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。
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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.。