得x 3=a -a 2-22,x 4=a +a 2-22，且x 3<x 4，当0<x <x 3或x >x 4时，g (x )>0，即f (x )>0；当x 3<x <x 4时，g (x )<0，即f (x )<0，所以f (x )在0,x 3 ,x 4,+∞ 上单调递增，在x 3,x 4 上单调递减；综上，当0<a ≤2时，f (x )在(0,+∞)上单调递增，当a >2时，f (x )在0,x 3 ,x 4,+∞ 上单调递增，在x 3,x 4 上单调递减，其中x 3=a -a 2-22,x 4=a +a 2-22.(2)由(1)可知，x 3,x 4为f (x )的两个极值点，且x 3<x 4，所以x 1=x 3,x 2=x 4，且x 1,x 2是方程2x 2-2ax +1=0的两不等正根，此时a >2，x 1+x 2=a >0，x 1⋅x 2=12，所以x 1∈0,22 ，x 2∈22,+∞ ，且有2ax 1=2x 21+1，2ax 2=2x 22+1，则2f x 1 -f x 2 =2ln x 1+x 21-2ax 1 -ln x 2+x 22-2ax 2=2ln x 1+x 21-2x 21-1 -ln x 2+x 22-2x 22-1 =-2x 21+2ln x 1-ln x 2+x 22-1=x 22-212x 22+2ln12x 2-ln x 2-1=x 22-12x 22-32ln x 22-2ln2-1令t =x 22，则t ∈12,+∞ ，令g t =t -12t -32ln t -2ln2-1，则g t =1+12t 2-32t =2t -1 t -1 2t 2，当t ∈12,1 时，g t <0，则g t 单调递减，当t ∈1,+∞ 时，g t >0，则g t 单调递增，所以g t min =g 1 =-1+4ln22，所以2f x 1 -f x 2 的最小值为-1+4ln22.402证明不等式利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．(4)对数单身狗，指数找基友(5)凹凸反转，转化为最值问题(6)同构变形1(2024·青海·模拟预测)已知质数f x =me x -x 2+mx -m ，且曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为4e 2x -y -4e 2=0．(1)求m 的值；(2)证明：对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2．【解析】(1)f x =me x -2x +m ，f 2 =me 2-4+m ，f 2 =me 2-4+m ，则有4e 2=me 2-4+m ，4e 2×2-me 2-4+m -4e 2=0，解得m =4；(2)由m =4，故f x =4e x -x 2+4x -4，要证对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2，即证4e x ≥e 2+1 x 2-4x +4对一切x ≥0恒成立，即证e 2+1 x 2-4x +4e x ≤4对一切x ≥0恒成立，令g x =e 2+1 x 2-4x +4e x，gx =2e 2+1 x -4-e 2+1 x 2+4x -4e x =-e 2+1 x 2+2e 2+3 x -8e x=-e 2+1 x -4 x -2 e x ，则当x ∈0,4e 2+1 ∪2,+∞ 时，g x <0，则当x ∈4e 2+1,2时，g x >0，即g x 在0,4e 2+1 、2,+∞ 上单调递减，在4e 2+1,2上单调递增，又g 0 =4e 0=4，g 2 =4e 2+1 -4×2+4e 2=4e 2+4-8+4e 2=4，故g x ≤4对一切x ≥0恒成立，即得证.2(2024·山西晋城·二模)已知函数f (x )=(x -a )e x +x +a (a ∈R )．(1)若a =4，求f (x )的图象在x =0处的切线方程；(2)若f x ≥0对于任意的x ∈0,+∞ 恒成立，求a 的取值范围；(3)若数列a n 满足a 1=1且a n +1=2a n a n +2(n ∈N *)，记数列a n 的前n 项和为S n ，求证：S n +13<ln (n +1)(n +2) ．【解析】(1)当a =4时，f (x )=(x -4)e x +x +4，则f (x)=(x-3)e x+1，得f (0)=-2，又f(0)=0，所以f(x)在x=0处的切线为y=-2x；(2)f(x)=(x-a)e x+x+a≥0对∀x∈[0,+∞)恒成立，f (x)=(x+1-a)e x+1，设g(x)=(x+1-a)e x+1(x≥0)，则g (x)=(x+2-a)e x，当2-a≥0即a≤2时，g (x)≥0,g(x)在[0,+∞)上单调递增，且g(0)=2-a≥0，所以g(x)≥0，即f (x)≥0，此时f(x)在[0,+∞)上单调递增，且f(0)=0，所以f(x)≥0对∀x∈[0,+∞)恒成立.当2-a<0即a>2时，令g (x)<0⇒0<x<a-2,g (x)>0⇒x>a-2，所以函数g(x)在(0,a-2)上单调递减，在(a-2,+∞)上单调递增，则g(x)min=g(a-2)=1-e a-2<0，又g(0)=2-a<0，所以在(0,a-2)上恒有g(x)<0，即f (x)<0，函数f(x)在(0,a-2)上单调递减，且f(0)=0，则在(0,a-2)上有f(x)<0，不符合题意.综上，a≤2，即实数a的取值范围为(-∞,2](3)由a n+1=2a na n+2，得1a n+1-1a n=12，又1a1=1，所以数列1a n是以1为首项，以12为公差的等差数列，故1a n=1+12(n-1)=n+12，所以a n=2n+1.当n=1时，S1+13=a1+13=43<ln6恒成立；当n≥2时，先证：2n+1<ln n+2n，即证2n+1<ln n+1+1n+1-1=ln1+1n+11-1n+1，设x=1n+1，则0<x<1，即证2x<ln1+x1-x(0<x<1)，令h(x)=2x-ln 1+x1-x(0<x<1)，则h (x)=2-1x+1-11-x=-2x21-x2<0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，故h(x)<h(0)=0，即2x<ln 1+x1-x，即2n+1<ln n+2n.所以当n≥2时，S n+13=13+23+24+⋯+2n+1<ln6+ln42+ln53+⋯+ln n+2n=ln6×4×5×⋯×n(n+1)(n+2)2×3×4×5×⋯×n=ln[(n+1)(n+2)].综上，S n+13<ln[(n+1)(n+2)].3(2024·上海松江·二模)已知函数y=x⋅ln x+a(a为常数)，记y=f(x)=x⋅g(x).(1)若函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，求实数a的值；(2)对于正实数t，求证：f(x)+f(t-x)≥f(t)-t ln2+a；(3)当a=1时，求证：g(x)+cos x<e xx.【解析】(1)由题意，函数y=x⋅ln x+a，且y=f(x)=x⋅g(x)，可得g(x)=f(x)x=ln x+ax,x>0，则g (x)=1x-ax2=x-ax2，5所以g (1)=1-a，又因为g(1)=ln1+a=a，所以g x 在x=1处的切线方程为y=(1-a)(x-1)+a，又因为函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，可得0=(1-a)⋅(0-1)+a，解得a=1 2 .(2)设函数h x =f x +f t-x,t>0，可得h x =x ln x+(t-x)ln(t-x)+2a，其中0<x<t，则h x =ln x+1-ln(t-x)-1=lnxt-x，令h x >0，可得xt-x>1，即2x-tt-x>0，即2x-tx-t<0，解得t2<x<t，令h x <0，可得0<xt-x<1，解得0<x<t2，所以h x 在t2,t上单调递增，在0,t2上单调递减，可得h x 的最小值为ht2，所以h x ≥h t2 ，又由ht2=f t2 +f t-t2=t ln t2+2a=f t -t ln2+a，所以f x +f t-x≥f t -t ln2+a.(3)当a=1时，即证ln x+1x <e xx-cos x，由于cos x∈[-1,1]，所以e xx-cos x≥e xx-1，只需证ln x+1x<e xx-1，令k x =ln x+1x-e xx+1,x>0，只需证明k x <0，又由k x =1x-1x2-e x(x-1)x2=(1-e x)(x-1)x2，因为x>0，可得1-e x<0，令k x >0，解得0<x<1；令k x <0，解得x>1，所以k x 在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以k x 在x=1处取得极大值，也时最大值，所以k x max=k1 =2-e<0，即k x <0，即a=1时，不等式g(x)+cos x<e xx恒成立.03不等式恒成立与有解问题1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：(1)通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；(2)利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；(3)根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：(1)∀x∈D，m≤f x ⇔m≤f x min；(2)∀x∈D，m≥f x ⇔m≥f x max；(3)∃x∈D，m≤f x ⇔m≤f x max；(4)∃x∈D，m≥f x ⇔m≥f x min．673、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数y =f x ，x ∈a ,b ，y =g x ，x ∈c ,d ．(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x min <g x max ；(4)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则f x 的值域是g x 的值域的子集．1(2024·北京朝阳·一模)已知函数f x =1-ax e x a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式f x >a 1-x 无整数解，求a 的取值范围.【解析】(1)f x =1-a -ax e x ，当f x =0，得x =1-aa ，当a >0时，x ∈-∞,1-a a时，fx >0，f x 单调递增，x ∈1-a a,+∞ 时，f x <0，f x 单调递减，当a <0时，x ∈-∞,1-aa时，f x <0，f x 单调递减，x ∈1-a a,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增，当a =0时，f x =e x ，函数f x 在R 上单调递增，综上可知，a >0时，函数f x 的单调递增区间是-∞,1-a a，单调递减区间是1-aa ,+∞ ，a <0时，函数f x 的单调递减区间是-∞,1-a a ，单调递增区间是1-aa ,+∞ ，a =0时，函数f x 的增区间是-∞,+∞ ，无减区间.(2)不等式1-ax e x >a 1-x ，即a x -x -1e x<1，设h x =x -x -1e x ，h x =1-2-x e x =e x +x -2e x，设t x =e x +x -2，t x =e x +1>0，所以t x 单调递增，且t 0 =-1，t 1 =e -2>0，所以存在x 0∈0,1 ，使t x 0 =0，即h x 0 =0，当x ∈-∞,x 0 时，h x <0，h x 单调递减，当x ∈x 0,+∞ 时，h x >0，h x 单调递增，所以h x ≥h x 0 =x 0e x-x 0+1ex，因为e x≥x +1，所以h x ≥h x 0 =x 0e x-x 0+1e x 0≥x 0x 0+1 -x 0+1e x 0=x 20+1ex>0，当x ≤0时，h x ≥h 0 =1，当x ≥1时，h x ≥h 1 =1，不等式1-ax e x >a 1-x 无整数解，即a x -x -1e x<1无整数解，若a ≤0时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，若a ≥1时，即1a≤1，因为函数h x 在-∞,0 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，所以x ∈Z 时，h x ≥min h 0 ,h 1 =1≥1a ，所以h x <1a 无整数解，符合题意，当0<a <1时，因为h 0 =h 1 =1<1a ，显然0,1是a ⋅h x <1的两个整数解，不符合题意，8综上可知，a ≥1.2(2024·黑龙江哈尔滨·一模)已知函数f x =xex -ae x ,a ∈R ．(1)当a =0时，求f x 在x =1处的切线方程；(2)当a =1时，求f x 的单调区间和极值；(3)若对任意x ∈R ，有f x ≤e x -1恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)当a =0时，f x =xex ，则f x =1-x ex，f 1 =0，f 1 =1e ，所以切线方程为y =1e．(2)当a =1时，f x =xe -x -e x ，f x =1-x e -x -e x =1-x -e 2xex．令g x =1-x -e 2x ，g x =-1-2e 2x<0，故g x 在R 上单调递减，而g 0 =0，因此0是g x 在R 上的唯一零点即：0是f x 在R 上的唯一零点当x 变化时，f x ，f x 的变化情况如下表：x-∞,0 00,+∞f x +0-f x↗极大值↘f x 的单调递减区间为：0,+∞ ；递增区间为：-∞,0 f x 的极大值为f 0 =-1，无极小值(3)由题意知xe -x-ae x≤e x -1，即a ≥xe -x -e x -1e x，即a ≥x e2x -1e ，设m x =x e 2x -1e ，则mx =e 2x -2xe 2x e 2x2=1-2x e 2x ，令m x =0，解得x =12，当x ∈-∞,12 ，m x >0，m x 单调递增，当x ∈12,+∞ ，m x <0，m x 单调递减，所以m x max =m 12 =12e -1e =-12e，所以a ≥-12e3(2024·陕西安康·模拟预测)已知函数f x =ln x +1,g x =e x -1.(1)求曲线y =f x 与y =g x 的公切线的条数；(2)若a >0,∀x ∈-1,+∞ ,f x +1 ≤a 2g x +a 2-a +1，求a 的取值范围.【解析】(1)设f x =ln x +1,g x =e x -1的切点分别为x 1,f x 1 ,x 2,g x 2 ，则f x =1x,g (x )=e x ，故f x =ln x +1,g x =e x -1在切点处的切线方程分别为y =1x 1x -x 1 +ln x 1+1⇒y =1x 1x +ln x 1，y =e x 2x -x 2 +e x 2-1⇒y =e x 2x -x 2e x 2+e x2-1则需满足；91x 1=ex 2ln x 1=-x 2ex 2+e x 2-1,故ln1ex 2=-x 2e x 2+e x 2-1⇒e x 2-1 x 2-1 =0，解得x 2=0或x 2=1，因此曲线y =f x 与y =g x 有两条不同的公切线，(2)由f x +1 ≤a 2g x +a 2-a +1可得ln x +1 +1≤a 2e x -1 +a 2-a +1，即ln x +1 ≤a 2e x -a 对于∀x ∈-1,+∞ 恒成立，ln 0+1 ≤a 2e 0-a ，结合a >0,解得a ≥1设m (x )=ln x -x +1,，则当x >1时m (x )=1x-1<0,m x 单调递减，当0<x <1时，m (x )>0,m x 单调递增，故当m (x )≤m 1 =0，故ln x ≤x -1,因此ln x +1 ≤x ，x >-1 ，令F x =x -a 2e x +a ,x >-1 ，则F x =1-a 2e x ，令F x =1-a 2e x =0，得x =-2ln a ，当-2ln a ≤-1时，此时a ≥e ，F x =1-a 2e x <0，故F x 在x >-1上单调递减，所以F x <F -1 =-1-a 2e +a =-a 2+ea -e e =-a -e 2 2+e 24-e e≤-e -e 22+e 24+ee=e -2<0，所以F x =x -a 2e x +a <0，由于ln x +1 ≤x 进而ln (x +1)-a 2e x +a <0，满足题意，当-2ln a >-1时，此时1<a <e ，令F x =1-a 2e x >0，解得-1<x <-2ln a ,F x 单调递增，令F x =1-a 2e x <0，解得x >-2ln a ,F x 单调递减，故F x ≤F x max =F -2ln a =-2ln a -1+a ，令p a =-2ln a -1+a ，则p a =-2a +1=a -2a ，由于1<a <e ，所以p a =-2a +1=a -2a<0，故p a 在1<a <e 单调递减，故p a <p 1 ，即可p a <0，因此F x ≤F x max =F -2ln a =-2ln a -1+a <0⇒F x <0所以F x =x -a 2e x +a <0，由于ln x +1 ≤x 进而ln (x +1)-a 2e x +a <0，满足题意，综上可得a ≥104零点问题函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y =k )在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．1(2024·四川泸州·三模)设函数f x =e x -1，g x =ln x +b .(1)求函数F x =x -1 f x 的单调区间；10(2)若总存在两条直线和曲线y =f x 与y =g x 都相切，求b 的取值范围.【解析】(1)F x =x -1 f x =x -1 e x -1，F x =xe x -1，令F x >0，得x >0，令F x <0，得x <0，所以函数F x 的单调递增区间为0,+∞ ，单调递减区间为-∞,0 ；(2)∵f x =e x -1∴f x =e x -1在m ,e m -1 处的切线方程为y =e m -1x +1-m e m -1，∵g x =1x，∴g x =ln x +b 在点n ,ln n +b 处的切线方程为y =1nx +ln n +b -1，由题意得e m -1=1n(1-m )e m -1=ln n +b -1，则m -1 e m -1-m +b =0，令h m =m -1 e m -1-m +b ，则h (x )=me m -1-1，令φm =me m -1-1，则φ m =m +1 e m -1，当m <-1时，φ m <0，当m >-1时，φ m >0，所以函数φm 在-∞,-1 上单调递减，在-1,+∞ 上单调递增，即函数h m 在-∞,-1 上单调递减，在-1,+∞ 上单调递增，又h 1 =0，且当m ≤0时，h m <0，所以m <1时，h m <0，h (m )单调递减；当m >1时，h (m )>0，h (m )单调递增，所以h m min =h 1 =b -1，若总存在两条直线和曲线y =f x 与y =g x 都相切，则曲线y =h m 与x 轴有两个不同的交点，则h 1 =b -1<0，所以b <1，此时h b -1 =b -2 e b -2+1>-1e+1>0，h 3-b =2-b e 2-b +2b -3>2-b 3-b =b -322+34>0，所以b 的取值范围为-∞,1 .2(2024·北京房山·一模)已知函数f (x )=e ax +1x．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)设g (x )=f (x )⋅x 2，求函数g (x )的极大值；(3)若a <-e ，求函数f (x )的零点个数．【解析】(1)当a =0时，f (x )=1+1x ，f x =-1x 2，则f 1 =-1,f 1 =2，所以曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -2=-x -1 ，即y =-x +3；(2)f (x )=ae ax -1x2，则g (x )=f (x )⋅x 2=ax 2e ax -1x ≠0 ，则g x =2axe ax +a 2x 2e ax =ax ax +2 e ax x ≠0 ，当a =0时，g x =-1，此时函数g x 无极值；当a >0时，令g x <0，则x >0或x <-2a ，令g x <0，则-2a<x <0，所以函数g x 在-∞,-2a ,0,+∞ 上单调递增，在-2a ,0 上单调递减，所以g x 的极大值为g -2a =4ae2-1；当a<0时，令g x <0，则x<0或x>-2a，令gx <0，则0<x<-2a，所以函数g x 在-∞,0,-2a,+∞上单调递增，在0,-2a上单调递减，而函数g x 的定义域为-∞,0∪0,+∞，所以此时函数g x 无极值.综上所述，当a≤0时，函数g x 无极大值；当a>0时，g x 的极大值为4ae2-1；(3)令f(x)=e ax+1x =0，则e ax=-1x，当x>0时，e ax>0,-1x<0，所以x>0时，函数f x 无零点；当x<0时，由e ax=-1x，得ax=ln-1x，所以a=-ln-xx，则x<0时，函数f x 零点的个数即为函数y=a,y=-ln-xx图象交点的个数，令h x =-ln-xxx<0，则h x =ln-x-1x2，当x<-e时，h x >0，当-e<x<0时，h x <0，所以函数h x 在-∞,-e上单调递增，在-e,0上单调递减，所以h x max=h-e=1 e，又当x→-∞时，h x >0且h x →0，当x→0时，h x →-∞，如图，作出函数h x 的大致图象，又a<-e，由图可知，所以函数y=a,h x =-ln-xx的图象只有1个交点，即当x<0时，函数f x 只有1个零点；综上所述，若a<-e，函数f(x)有1个零点．3(2024·浙江·二模)定义max a,b=a,a≥bb,a<b，已知函数f x =max ln x,-4x3+mx-1，其中m∈R.(1)当m=5时，求过原点的切线方程；(2)若函数f x 只有一个零点，求实数m的取值范围.【解析】(1)由题意知f x 定义域0,+∞，当m=5时，f x =-4x3+5x-1,-4x3+5x-1≥ln xln x,-4x3+5x-1<ln x ，令g x =-4x3+5x-1，g x =-12x 2+5>0⇒0<x <6012，⇒g x 在0,6012 单调递增，6012,+∞ 单调递减，且g 1 =0，令h x =ln x ，则在0,+∞ 单调递增，而f 1 =0=h 1 ，又g 14 =316，h 14 =ln 14<-1，而g 0 =-1，所以当0<x <14时，g x >h x ，当14≤x <1时，g x >0>h x ，所以当0<x <1时，f x =g x ，当x ≥1时，f x =h x ，所以f x =-4x 3+5x -1,0<x <1ln x ,x ≥1，所以f x 在0,6012和1,+∞ 单调递增，在6012,1 单调递减.(ⅰ)当0<x <1时，f x =-12x 2+5，设切点M x 0,-4x 30+5x 0-1 ，则此切线方程为y =-12x 20+5 x -x 0 -4x 30+5x 0-1，又此切线过原点，所以0=-12x 20+5 0-x 0 -4x 30+5x 0-1，解得x 0=12，即此时切线方程是2x -y =0；(ⅱ)当x ≥1时，f x =ln x ，所以f x =1x，设切点为x 0,ln x 0 ，此时切线方程y =1x 0x -x 0 +ln x 0，又此切线过原点，所以0=1x 00-x 0 +ln x 0，解得x 0=e ，所以此时切线方程x -ey =0，综上所述，所求切线方程是：x -ey =0或2x -y =0；(2)(ⅰ)当m =5时，由(1)知，f x 在0,6012 和1,+∞ 单调递增，6012,1单调递减，且f 0 =1，f 14 =316>0，f 1 =0，此时f x 有两个零点；(ⅱ)当m >5时，当0<x <1时，-4x 3+5x -1<-4x 3+mx -1，由(1)知：g x =-4x 3+5x -1在0,6012 递增，6012,1递减，且g 1 =0，所以x ∈6012,+∞ 时，f x >0，而f 0 =-1，所以f x 在0,6012 只有一个零点，6012,+∞ 没有零点；(ⅲ)当0<m <5时，y =-4x 3+mx -1，此时y =-12x 2+m >0得0<x <m 12<6012，由(1)知，当x ≥1时，f x =ln x 只有一个零点x =1，要保证f x 只有一个零点，只需要当0<x <1时，f x =-4x 3+mx -1没有零点，f m12=-4m123+m m 12-1=m 3m 9-1<00<m<1 ，得0<m <3；(ⅳ)当m≤0时，当x∈0,+∞时，g x =-4x3+mx-1<0，此时f x 只有一个零点x=1，综上，f x 只有一个零点时，m<3或m>5 .05导数与三角函数结合问题分段分析法1(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x.(1)讨论f x 的单调性(2)若a>0，求证：①函数f x 在0,+∞上只有1个零点；②f x >1-16a3-12a2-2sin a+π4.【解析】(1)因为f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x，所以f x =x2-ax+a sin x-x sin x=x-ax-sin x.设g x =x-sin x，则g x =1-cos x≥0，所以g x 在R上单调递增，且g0 =0，所以当x>0时，x-sin x>0；当x<0时，x-sin x<0.当a=0时，f x =x x-sin x≥0，所以f x 在R上单调递增.当a>0时，若x∈0,a，则f x <0，所以f x 单调递减；若x∈-∞,0或x∈a,+∞，则f x >0，所以f x 单调递增.当a<0时，若x∈a,0，则f x <0，所以f x 单调递减；若x∈-∞,a或x∈0,+∞，则f x >0，所以f x 单调递增.综上所述，当a=0时，f x 在R上单调递增；当a>0时，f x 在0,a上单调递减，在-∞,0，a,+∞上单调递增；当a<0时，f x 在a,0上单调递减，在-∞,a，0,+∞上单调递增. (2)①由(1)知，当a>0时，f x 在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增，又f0 =-a<0，所以f a <f0 <0，所以f x 在0,a上没有零点.因为x>0，所以f(x)=13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x>13x3-12a x2+2-x-1=19x2x-92a+19x x2-9+19x3-a+1所以当x>92ax>3x>39a+9时，f x >0，此时f x 在a,+∞上只有1个零点.综上可得，f x 在0,+∞上只有1个零点.②由a>0，知f x 在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增，所以f x ≥f a =-16a3-sin a，所以f a +16a 3+12a 2+2sin a +π4 -1=12a 2+cos a -1.设h a =12a 2+cos a -1，则h a =a -sin a .由(1)知，当a >0时，a -sin a >0，所以当a >0时，h a >0，所以h a >0在0,+∞ 上单调递增，所以h a >h 0 =0，即f a >1-16a 3-12a 2-2sin a +π4 ，所以f x >1-16a 3-12a 2-2sin a +π4.2(2024·河北沧州·一模)已知函数f x =x ae2x ,a >0．(1)当a =2时，求函数f x 的单调区间和极值；(2)当x >0时，不等式f x -cos ln f x ≥a ln x 2-4x 恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)当a =2时，f x =x 2e 2xfx =2x ⋅e 2x -x 2⋅e 2x ⋅2e 2x 2=-2x (x -1)e 2x 令f x =0，解得x =0或x =1，所以x 、f (x )、f (x )的关系如下表：x (-∞,0)0(0,1)1(1,+∞)f (x )-0+-f (x )单调递减单调递增1e 2单调递减所以函数f x 的单调递增区间为：(0,1)，单调递减区间为：(-∞,0)和(1,+∞)；极大值f (1)=1e2，极小值f (0)=0；(2)f (x )-cos ln f (x ) ≥a ln x 2-4x ⇔x a e 2x -cos ln x a e2x≥2a ln x -4x⇔e a ln x -2x -2(a ln x -2x )-cos (a ln x -2x )≥0令g (t )=e t -2t -cos t ，其中t =a ln x -2x ，设F (x )=a ln x -2x ，a >0F (x )=a x -2=a -2xx 令F (x )>0，解得：0<x <a2，所以函数F (x )在0,a 2上单调递增，在a2,+∞ 上单调递减，F (x )max =F a 2 =a ln a2-a ，且当x →0+时，F (x )→-∞，所以函数F (x )的值域为-∞,a ln a2-a ；又g (t )=e t -2+sin t ，设h (t )=e t -2+sin t ，t ∈-∞,a ln a2-a ，则h (t )=e t +cos t ，当t ≤0时，e t ≤1,sin t ≤1，且等号不同时成立，即g (t )<0恒成立；t。
2014年高考导数压轴题汇编解析
2014年高考导数压轴题汇编1.[2014·四川卷] 已知函数f (x )＝e x －ax 2－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 )＝e x －ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b .所以g ′(x )＝e x －2a .当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增， 因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e 2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减， 因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12<a <e 2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，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 －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ； 当12<a <e 2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ； 当a ≥e 2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b . (2)设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知，f (x )在区间(0，x 0)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，x 0)内存在零点x 1.同理g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2.故g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点．由(1)知，当a ≤12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； 当a ≥e 2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． 所以12<a <e 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x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(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x 1和x 2.由此可知f (x )在[0，x 1]上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在[x 2，1]上单调递增．所以f (x 1)>f (0)＝0，f (x 2)<f (1)＝0，故f (x )在(x 1，x 2)内有零点．综上可知，a 的取值范围是(e －2，1)．2．[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 ；(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n ，证明：a n ＞a n ＋1＞c 1p. 21．证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>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 ＋kx 2>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．(2)方法一：先用数学归纳法证明a n >c 1p. ①当n ＝1时，由题设知a 1>c 1p成立． ②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >c 1p成立．由a n ＋1＝p －1p a n ＋c pa 1－p n 易知a n >0，n ∈N *. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1a k ＝p －1p ＋c pa －p k ＝1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p k－1. 由a k >c 1p >0得－1<－1p <1p ⎝⎛⎭⎫c a p k－1<0. 由(1)中的结论得⎝⎛⎭⎫a k ＋1a k p ＝⎣⎡⎦⎤1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p k－1p>1＋p · 1p ⎝⎛⎭⎫c a p k －1＝c a p k . 因此a p k ＋1>c ，即a k ＋1>c 1p， 所以当n ＝k ＋1时，不等式a n >c 1p也成立． 综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >c 1p均成立． 再由a n ＋1a n ＝1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p n －1可得a n ＋1a n<1， 即a n ＋1<a n .综上所述，a n >a n ＋1>c 1p，n ∈N *. 方法二：设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p ，x ≥c 1p，则x p ≥c ， 所以f ′(x )＝p －1p ＋c p (1－p )x －p ＝p －1p ⎝⎛⎭⎫1－c x p >0. 由此可得，f (x )在[c 1p ，＋∞)上单调递增，因而，当x >c 1p 时，f (x )>f (c 1p )＝c 1p. ①当n ＝1时，由a 1>c 1p>0，即a p 1>c 可知 a 2＝p －1p a 1＋c p a 1－p 1＝a 1⎣⎡⎦⎤1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p 1－1<a 1，并且a 2＝f (a 1)>c 1p ，从而可得a 1>a 2>c 1p， 故当n ＝1时，不等式a n >a n ＋1>c 1p成立． ②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >a k ＋1>c 1p 成立，则当n ＝k ＋1时，f (a k )>f (a k ＋1)>f (c 1p)， 即有a k ＋1>a k ＋2>c 1p， 所以当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >a n ＋1>c 1p均成立． 3．[2014·福建卷] 已知函数f (x )＝e x －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，x 2<e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .20．解：方法一：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2.所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －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)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值．(2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －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x 2<e x .(3)证明：①若c ≥1，则e x ≤c e x .又由(2)知，当x >0时，x 2<e x .故当x >0时，x 2<c e x .取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .②若0<c <1，令k ＝1c>1，要使不等式x 2<c e x 成立，只要e x >kx 2成立． 而要使e x >kx 2成立，则只要x >ln(kx 2)，只要x >2ln x ＋ln k 成立．令h (x )＝x －2ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－2x ＝x －2x. 所以当x >2时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)内单调递增．取x 0＝16k >16，所以h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增．又h (x 0)＝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 (x 0)>0.即存在x 0＝16c，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x . 综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .方法二：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)对任意给定的正数c ，取x 0＝4c ， 由(2)知，当x >0时，e x >x 2，所以e x ＝e x 2·e x 2>⎝⎛⎭⎫x 22·⎝⎛⎭⎫x 22， 当x >x 0时，e x >⎝⎛⎭⎫x 22⎝⎛⎭⎫x 22>4c ⎝⎛⎭⎫x 22＝1c x 2，因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .方法三：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)首先证明当x ∈(0，＋∞)时，恒有13x 3<e x . 证明如下：令h (x )＝13x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x . 由(2)知，当x >0时，x 2<e x ，从而h ′(x )<0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以h (x )<h (0)＝－1<0，即13x 3<e x . 取x 0＝3c ，当x >x 0时，有1c x 2<13x 3<e x . 因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .4．[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g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N ＋，求g n (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，g 1(x )＝x 1＋x， g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x1＋x 1＋x 1＋x＝x 1＋2x ， g 3(x )＝x 1＋3x ，…，可得g n (x )＝x 1＋nx. 下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，g 1(x )＝x 1＋x，结论成立． ②假设n ＝k 时结论成立，即g k (x )＝x 1＋kx. 那么，当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k （x ）1＋g k （x ）＝x1＋kx 1＋x 1＋kx＝x 1＋（k ＋1）x ，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N ＋成立．(2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax 1＋x恒成立． 设φ(x )＝ln(1＋x )－ax 1＋x(x ≥0)， 则φ′(x )＝11＋x －a （1＋x ）2＝x ＋1－a （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]．(3)由题设知g (1)＋g (2)＋…＋g (n )＝12＋23＋…＋n n ＋1， 比较结果为g (1)＋g (2)＋…＋g (n )>n －ln(n ＋1)．证明如下：方法一：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)， 在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x 1＋x，x >0. 令x ＝1n ，n ∈N ＋，则1n ＋1<ln n ＋1n . 下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，12<ln 2，结论成立． ②假设当n ＝k 时结论成立，即12＋13＋…＋1k ＋1<ln(k ＋1)． 那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)， 即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N ＋成立．方法二：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)， 在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x 1＋x，x >0. 令x ＝1n ，n ∈N ＋，则ln n ＋1n >1n ＋1.故有ln 2－ln 1>12， ln 3－ln 2>13， ……ln(n ＋1)－ln n >1n ＋1， 上述各式相加可得ln(n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1， 结论得证．方法三：如图， x x ＋1d x 是由曲线y ＝x x ＋1，x ＝n 及x 轴所围成的曲边梯形的面积，而12＋23＋…＋n n ＋1是图中所示各矩形的面积和，∴12＋23＋…＋n n ＋1> x x ＋1d x ＝ ⎝⎛⎭⎫1－1x ＋1d x ＝n －ln (n ＋1)， 结论得证．5．[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e 3，3e ，e π，πe ，，3π，π3这6个数中的最大数与最小数； (3)将e 3，3e ，e π，πe ，3π，π3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 )＝ln x x ，所以f ′(x )＝1－ln x x 2. 当f ′(x )>0，即0<x <e 时，函数f (x )单调递增；当f ′(x )<0，即x >e 时，函数f (x )单调递减． 故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)因为e<3<π，所以eln 3<eln π，πln e<πln 3，即ln 3e <ln πe ，ln e π<ln 3π.于是根据函数y ＝ln x ，y ＝e x ，y ＝πx 在定义域上单调递增，可得3e <πe <π3，e 3<e π<3π. 故这6个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e 与e 3之中． 由e<3<π及(1)的结论，得f (π)<f (3)<f (e)，即ln ππ<ln 33<ln e e . 由ln ππ<ln 33，得ln π3<ln3π，所以3π>π3； 由ln 33<ln e e，得ln 3e <ln e 3，所以3e <e 3. 综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e .(3)由(2)知，3e <πe <π3<3π，3e <e 3. 又由(2)知，ln ππ<ln e e ，得πe <e π. 故只需比较e 3与πe 和e π与π3的大小． 由(1)知，当0<x <e 时，f (x )<f (e)＝1e， 即ln x x <1e. 在上式中，令x ＝e 2π，又e 2π<e ，则ln e 2π<e π，从而2－ln π<e π，即得ln π>2－e π.① 由①得，eln π>e ⎝⎛⎭⎫2－e π>2.7×⎝⎛⎭⎫2－2.723.1>2.7×(2－0.88)＝3.024>3， 即eln π>3，亦即ln πe >ln e 3，所以e 3<πe .又由①得，3ln π>6－3e π>6－e>π，即3ln π>π， 所以e π<π3. 综上可得，3e <e 3<πe <e π<π3<3π， 即这6个数从小到大的顺序为3e ，e 3，πe ，e π，π3，3π.6．[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x 1，x 2，且f (x 1)＋f (x 2)＞0，求a 的取值范围．22．解：(1)f ′(x )＝a 1＋ax －2（x ＋2）－2x （x ＋2）2＝ax 2＋4（a －1）（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x 1＝21－a a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＝－21－a a 舍去.当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在区间(0，x 1)上单调递减，在区间(x 1，＋∞)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⎝ ⎛⎭⎪⎫0，21－a a 上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫21－a a ，＋∞上单调递增． (2)由(*)式知，当a ≥1时，f ′(x )≥0，此时f (x )不存在极值点，因而要使得f (x )有两个极值点，必有0<a <1.又f (x )的极值点只可能是x 1＝21－a a 和x 2＝－21－a a ，且由f (x )的定义可知， x >－1a且x ≠－2， 所以－21－a a >－1a ，－21－a a ≠－2， 解得a ≠12.此时，由(*)式易知，x 1，x 2分别是f (x )的极小值点和极大值点． 而f (x 1)＋f (x 2)＝ln(1＋ax 1)－2x 1x 1＋2＋ln(1＋ax 2)－2x 2x 2＋2＝ln[1＋a (x 1＋x 2)＋a 2x 1x 2]－4x 1x 2＋4（x 1＋x 2）x 1x 2＋2（x 1＋x 2）＋4＝ln(2a －1)2－4（a －1）2a －1＝ln(2a －1)2＋22a －1－2. 令2a －1＝x .由0<a <1且a ≠12知， 当0<a <12时，－1<x <0； 当12<a <1时，0<x ＜1. 记g (x )＝ln x 2＋2x－2. (i)当－1<x <0时，g (x )＝2ln(－x )＋2x －2，所以g ′(x )＝2x －2x 2＝2x －2x2<0， 因此，g (x )在区间(－1，0)上单调递减，从而g (x )<g (－1)＝－4<0.故当0<a <12时，f (x 1)＋f (x 2)<0. (ii)当0<x <1时，g (x )＝2ln x ＋2x －2， 所以g ′(x )＝2x －2x 2＝2x －2x2<0， 因此，g (x )在区间(0，1)上单调递减，从而g (x )>g (1)＝0.故当12<a <1时，f (x 1)＋f (x 2)>0. 综上所述，满足条件的a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，1.7．[2014·全国大纲卷] 函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax x ＋a(a >1)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a 1＝1，a n ＋1＝ln(a n ＋1)，证明：2n ＋2<a n ≤3n ＋2. 22．解：(1)易知f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x [x －（a 2－2a ）]（x ＋1）（x ＋a ）2. (i)当1<a <2时，若x ∈(－1，a 2－2a )，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－1，a 2－2a )是增函数； 若x ∈(a 2－2a ，0)，则f ′(x )<0，所以f (x )在(a 2－2a ，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，a 2－2a )，则f ′(x )<0，所以f (x )在(0，a 2－2a )是减函数；若x ∈(a 2－2a ，＋∞)，则f ′(x )>0，所以f (x )在(a 2－2a ，＋∞)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)>2x x ＋2(x >0)． 又由(1)知，当a ＝3时，f (x )在[0，3)是减函数．当x ∈(0，3)时，f (x )<f (0)＝0，即ln(x ＋1)<3x x ＋3(0<x <3)． 下面用数学归纳法证明2n ＋2<a n ≤3n ＋2. (i)当n ＝1时，由已知23<a 1＝1，故结论成立． (ii)假设当n ＝k 时结论成立，即2k ＋2<a k ≤3k ＋2. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝ln(a k ＋1)>ln ⎝⎛⎭⎫2k ＋2＋1>2×2k ＋22k ＋2＋2＝2k ＋3，a k ＋1＝ln(a k ＋1)≤ln ⎝⎛⎭⎫3k ＋2＋1<3×3k ＋23k ＋2＋3＝3k ＋3，即当n ＝k ＋1时，有2k ＋3 <a k ＋1≤3k ＋3，结论成立．根据(i)(ii)知对任何n ∈结论都成立．8．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>1.21．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b xe x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e ，故a ＝1，b ＝2. (2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e .设函数g (x )＝x ln x ， 则g ′(x )＝1＋ln x ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，g ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0. 故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x (1－x )．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)＝－1e .因为g min (x )＝g ⎝⎛⎭⎫1e ＝h (1)＝h max (x )， 所以当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.9．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f (x )＝e x －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 )＝e x ＋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 )＝e 2x －e －2x－4b (e x －e －x )＋(8b －4)x ，g ′(x )＝2[e 2x ＋e－2x－2b (e x ＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x ＋e －x －2)(e x ＋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<e x ＋e －x <2b －2，即0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g ′(x )<0.而g (0)＝0，因此当0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g (x )<0.综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g (ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g (ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b ＝324＋1时，ln(b －1＋b 2－2b )＝ln 2，g (ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.10．[2014·山东卷] 设函数f (x )＝e x x 2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围． 20．解：(1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝⎛⎭⎫－2x 2＋1x＝x e x －2e x x 3－k （x －2）x 2＝（x －2）（e x －kx ）x 3.由k ≤0可得e x －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 )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)． 因为g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ， 当0<k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x －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．当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）>0，g （ln k ）<0，g （2）>0，0<ln k <2，解得e<k <e 22.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 ，e 22.11．[2014·天津卷] 设f (x )＝x －a e x (a ∈R )，x ∈R .已知函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2. (1)求a 的取值范围；(2)证明：x 2x 1随着a 的减小而增大；(3)证明：x 1＋x 2随着a 的减小而增大． 20．解：(1)由f (x )＝x －a e x ，可得f ′(x )＝1－a e x . 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 (－∞，－ln a )－ln a (－ln a ，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － f (x )－ln a －1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s 1∈(－∞，－ln a )，满足f (s 1)<0；③存在s 2∈(－ln a ，＋∞)，满足f (s 2)<0.由f (－ln a )>0，即－ln a －1>0，解得0<a <e －1.而此时，取s 1＝0，满足s 1∈(－∞，－ln a )，且f (s 1)＝－a <0；取s 2＝2a ＋ln 2a，满足s 2∈(－ln a ，＋∞)，且f (s 2)＝⎝⎛⎭⎫2a －e 2a ＋⎝⎛⎭⎫ln 2a －e 2a <0. 故a 的取值范围是(0，e －1)．(2)证明：由f (x )＝x －a e x ＝0，有a ＝x e x .设g (x )＝xe x ，由g ′(x )＝1－x e x ，知g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．并且，当x ∈(－∞，0]时，g (x )≤0; 当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>0.由已知，x 1，x 2满足a ＝g (x 1)，a ＝g (x 2)．由a ∈(0，e －1)及g (x )的单调性，可得x 1∈(0，1)，x 2∈(1，＋∞)．对于任意的a 1，a 2∈(0，e －1)，设a 1>a 2，g (ξ1)＝g (ξ2)＝a 1，其中0<ξ1<1<ξ2；g (η1)＝g (η2)＝a 2，其中0<η1<1<η2.因为g (x )在(0，1)上单调递增，所以由a 1>a 2，即g (ξ1)>g (η1)，可得ξ1>η1.类似可得ξ2<η2. 又由ξ1，η1>0，得ξ2ξ1<η2ξ1<η2η1，所以x 2x 1随着a 的减小而增大．(3)证明：由x 1＝a e x 1，x 2＝a e x 2，可得ln x 1＝ln a ＋x 1，ln x 2＝ln a ＋x 2.故x 2－x 1＝ln x 2－ln x 1＝ln x 2x 1.设x 2x 1＝t ，则t >1，且⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝tx 1，x 2－x 1＝ln t ，解得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln tt －1，所以x 1＋x 2＝（t ＋1）ln t t －1.① 令h (x )＝（x ＋1）ln x x －1，x ∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝－2ln x ＋x －1x（x －1）2. 令u (x )＝－2ln x ＋x －1x ，得u ′(x )＝⎝⎛⎭⎫x －1x 2.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x 1＋x 2随着t 的增大而增大．而由(2)，t 随着a 的减小而增大，所以x 1＋x 2随着a 的减小而增大．12．[2014·浙江卷] 已知函数f (x )＝x 3＋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．22．解：(1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ，x <a ，所以f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .由于－1≤x ≤1，(i)当a ≤－1时，有x ≥a ， 故f (x )＝x 3＋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 )＝x 3＋3x －3a .在(a ，1)上是增函数；若x ∈(－1，a )， 则f (x )＝x 3－3x ＋3a 在(－1，a )上是减函数．所以，M (a )＝max{f (1)，f (－1)}，m (a )＝f (a )＝a 3. 由于f (1)－f (－1)＝－6a ＋2，因此，当－1<a ≤13时，M (a )－m (a )＝－a 3－3a ＋4；当13<a <1时，M (a )－m (a )＝－a 3＋3a ＋2.(iii)当a ≥1时，有x ≤a ，故f (x )＝x 3－3x ＋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.综上，M (a )－m (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a ≤－1，－a 3－3a ＋4，－1<a ≤13，－a 3＋3a ＋2，13<a <1，4，a ≥1.(2)令h (x )＝f (x )＋b ，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ＋b ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ＋b ，x <a ，h ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x >a ，3x 2－3，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．(ii)当－1<a ≤13时，h (x )在[－1，1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (1)＝4－3a ＋b ，所以a 3＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2，从而－2－a 3＋3a ≤3a ＋b ≤6a －2且0≤a ≤13.令t (a )＝－2－a 3＋3a ，则t ′(a )＝3－3a 2>0，t (a )在⎝⎛⎭⎫0，13上是增函数，故t (a )>t (0)＝－2， 因此－2≤3a ＋b ≤0.(iii)当13<a <1时，h (x )在[－1，1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (－1)＝3a ＋b ＋2，所以a 3＋b ≥－2且3a ＋b ＋2≤2，解得－2827<3a ＋b ≤0；(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 ≤0.13．[2014·重庆卷] 已知函数f (x )＝a e 2x －b e －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 )＝2a e 2x ＋2b e －2x －c ，由f ′(x )为偶函数，知f ′(－x )＝f ′(x )，即2(a －b )(e 2x －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 )＝e 2x －e －2x－3x ，那么f ′(x )＝2e 2x ＋2e－2x－3≥22e 2x ·2e－2x－3＝1>0，故f (x )在R 上为增函数． (3)由(1)知f ′(x )＝2e 2x ＋2e－2x－c ，而2e 2x ＋2e－2x≥22e 2x ·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 )＝2e 2x ＋2e－2x－c >0，此时f (x )无极值． 当c ＝4时，对任意x ≠0，f ′(x )＝2e 2x ＋2e－2x－4>0，此时f (x )无极值．当c >4时，令e 2x＝t ，注意到方程2t ＋2t －c ＝0有两根t 1，2＝c ±c 2－164>0，则f ′(x )＝0有两个根x 1＝12ln t 1，x 2＝12ln t 2.当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0. 从而f (x )在x ＝x 2处取得极小值．综上，若f (x )有极值，则c 的取值范围为(4，＋∞)．。
广东高考文科数学07-14试题分类汇编-函数
函数(2007年高考广东卷第3小题)若函数3()()f x x x =∈R ，则函数()y f x =-在其定义域上是（ B ） A ．单调递减的偶函数 B ．单调递减的奇函数 C ．单调递增的偶函数D ．单调递增的奇函数(2007年高考广东卷第5小题)客车从甲地以60km/h 的速度匀速行驶1小时到达乙地，在乙地停留了半小时，然后以80km/h 的速度匀速行驶1上时到达内地．下列描述客车从甲地出发，经过乙地，最后到达丙地所经过的路程s 与时间t 之间关系的图象中，正确的是（ C ）(2007年高考广东卷第21小题)已知a 是实数，函数2()223f x ax x a =+--，如果函数()y f x =在区间[11]-，上有零点，求a 的取值范围．21解: 若0a =，则()23f x x =-，令3()0[1,1]2f x x =⇒=∉-，不符合题意， 故0a ≠ 当()f x 在 [-1，1]上有一个零点时，此时48(3)01112a a a ∆=++=⎧⎪⎨-≤-≤⎪⎩或(1)(1)0f f •-≤ 解得a =或15a ≤≤ s s ss A ． B ． C ．D ．当()f x 在[-1，1]上有两个零点时，则48(3)01112(1)(1)0a a a f f •∆=++>⎧⎪⎪-≤-≤⎨⎪->⎪⎩解得112215a a a a a a ⎧<>⎪⎪⎪≤-≥⎨⎪<>⎪⎪⎩或或即352a a -<> 综上，实数a的取值范围为3(,[1,)2--∞+∞ （别解：222230(21)32ax x a x a x +--=⇔-=-，题意转化为[1,1]x ∈-求23221xa x -=-的值域，令32[1,5]t x =-∈得276a t t=+-转化为勾函数问题） (2008年高考广东卷第8小题)命题“若函数()log (0,1)a f x x a a =>≠在其定义域内是减函数，则log 20a <”的逆否命题是（ ）A. 若log 20a ≥，则函数()log (0,1)a f x x a a =>≠在其定义域内不是减函数B. 若log 20a <，则函数()log (0,1)a f x x a a =>≠在其定义域内不是减函数C. 若log 20a ≥，则函数()log (0,1)a f x x a a =>≠在其定义域内是减函数D. 若log 20a <，则函数()log (0,1)a f x x a a =>≠在其定义域内是减函数(2009年高考广东卷第4小题)若函数()y f x =是函数1xy a a a =≠（>0，且）的反函数，且(2)1f =，则()f x = A ．x 2log B ．x 21 C ．x 21log D ．22-x 【答案】A 【解析】函数1xy a a a =≠（>0，且）的反函数是()log a f x x =,又(2)1f =,即log 21a =,所以,2a =,故2()log f x x =,选A.(2010年高考广东卷第2小题)函数()lg(1)f x x =-的定义域是 B A ．(2，+∞) B ．(1,+∞) C ．[1，+∞) D ．[2，+∞)(2010年高考广东卷第3小题)若函数()33xxf x -=+与()33xxg x -=-的定义域均为R ，则D A ．()f x 与()g x 均为偶函数 B ．()f x 为奇函数，()g x 为偶函数 C ．()f x 与()g x 均为奇函数 D ．()f x 为偶函数，()g x 为奇函数(2010年高考广东卷第20小题)已知函数()f x 对任意实数x 均有()(2)f x kf x =+，其中常数k 为负数，且()f x 在区间[]0,2上有表达式()(2)f x x x =-. （1）求(1)f -，(2.5)f 的值；（2）写出()f x 在[]3,3-上的表达式，并讨论函数()f x 在[]3,3-上的单调性； （3）求出()f x 在[]3,3-上的最小值与最大值，并求出相应的自变量的取值. 20．解：（1）∵)2()(+=x kf x f ，且)(x f 在区间[0,2]时)2()(-=x x x f∴k k kf kf f -=-⋅⋅==+-=-)21(1)1()21()1(由)2()(+=x kf x f 得)(1)2(x f kx f =+ ∴kk f k f f 43)25.0(5.01)5.0(1)25.0()5.2(-=-⋅⋅==+=（2）若]2,0[∈x ，则]4,2[2∈+x ]4)2][(2)2[(1)2(1)(1)2(-+-+=-==+x x kx x k x f k x f∴当]4,2[∈x 时，)4)(2(k1)(--=x x x f若)0,2[-∈x ，则)2,0[2∈+x ∴)2(]2)2)[(2()2(+=-++=+x x x x x f ∴)2()2()(+=+=x kx x kf x f若)2,4[--∈x ，则)0,2[2-∈+x ∴)4)(2(]2)2)[(2()2(++=+++=+x x k x x k x f ∴)4)(2()2()(2++=+=x x k x kf x f ∵)2,4[)2,3[],4,2[]3,2(--⊂--⊂∴当]3,3[-∈x 时，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈--∈--∈+--∈++=]3,2(),4)(2(1]2,0[),2()0,2[),2()2,3[),4)(2()(2x x x kx x x x x kx x x x k x f∵0<k ,∴当)2,3[--∈x 时，)4)(2()(2++=x x k x f ，由二次函数的图象可知，)(x f 为增函数；当)0,2[-∈x 时，)2()(+=x kx x f ，由二次函数的图象可知， 当)1,2[--∈x 时，)(x f 为增函数， 当)0,1[-∈x 时，)(x f 为减函数；当]2,0[∈x 时，)2()(-=x x x f ，由二次函数的图象可知，当)1,0[∈x 时，)(x f 为减函数； 当]2,1[∈x 时，)(x f 为增函数； 当]3,2(∈x 时，)4)(2(1)(--=x x kx f ，由二次函数的图象可知，)(x f 为增函数。
2007-2014宁夏高考导数试题及答案
2007－2014宁夏高考有关导数试题及答案（2007）10．曲线12e x y =在点（4，e 2）处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（ B ） A ．29e 2B ．4e 2C ．2e 2D ．e 2 21．（本小题满分12分）设函数2()ln()f x x a x =++（Ⅰ）若当x =－1时，f （x ）取得极值，求a 的值，并讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）若f （x ）存在极值，求a 的取值范围，并证明所有极值之和大于e ln 2。
21．解：（Ⅰ）1()2f x x x a '=++，依题意有(1)0f '-=，故32a = 从而2231(21)(1)()3322x x x x f x x x ++++'==++()f x 的定义域为32⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，∞， 当312x -<<-时，()0f x '>；当112x -<<-时，()0f x '<；当12x >-时，()0f x '> 从而，()f x 分别在区间31122⎛⎫⎛⎫---+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，∞单调增加，在区间112⎛⎫-- ⎪⎝⎭，单调减少 （Ⅱ）()f x 的定义域为()a -+，∞，2221()x ax f x x a++'=+方程22210x ax ++=的判别式248a ∆=- （ⅰ）若0∆<，即a <<()f x 的定义域内()0f x '>，故()f x 的极值（ⅱ）若0∆=，则a -a =若a =()x ∈+，2()f x '=当2x =时，()0f x '=，当,22x ⎛⎫⎛⎫∈--+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞，时，()0f x '>，所以()f x 无极值若a =)x ∈+，2()0f x '=>，()f x 也无极值 （ⅲ）若0∆>，即a >a <则22210x ax ++=有两个不同的实根1x =，2x =当a <12x a x a <-<-，，从而()f x '有()f x 的定义域内没有零点，故()f x 无极值当a >1x a >-，2x a >-，()f x '在()f x 的定义域内有两个不同的零点，由根值判别方法知()f x 在12x x x x ==，取得极值．综上，()f x 存在极值时，a的取值范围为)+()f x 的极值之和为22121122()()ln()ln()f x f x x a x x a x +=+++++21ln 11ln 2ln 22e a =+->-=（2008）21.（12分） 设函数bx ax x f ++=1)( (a,b ∈Z)，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为3y =. （1）求()y f x =的解析式；（2）证明：函数()y f x =的图像是一个中心对称图形，并求其对称中心；（3）证明：曲线()y f x =上任一点处的切线与直线1x =和直线y x =所围三角形的面积为定值，并求出此定值.21．解：（1）21()()f x a x b '=-+，于是⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=++,0)2(1,32122b a b a 解得11a b =⎧⎨=-⎩，，或948.3a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， 因a b ∈Z ，，故1()1f x x x =+-． （2）证明：已知函数1y x =，21y x =都是奇函数．所以函数1()g x x x =+也是奇函数，其图象是以原点为中心的中心对称图形．而1()111f x x x =-++-．可知，函数()g x 的图象按向量(11)=，a 平移，即得到函数()f x 的图象，故函数()f x 的图象是以点(11)，为中心的中心对称图形．（3）证明：在曲线上任取一点00011x x x ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭，． 由0201()1(1)f x x '=--知，过此点的切线方程为2000200111()1(1)x x y x x x x ⎡⎤-+-=--⎢⎥--⎣⎦． 令1x =得0011x y x +=-，切线与直线1x =交点为00111x x ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭，． 令y x =得021y x =-，切线与直线y x =交点为00(2121)x x --，．直线1x =与直线y x =的交点为(11)，．从而所围三角形的面积为00000111212112222121x x x x x +---=-=--． 所以，所围三角形的面积为定值2．（2009）（7）曲线y= 2xx -在点（1，－1）处的切线方程为（ D ）（A ）y=x －2 (B) y=－3x+2 (C)y=2x －3 (D)y=－2x+1（21）（本小题满分12分）已知函数f(x)=21x 2－ax+(a －1)ln x ，1a >。
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2007——2014高考数学新课标卷（理）函数与导数综合大题【2007新课标卷（海南宁夏卷）】 21．（本小题满分12分） 设函数2()ln()f x x a x =++（I ）若当1x =-时，()f x 取得极值，求a 的值，并讨论()f x 的单调性； （II ）若()f x 存在极值，求a 的取值范围，并证明所有极值之和大于eln 2． 【解析】（Ⅰ）1()2f x x x a'=++，依题意有(1)0f '-=，故32a =．从而2231(21)(1)()3322x x x x f x x x ++++'==++． ()f x 的定义域为32⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，∞，当312x -<<-时，()0f x '>；当112x -<<-时，()0f x '<； 当12x >-时，()0f x '>． 从而，()f x 分别在区间31122⎛⎫⎛⎫---+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，∞单调增加，在区间112⎛⎫-- ⎪⎝⎭，单调减少． （Ⅱ）()f x 的定义域为()a -+，∞，2221()x ax f x x a++'=+．方程22210x ax ++=的判别式248a ∆=-． （ⅰ）若0∆<，即a <<()f x 的定义域内()0f x '>，故()f x 的极值．（ⅱ）若0∆=，则aa =若a =()x ∈+，2()f x '=．当x =时，()0f x '=，当2x ⎛⎛⎫∈-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∞时， ()0f x '>，所以()f x 无极值．若a =)x ∈+，()0f x '=>，()f x 也无极值．（ⅲ）若0∆>，即a >a <22210x ax ++=有两个不同的实根1x =2x =当a <12x a x a <-<-，，从而()f x '有()f x 的定义域内没有零点， 故()f x 无极值．当a >1x a >-，2x a >-，()f x '在()f x 的定义域内有两个不同的零点，由根值判别方法知()f x 在12x x x x ==，取得极值．综上，()f x 存在极值时，a 的取值范围为)+．()f x 的极值之和为2221211221()()ln()ln()ln 11ln 2ln 22ef x f x x a x x a x a +=+++++=+->-=．【2008新课标卷（海南宁夏卷）】 21．（本小题满分12分） 设函数1()()f x ax a b x b=+∈+Z ，，曲线()y f x =在点(2(2))f ，处的切线方程为y =3． （Ⅰ）求()f x 的解析式：（Ⅱ）证明：函数()y f x =的图像是一个中心对称图形，并求其对称中心；（Ⅲ）证明：曲线()y f x =上任一点的切线与直线x =1和直线y =x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值． 21．解：（Ⅰ）21()()f x a x b '=-+，于是2121210(2)a b a b ⎧+=⎪+⎪⎨⎪-=+⎪⎩，，解得11a b =⎧⎨=-⎩，，或948.3a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，因a b ∈Z ，，故1()1f x x x =+-．（Ⅱ）证明：已知函数1y x =，21y x=都是奇函数． 所以函数1()g x x x=+也是奇函数，其图像是以原点为中心的中心对称图形．而1()111f x x x =-++-． 可知，函数()g x 的图像按向量(11)=，a 平移，即得到函数()f x 的图像，故函数()f x 的图像是以点(11)，为中心的中心对称图形． （Ⅲ）证明：在曲线上任取一点00011x x x ⎛⎫+⎪-⎝⎭，．由0201()1(1)f x x '=--知，过此点的切线方程为2000200111()1(1)x x y x x x x ⎡⎤-+-=--⎢⎥--⎣⎦．令1x =得0011x y x +=-，切线与直线1x =交点为00111x x ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭，． 令y x =得021y x =-，切线与直线y x =交点为00(2121)x x --，．直线1x =与直线y x =的交点为(11)，． 从而所围三角形的面积为00000111212112222121x x x x x +---=-=--．所以，所围三角形的面积为定值2．【2009新课标卷（海南宁夏卷）】21.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(x 3+3x 2+ax+b)e －x. (1)若a ＝b ＝－3,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6.分析:第(1)问考查利用导数求单调区间,属容易题. 第(2)问考查极值点与导函数的关系.解:(1)当a ＝b ＝－3时,f(x)＝(x 3+3x 2－3x －3)e －x,故f′(x)＝－(x 3+3x 2－3x －3)e －x +(3x 2+6x －3)e －x ＝－e －x (x 3－9x)＝－x(x －3)(x+3)e －x. 当x ＜－3或0＜x ＜3时,f′(x)＞0;当－3＜x ＜0或x ＞3时,f′(x)＜0. 从而f(x)在(－∞,－3),(0,3)单调增加,在(－3,0),(3,+∞)单调减少.(2)f′(x)＝－(x 3+3x 2+ax+b)e －x +(3x 2+6x+a)e －x ＝－e －x ［x 3+(a －6)x+b －a ］.由条件得f′(2)＝0,即23+2(a －6)+b －a ＝0,故b ＝4－a.从而f′(x)＝－e －x ［x 3+(a －6)x+4－2a ］.因为f′(α)＝f′(β)＝0,所以x 3+(a －6)x+4－2a ＝(x －2)(x －α)(x －β)＝(x －2)［x 2－(α+β)x+αβ］.将右边展开,与左边比较系数,得α+β＝－2,αβ＝a －2. 故a 4124)(2-=-+=-αβαβαβ.又(β－2)(α－2)＜0，即αβ－2(α+β)+4＜0.由此可得a ＜－6.于是β－α＞6.【2010新课标卷（海南宁夏吉林黑龙江）】 (21)（本小题满分12分）设函数f(x)=21x e x ax ---.（Ⅰ)若a=0,求f(x)的单调区间;（Ⅱ）若当x ≥0时f(x)≥0，求a 的取值范围.21.解：(1)a ＝0时，f (x )＝e x －1－x ，f ′(x )＝e x－1.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加． (2)f ′(x )＝e x－1－2ax .由(1)知e x≥1＋x ，当且仅当x ＝0时等号成立． 故f ′(x )≥x －2ax ＝(1－2a )x ，从而当1－2a ≥0，即a ≤12时，f ′(x )≥0(x ≥0)，而f (0)＝0，于是当x ≥0时，f (x )≥0.由e x >1＋x (x ≠0)可得e －x>1－x (x ≠0)，从而当a >12时，f ′(x )<e x －1＋2a (e －x －1)＝e －x (e x －1)(e x －2a )，故当x ∈(0，ln2a )时， f ′(x )<0，而f (0)＝0，于是当x ∈(0，ln2a )时，f (x )<0，综合得a 的取值范围为(－∞，12]．【2011全国新课标卷】 （21）（本小题满分12分）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。
（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围。
（21）解：（Ⅰ）221(ln )'()(1)x x b x f x x x α+-=-+由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln 1f ()1x x x x=++，所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--。
考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >，则22(1)(1)2'()k x xh x x -++=。
(i)设0k ≤，由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <。
而(1)0h =，故当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得21()01h x x>-； 当x ∈（1，+∞）时，h （x ）<0，可得211x - h （x ）>0从而当x>0,且x ≠1时，f （x ）-（1ln -x x +x k ）>0，即f （x ）>1ln -x x +x k.（ii ）设0<k<1.由于当x ∈（1，k-11）时，（k-1）（x 2+1）+2x>0,故'h (x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，k -11）时，h （x ）>0，可得211x -h （x ）<0,与题设矛盾。
（iii ）设k ≥1.此时'h （x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，+∞）时，h （x ）>0，可得211x- h （x ）<0,与题设矛盾。
综合得，k 的取值范围为（-∞，0]【2012全国新课标卷(宁、吉、黑、晋、豫、新)】 （21）（本小题满分12分）已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+； （1）求()f x 的解析式及单调区间；（2）若21()2f x x ax b ≥++，求(1)a b +的最大值。
【解析】（1）1211()(1)(0)()(1)(0)2x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+⇒=-+令1x =得：(0)1f = 1211()(1)(0)(1)1(1)2x f x f ex x f f e f e --'''=-+⇒==⇔= 得：21()()()12xx f x e x x g x f x e x '=-+⇒==-+()10()x g x e y g x '=+>⇒=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=⇔><=⇔< 得：()f x 的解析式为21()2xf x e x x =-+且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ （2）21()()(1)02x f x x ax b h x e a x b ≥++⇔=-+-≥得()(1)x h x e a '=-+ ①当10a +≤时，()0()h x y h x '>⇒=在x R ∈上单调递增 x →-∞时，()h x →-∞与()0h x ≥矛盾②当10a +>时，()0ln(1),()0ln(1)h x x a h x x a ''>⇔>+<⇔<+ 得：当ln(1)x a =+时，min ()(1)(1)ln(1)0h x a a a b =+-++-≥ 22(1)(1)(1)ln(1)(10)a b a a a a +≤+-+++> 令22()ln (0)F x x x x x =->；则()(12ln )F x x x '=-()00()0F x x F x x ''>⇔<<<⇔>当x =max ()2e F x =当1,a b ==(1)a b +的最大值为2e 【2013全国新课标Ⅱ卷】21．（本小题满分12分） 已知函数．（Ⅰ）设是的极值点，求，并讨论的单调性；（Ⅱ）当时，证明．解：（Ⅰ）'()ln()x f x e x m =-+Q '()x f x e x m∴=-+1x =0Q 是()f x 的极值点 '()f ∴=00 即m-=110 m ∴=1 '()x f x e x ∴=-+11()''()x f x e x ∴=+>+2101 '()f x ∴在(,)-+∞1上单调递增'()f =00Q ',()x f x ∴-<<<100；',()x f x ∴>>00. ∴()f x 在(,)-10上单调递减，在(,)+∞0上单调递增.（Ⅱ）方法一：令()x h x e x =--1 '()x h x e ∴=-1()h x ∴在(,)-∞0上单调递减，在(+)∞0，上单调递增 ()()h x h ∴≥=00 即x e x ≥+1令()ln()g x x x =+-+12 '()x g x x x +∴=-=++11122()g x ∴在(,)--21上单调递减，在(,)-+∞1上单调递增.()()g x g ∴≥-=10 即ln()x x +≥+12 ln()x e x ∴>+2又Q 当m ≤2时，x x m +≥+2 ()()ln ln x x m ∴+≥+2 ()ln xe x m ∴>+即()ln xe x m -+>0 ∴当m ≤2时，()f x >0.方法二：设()()ln xg x e x =-+2 '()xg x e x ∴=-+12()''()x g x e x ∴=+>+2102 '()g x ∴在(,)-+∞2单调递增.而''(),()g g e -=-<=->111100102(,)x ∴∃∈-010使得'()g x =00 ()g x ∴在(,)x -02上单调递减，在(,+)x ∞0上单调递增.min ()(),(,)g x g x x ∴=∈-0010 ()()ln()x g x g x e x ∴≥=-+0002令()ln(),(,)h x x x x =+-+∈-1210 '()x h x x x +∴=-=++11122()h x ∴在(,)-10上单调递增.()()h x h ∴>-=10 即ln()x x +>+12 x e x >+1Q ln()x e x ∴>+2又Q 当m ≤2时，x x m +≥+2 ()()ln ln x x m ∴+≥+2 ()ln xe x m ∴>+即()ln xe x m -+>0 ∴当m ≤2时，()f x >0.【2014全国新课标Ⅱ卷】21．已知函数()2x x f x e e x -=--． （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）设()(2)4()g x f x bf x =-，当0x >时，()0g x >，求b 的最大值；（III ）已知1.4142 1.4143<<，估计ln 2的近似值（精确到0.001）．【解析】 （I ）()120x xf x e e '=+-≥当且仅当0x =时等号成立， ()f x ∴在R 上是增函数；（II ）()()()()()2224484x x x x g x f x bf x e e b e e b x --=-=---+-()()()()()2222422222x x x xx x x x g x e e b e e b e e e e b ----⎡⎤'∴=+-++-=+-+-+⎣⎦⑴当2b ≤时，()0g x '≥，等号仅当0x =时成立，()g x ∴在R 上是增函数，而()00g =，所以对任意0x >，()0g x >；⑵当2b >时，若x 满足222xxe eb -<+<-，即(0ln 1x b <<-时，()0g x '<，()()00g x g <=.综上，b 的最大值是2.（III ）由II 知，(()3ln 221ln 22g b =-+-，当2b =时，(3ln 6ln 202g =->，3ln 20.6928;12>>当14b =+时，(ln 1b -=(()32ln 202g =--<，ln 20.6934<<所以ln 2的近似值为0.693.。