2014高考二轮复习函数与导数专题(理科普通班)

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2014高考数学理二轮复习好题汇编(真题模拟)：导数及其应用-推荐下载

C．②④
B．①④
D．②③
【解析】函数的导数为 f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x2－3x＋2)＝3(x－1)
(x－2)．则函数在 x＝1 处取得极大值，在 x＝2 处取得极小值，因为 f(a)＝f(b)
＝f(c)＝0，所以函数有 3 个零点，则 f(1)＞0，f(2)＜0，即Error!解得Error!即
【答案】 B 9
2．(2013·临沂模拟)已知 f(x)＝x3－2x2＋6x－abc，a＜b＜c，且 f(a)＝f(b) ＝f(c)＝0，现给出如下结论：
①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(2)＞0；
④f(0)f(2)＜0.其中正确结论的序号为( )
A．①③
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对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术通关，1系电过，力管根保线据护敷生高设产中技工资术艺料0不高试仅中卷可资配以料置解试技决卷术吊要是顶求指层，机配对组置电在不气进规设行范备继高进电中行保资空护料载高试与中卷带资问负料题荷试2下卷2，高总而中体且资配可料置保试时障卷，各调需类控要管试在路验最习；大题对限到设度位备内。进来在行确管调保路整机敷使组设其高过在中程正资1常料中工试，况卷要下安加与全强过，看度并22工且22作尽22下可22都能22可地护以缩1关正小于常故管工障路作高高；中中对资资于料料继试试电卷卷保破连护坏接进范管行围口整，处核或理对者高定对中值某资，些料审异试核常卷与高弯校中扁对资度图料固纸试定，卷盒编工位写况置复进.杂行保设自护备动层与处防装理腐置，跨高尤接中其地资要线料避弯试免曲卷错半调误径试高标方中高案资等，料，编试要5写、卷求重电保技要气护术设设装交备备置底4高调、动。中试电作管资高气，线料中课并敷3试资件且、设卷料中拒管技试试调绝路术验卷试动敷中方技作设包案术，技含以来术线及避槽系免、统不管启必架动要等方高多案中项；资方对料式整试，套卷为启突解动然决过停高程机中中。语高因文中此电资，气料电课试力件卷高中电中管气资壁设料薄备试、进卷接行保口调护不试装严工置等作调问并试题且技，进术合行，理过要利关求用运电管行力线高保敷中护设资装技料置术试做。卷到线技准缆术确敷指灵设导活原。。则对对：于于在调差分试动线过保盒程护处中装，高置当中高不资中同料资电试料压卷试回技卷路术调交问试叉题技时，术，作是应为指采调发用试电金人机属员一隔，变板需压进要器行在组隔事在开前发处掌生理握内；图部同纸故一资障线料时槽、，内设需，备要强制进电造行回厂外路家部须出电同具源时高高切中中断资资习料料题试试电卷卷源试切，验除线报从缆告而敷与采设相用完关高毕技中，术资要资料进料试行，卷检并主查且要和了保检解护测现装处场置理设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。

2014年全国各地高考试题分类汇编(理数)2----函数与导数(选择填空题)(全Word,精心排版)

2014年全国各地高考试题分类汇编（理数）函数与导数（选择填空题）（2014安徽理数）6．设函数()f x ()x ∈R 满足()()πsin f x f x x +=+．当0x <π…时，则236f ⎛⎫π= ⎪⎝⎭（）A ．12 B C ．0 D ．12- 【解析】因为()()()()()2ππsin πsin sin f x f x x f x x x f x +=+++=+-=，所以()f x 的周期2πT =，又因为当0πx <…时，()0f x =，所以5π06f ⎛⎫=⎪⎝⎭，即ππππsin 0666f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+=-+-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以π162f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以23πππ14π6662f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．故选A ．（2014北京理数）2．下列函数中，在区间()0,+∞上为增函数的是（）A ．y =B ．()21y x =- C ．2x y -= D ．()0.5log 1y x =+【解析】()21y x =-仅在[)1,+∞上为增函数，排除B ；122xxy -⎛⎫== ⎪⎝⎭为减函数，排除C ；因为0.5log t y =为减函数，1t x =+为增函数，所以()0.5log 1y x =+为减函数，排除D ；y =和1t x =+均为增函数，所以y =为增函数，故选A ．（2014大纲理数）7．曲线1e x y x -=在点()1,1处切线的斜率等于（）A ．2eB ．eC ．2D ．1 【解析】因为()()111ee1e x x x y x x x ---'''=⋅+⋅=+，所以曲线在点()1,1处的切线斜率为21y x '==．故选C ．（2014大纲理数）12．函数()y f x =的图像与函数()y g x =的图像关于直线0x y +=对称，则()y f x =的反函数是（）A ．()y gx = B ．()y g x =- C ．()y g x =- D ．()y g x =--【解析】因为()y g x =关于0x y +=对称的函数为()x g y -=-，即()1y g x -=--，所以()()1y f x g x -==--，对换x ，y 位置关系得：()1x y y -=--，反解该函数得()y g x =--，所以()y f x =的反函数为()y g x =--．故选D ．（2014福建理数）4．若函数log a y x =()0,1a a >≠且的图像如图所示，则下列函数图像正确的是（）【解析】由题图可知log a y x =过点()3,1，所以log 31a =，即3a =．A 项，13xy ⎛⎫= ⎪⎝⎭在R 上为减函数，错误；B 项，3y x =符合；C 项，3y x =-在R 上为减函数，错误；D 项，()3log y x =-在(),0-∞上为减函数，错误．故选B ．（2014福建理数）7．已知函数()21,0cos ,0x x f x x x ⎧+>=⎨⎩…，则下列结论正确的是（）A ．()f x 是偶函数B ．()f x 是增函数C ．()f x 是周期函数D ．()f x 的值域为[)+∞-,1 【解析】作出()f x 的图像如图所示，可排除A ，B ，C ，故D 正确．（2014福建理数）14．如图所示，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】因为e x y =与ln y x =互为反函数，故直线yx =两侧的阴影部分面积相等，只需计算其中一部分即可．如图，110101e d e e e e 10xxS x ===-=-⎰．所以()()1=2=2e 1=2e e 1=2S S S ⨯---⎡⎤⎣⎦阴影总阴影，故所求概率为22e P =．xAB ．x-a（2014广东理数）10．曲线5e 2x y -=+在点()0,3处的切线方程为．【解析】55e x y -'=-，曲线在点()0,3处切线斜率05x k y ='==-，故切线方程为()350y x -=--，即530x y +-=．（2014湖北理数）6．若函数()(),f x g x 满足()()1d =01f x g x x -⎰，则称()(),f x g x 为区间[]1,1-上的一组正交函数，给出三组函数：①()()11sin,cos 22f x xg x x ==；②()()1,1f x x g x x =+=-；③()()2,f x x g x x ==．其中为区间[]1,1-的正交函数的组数是（） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【解析】由①得()()111sin cos sin 222f xg x x x x ==，是奇函数，所以()()11d 0f x g x x -=⎰，所以①为区间[]1,1-上正交函数；由②得()()21f x g x x =-，所以()()()31121114d 1d 133x f x g x x x x x --⎛⎫=-=-=- ⎪-⎝⎭⎰⎰，所以②不是区间[]1,1-上的正交函数；由③得()()3f x g x x =，是奇函数，所以()()11d 0f x g x x -=⎰，所以①为区间[]1,1-上的正交函数．故选C ．（2014湖北理数）14．设()f x 是定义在()0,+∞上的函数，且()0f x >，对任意0,0a b >>，若经过点()()()(),,,a f a b f b -的直线与x 轴的交点(),0c ，则称c 为,a b 关于函数()f x 的平均数，记为(),fM a b ，例如，当()()10f x x =>时，可得(),2f a bM a b c +==，即(),f M a b 为b a ,的算术平均数．（1）当()()_____0f x x =>时，(),f M a b 为b a ,的几何平均数；（2）当()()_____0f x x =>时，(),f M a b 为b a ,的调和平均数ba ab+2；（以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可）【解析】（1）若(),f M a b 是a ，b的几何平均数，则c ()(),a f a，)，()(),b f b -共线，00f a f b -+=f a f b=，所以可取()f x（2）若(),f M a b 是a ，b 的调和平均数，则2ab c a b =+，由题意知()(),a f a ，2,0ab a b ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，()(),b f b -共线，所以()()22f x f b ab ab a ba b a b=--++，化简得()()f a f b a b =，所以可取()f x x =．（2014湖南理数）3．若()f x ，()g x 分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且()()321f x g x x x -=++，则()()11f g +=（）A ．3-B ．1-C ． 1D ． 3 【解析】解法一：因为()()321f x g x x x -=++，所以()()321f x g x x x ---=-++，又由题意可知()()f x f x -=，()()g x g x -=-，所以()()321f x g x x x +=-++，则()()111f g +=，故选C ．解法二：令()21f x x =+，()3g x x =-，显然符合题意，所以()()23111111f g +=+-=．选C ．（2014湖南理数）9．已知函数()()sin f x x ϕ=-，且()230d 0f x x π=⎰，则函数()f x 的图像的一条对称轴是（） A ．6x 5π=B ．12x 7π=C ．3x π=D ．6x π= 【解析】由()()sin f x x ϕ=-，知函数()f x 的最小正周期为2π，且()230f x dx π=⎰，则点,03π⎛⎫ ⎪⎝⎭为函数的对称中心，因此对称轴为56x k π=π+，k ∈Z ．令0k =，则6x 5π=．故选A ．（2014湖南理数）10．已知函数()21e 2xf x x =+-()0x <与()()2lng x x x a =++图像上存在关于y 轴对称的点，则a 的取值范围是（） A．⎛-∞ ⎝ B．(-∞ C．⎛ ⎝ D．⎛⎝【解析】依题意，()()f x g x -=在0x >上有解，即()221e ln 2xx x x a -+-=++，得()1e ln 2x x a --=+，令()1e2xp x --=，()()ln q x x a =+，0x >，()10ln 2q a =<，得0a <<0a <时，()q x 的图像是将ln y x =的图像向右平移a 各单位而得，满足()()p x q x =在0x >上有解，所以a <B ．（2014江苏）10．已知函数()21f x x mx =+-，若对于任意[],1x m m ∈+，都有()0f x <成立，则实数m 的取值范围是．【解析】要满足()210f x x mx =+-<对于任意[],1x m m ∈+恒成立，只需()()0,10,f m f m ⎧<⎪⎨+<⎪⎩即()()22210,1110,m m m m ⎧-<⎪⎨+++-<⎪⎩解得0m <<．（2014江苏）11．在平面直角坐标系xOy 中，若曲线2by ax x=+（,a b 为常数）过点()2,5P -，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】因为2b y ax x =+，所以22b y ax x '=-，由题意可得45,274,42b a b a ⎧+=-⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩解得1,2.a b =-⎧⎨=-⎩ 所以3a b +=-．（2014江苏）13．已知()f x 是定义在R 上且周期为3的函数，当[)0,3x ∈时，()2122f x x x =-+．若函数()y f x a =-在区间[]3,4-上有10个零点（互不相同），则实数a 的取值范围是．【解析】当[)0,3x ∈时，()()22112122f x x x x =-+=--，由()f x 是周期为3的函数，作出()f x 在[]3,4-上的图像，如图．由题意知方程()a f x =在[]3,4-上有10个不同的根．由图可知10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．（2014江西理数）2．函数()()2ln f x x x =-的定义域为（）A ．()0,1B ．[]0,1C ．()(),01,-∞+∞ D ． (][),01,-∞+∞【解析】要使函数有意义，需满足20x x ->，解得0x <或1x >，故选C ．（2014江西理数）3．已知函数()5xf x =，()2g x ax x =-()a ∈R ．若()11f g =⎡⎤⎣⎦，则a =（）A ．1B ． 2C ．3D ． 1- 【解析】由已知条件可知：()()11151a f g f a -=-==⎡⎤⎣⎦，所以10a -=，得1a =．故选A ．（2014江西理数）8．若()()122d f x x f x x =+⎰，则()1d f x x =⎰（）A ．1-B ．13- C ．13 D ．1【解析】设1()f x dx a =⎰，则2()f x x a =+，得()1220()2f x x x a dx =++⎰32223x x ax C ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭1222423x a x a =++=+，所以13a =．故选B ．（2014江西理数）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】令()e x f x -=，则()e x f x -'=-．令()00,P x y ，则()00e 2x f x -'=-=-，解得0ln 2x =-，所以ln20e e 2x y -=-==，所以点P 的坐标为()ln 2,2-．（2014辽宁理数）3．已知132a -=，21log 3b =，121log 3c =，则（） A ．a b c >> B ．a c b >> C ．c a b >> D ．c b a >> 【解析】由指数函数及对数函数的单调性易知13021-<<，221log log 103<=，112211log log 132>=，故选C ．（2014辽宁理数）11．当[]2,1x ∈-时，不等式32430ax x x -++…恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．[]5,3-- B ．96,8⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．[]6,2--D ．[]4,3-- 【解析】由题意知[]2,1x ∀∈-都有32430ax x x -++…，即3243ax x x --…在[]2,1x ∈-上恒成立．当0x =时，a ∈R ．当01x <…时，233243341x x a x x x x--=--+…．令()11t t x =…，()3234g t t t t =--+，因为()()298101g't t t t =--+<…，所以()g t 在[)1,+∞上单调递减，()()()max 161g t g t ==-…，所以6a -…．当20x -<剎时，32341a x x x --+…，同理，()g t 在(],1-∞-上递减，在11,2⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上递增．因此()()min 1122g t g t ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭…，所以2a -…．综上62a--剟，故选C ．（2014辽宁理数）12．已知定义在[]0,1上的函数()f x 满足：① ()()010f f ==；② 对所有[],0,1x y ∈，且x y ≠，有()()12f x f y x y -<-．若对所有[],0,1x y ∈，()()f x f y k -<恒成立，则k 的最小值为（）A ．12 B ．14C ．12π D ．18【解析】当x y =时，()()0f x f y -=．当x y ≠时，当12x y -…时，依题意有()()1124f x f y x y -<-…；当12x y ->时，不妨设x y <，依题意有()()()()()()01f x f y f x f f f y -=-+-()()()()()111101012222f x f f f y x y y x -+-<-+-=--…，又12y x ->，所以()()11112224f x f y -<-⨯=．综上所述，对所有[],0,1x y ∈，都有()()14f x f y -<．因此，14k …，即k 的最小值为14．故选B ．（2014辽宁理数）14．正方形的四个顶点()1,1A --，()1,1B -，()1,1C ，()1,1D -，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，则质点落在阴影区域的概率是．【解析】由对称性可知122310018=42433ABCD S S x dx x ⎛⎫-=-⨯= ⎪⎝⎭⎰阴影正方形，所以所求概率为82343=．（2014山东理数）3．函数()f x =的定义域为（）A ．102⎛⎫ ⎪⎝⎭， B ．()2+∞，C ．()102,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭， D ．[)1022⎛⎤+∞ ⎥⎝⎦，，【解析】要使函数()f x 有意义，需使()22log 10x ->，即()22l o g1x >，所以2log 1x >或2log 1x <-．解之得2x >或102x <<．故()f x 的定义域为()10,2,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．（2014山东理数）5．已知实数y x ,满足()01xya aa <<<，则下列关系式恒成立的是（）A ．111122+>+y x B ．()()22ln 1ln 1x y +>+ C ． y x sin sin > D ． 33y x > 【解析】因为x ya a <，01a <<，所以x y >，所以33x y >．（2014山东理数）6．直线x y 4=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 ．24 C ．2 D ．4【解析】由34,y x y x =⎧⎨=⎩得0x =或2x =或2x =-（舍）．所以()232402142404S x x dx x x ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭⎰．（2014山东理数）8．已知函数()21f x x =-+，()kx x g =．若方程()()f x g x =有两个不相等的实根，则k22x取值范围是（）A ．102⎛⎫ ⎪⎝⎭， B ．112⎛⎫ ⎪⎝⎭，C ．()1,2D ．()2+∞，【解析】()1,2,3, 2.x x f x x x -⎧=⎨-<⎩…如图，作出()y f x =的图像，其中()2,1A ，则12OA k =．要使方程()()f x g x =有两个不相等的实根，则函数()f x 与()g x 的图像有两个不同的交点，由图可知，112k <<．（2014山东理数）15．已知函数()()y f x x =∈R ，对函数()()y g x x I =∈，定义()g x 关于()f x 的“对称函数”为函数()()y h x x I =∈，()y h x =满足：对任意x I ∈，两个点()()()(),,,x h x x g x 关于点()(),x f x 对称，若()h x 是()g x =()3f x x b =+的“对称函数”，且()()h x g x >恒成立，则实数b 的取值范围是．【解析】函数()g x =2为半径的圆在x 轴上及其上方的部分．由题意可知，对任意0x I ∈，都有()()()0002h x g x f x +=，即()()00,x f x 是点()()00,x h x 和点()()00,x g x 的中点，又()()h x g x >恒成立，所以直线()3f x x b =+与半圆()g x =0b >．即0,2,b >⎧>解之得b >b 的取值范围为()+∞．（2014陕西理数）3．定积分()12e d 0xx x +⎰的值为（） A ．e 2+ B ．e 1+ C ．e D ．e 1- 【解析】()111002e d 1e 1e x x+=+-=⎰，故选C ．（2014陕西理数）7．下列函数中，满足“()()()f x y f x f y +=”的单调递增函数是（）A ．()12f x x = B ．()3f x x = C ．()12xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭D ．()3x f x =【解析】因为()()()f x y f x f y +=，所以()f x 为指数函数模型，排除A ，B ；又因为()f x 为单调递增函数，所以排除C ，故选D ．（2014陕西理数）10．如图所示，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A 的水平距离10千米处下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为（）A ．3131255y x x =-B ．3241255y x x =-C ．33125y x x =-D ．3311255y x x =-+【解析】根据题意，所求函数在()5,5-上单调递减．对于A ，3131255y x x =-，所以()22133251255125y x x '=-=-，所以()5,5x ∀∈-，0y '<，所以3131255y x x =-在()5,5-内为减函数，同理可研究B ，C ，D 均不满足此条件，故选A ．（2014陕西理数）11．已知42,lg a x a ==，则x =_______．【解析】因为12424a==，所以12a =，所以1lg 2x =，即x = （2014四川理数）9．已知()()()ln 1ln 1f x x x =+--，()1,1x ∈-．现有下列命题：①()()f x f x -=-；②()2221x f f x x ⎛⎫=⎪+⎝⎭；③()2f x x …．其中的所有正确命题的序号是（） A ．①②③ B ．②③ C ．①③ D ．①②【解析】()()()()()()ln 1ln 1ln 1ln 1f x x x x x f x -=--+=-+--=-⎡⎤⎣⎦，①正确，()()222222211222ln 1ln 1ln ln 11111x x x x x f x x x x x +-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+--=- ⎪ ⎪ ⎪+++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，因为()1,1x ∈-，所以()()()()()222ln 12ln 12ln 1ln 121x f x x x x f x x ⎛⎫=+--=+--=⎡⎤ ⎪⎣⎦+⎝⎭，②正确．当[)0,1x ∈时，()()()1ln 1ln 1ln 1x f x x x x +=+--=-，22x x =，令()1l n 21xg x x x +=--，则()22201x g x x '=-…，所以()g x 在[)0,1上为增函数，所以()()00g x g =…，即()2f x x >>；当()1,0x ∈-时，()()()1ln 1ln 1ln 1x f x x x x +=--+=--，22x x =-，令()12l n 1xh x x x +=--，则()22201x h x x-'=<-，所以()h x在()1,0-上为减函数，所以()0h x >，即()2f x x >>．所以当()1,1x ∈-时，()2f x x …，③正确．故选A （2014四川理数）12．设()f x 是定义在R 上的周期为2的函数，当[)1,1x ∈-时，()242,10, 01x x f x x x ⎧-+-<=⎨<⎩…剎，则32f ⎛⎫= ⎪⎝⎭．【解析】2311124212222f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=-=-⨯-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭．（2014天津理数）4．函数()()212log 4f x x =-的单调递增区间是（）A ．()0,+¥B ．(),0-¥C ．()2,+?D ．(),2-?【解析】由240x ->得2x <-或2x >．又12log y u =为减函数，故()f x 的单调递增区间为(),2-∞-．故选D（2014天津理数）14．已知函数()23f x x x =+，x R Î．若方程()10f x a x --=恰有4个互异的实数根，则实数a 的取值范围为__________．【解析】首先作函数()23f x x x =+的图像，如图所示，（将抛物线()23f x x x =+在x 轴下方的部分沿x 轴对称到x 轴上方，原x 轴上方的图像不变）．其次要将方程()10f x a x --=恰有4个互异的实数根，等价转化为曲线()y f x =与折线1y a x =-恰有4个不同的公共点．最后结合图像，可将折线与曲线()y f x =有公共点的情况分类讨论：① 当0a ≤时，()y f x =与1y a x =-最多有2个公共点，不符合题意；② 当0a >时，又可分为折线1y a x =-左半支与曲线()y f x =有4个公共点．和折线1y a x =-左、右半支分别与曲线()y f x =有2个不同的公共点．如图所示，当折线1y a x =-的左半支与曲线()y f x =相切于点1P 时，即方程()()231x x a x -+=--的10∆=，整理得，()230x a x a +-+=，所以()2134a a ∆=--2109a a =-+()()190a a =--=，解得1a =或9a =（舍）．要使()1f x a x =-恰有4个互异的实数根，则需01a <<．当折线1y a x =-的左半支与曲线()y f x =相切于点2P 时，即方程()231x x a x +=-的20∆=，整理得，()230x a x a +-+=，所以()22340a a ∆=--=，解得1a =（舍）或9a =要使()1f x a x =-恰有4个互异的实数根，则需9a >．故实数a 的取值范围为()()0,19,+∞．（2014新课标1理数）3．设函数()f x ，()g x 的定义域都为R ，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，则下列结论正确的是（）A ．)()(x g x f 是偶函数B ．)()(x g x f 是奇函数C ．)()(x g x f 是奇函数D ．)()(x g x f 是奇函数【解析】由题意可知()()f x f x -=-，()()g x g x -=，对于选项A ，()()f x g x -⋅-=()()f x g x --，所以()()f x g x 是奇函数，故A 项错误；对于选项B ，()()()()()()f x g x f x g x f x g x --=-=，所以()()f x g x 是偶函数，故B 项错误；对于选项C ，()()()()f x g x f x g x --=-，所以()()f x g x 是奇函数，故C 项正确；对于选项D ，()()()()()()f x g x f x g x f x g x --=-=，所以()()f x g x 是偶函数，故D 项错误．选C ．（2014新课标1理数）11．已知函数()f x =3231ax x -+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且0x ＞0，则a 的取值范围为（）A ．()+∞,2B ．()2,-∞-C ．()+∞,1D ．()1,-∞-【解析】当0a =时，显然()f x 有两个零点，不符合题意．当0a ≠时，()236f x ax x '=-，令()0f x '=，解得10x =，22x a =．当0a >时20a >，所以函数()3231f x ax x =-+在(),0-∞与2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为增函数，在20,a ⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数，因为()f x 存在唯一零点0x ，且00x >，则()00f <，即10<，不成立．当0a <时，20a <，所以函数()3231f x ax x =-+在2,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和()0,+∞上为减函数，在2,0a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为赠函数，因为()f x 存在唯一零点0x ，且00x >，则20f a ⎛⎫>⎪⎝⎭，即3284310a a a ⋅-⋅+>，解得2a >或2a <-，又因为0a <，故a 的取值范围为(),2-∞-．故选C ．（2014新课标2理数）8．设曲线()ln 1y ax x =-+在点()0,0处的切线方程为2y x =，则a =（） A ．0 B ．1 C ．2 D ． 3 【解析】11y a x '=-+，0x =时，12y a '=-=，所以3a =，故选D ．x（2014新课标2理数）12．设函数()x f x mπ=．若存在()f x 的极值点0x 满足()22200x f x m +<⎡⎤⎣⎦，则m 的取值范围是（）A ．()(),66,-∞-+∞B ．()(),44,-∞-+∞C ．()(),22,-∞-+∞D ．()(),11,-∞-+∞【解析】()πxf x m'=，所以()f x 得极值点为0x ，所以()0f x '=0π0x m =，所以0πππ,2x k k m =+∈Z ，所以0m ,2x mk k =+∈Z ，又因为()02220x f x m +⎡⎤<⎣⎦，所以222m ππ22mk k m ⎤⎛⎫⎛⎫+++< ⎪ ⎪⎥⎝⎭⎝⎭⎦ ,k ∈Z ，即222132m k m ⎛⎫++< ⎪⎝⎭,k ∈Z ，因为0m ≠，所以222132m k m -⎛⎫+< ⎪⎝⎭,k ∈Z ，又因为存在0x 满足()02220x f x m +⎡⎤<⎣⎦，即存在k ∈Z 满足上式，所以222min312m k m ⎡⎤-⎛⎫>+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以222312m m -⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以2234m m ->，所以24m >，所以2m >或2m <-，故选C ．（2014新课标2理数）15．已知偶函数()f x 在[)0,+∞单调递减，()20f =．若()10f x ->，则x 的取值范围是．【解析】因为()20f =，()10f x ->，所以()()12f x f ->，又因为()f x 是偶函数且在[)0,+∞上单调递减，所以()()12f x f ->，所以12x -<，所以212x -<-<，所以13x -<<，所以()1,3x ∈-．（2014浙江理数）6．已知函数()32f x x ax bx c =+++，且()()()01233f f f <-=-=-…，则（）A ．3c …B ．36c <…C ．69c <…D ． 9c >【解析】由()()()()12,13f f f f -=-⎧⎪⎨-=-⎪⎩得37,413,a b a b -=⎧⎨-=⎩解得6,11.a b =⎧⎨=⎩则有()()12f f -=-=()3f - 6c =-，由()013,f <-…得69c <…．故选C ．（2014浙江理数）7．在同一直角坐标系中，函数()()()0,log aa f x xx g x x ==…的图像可能是（）A ．B ．C ．D ．【解析】因为0a >，所以()a f x x =在()0,+∞上为增函数，故A 错．在B 中，由()f x 的图像知1a >，由()g x 的图像知01a <<，矛盾，故B 错．在C 中，由()f x 的图像知01a <<，由()g x 的图像知1a >，矛盾，故C错．在D 中，由()f x 的图像知01a <<，由()g x 的图像知01a <<，相符，故选D ．（2014浙江理数）10．设函数()21f x x =，()()222f x x x =-，()31sin 2π3f x x =，,0,1,2,,9999i ia i ==．记()()()()()()10219998k k k k k k k f a f a f a f a f a f a I =-+-++-，1,2,3k =．则（）A ．123I I I <<B ．213I I I <<C ．132I I I <<D ．321I I I << 【解析】[]0,1i a ∈ ，且0199a a a <<<，而()1f x 在[]0,1上为增函数，故有()()()1011199f a f a f a <<<，则()()()()111101211I f a f a f a f a =⎡-⎤+⎡-⎤++⎣⎦⎣⎦()()()()()()1991981991011101f a f a f a f a f f ⎡-⎤=-=-=⎣⎦．()2f x 在10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数，在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，而495012a a <<，且49501a a +=，即有()()249250f a f a =，故()()()()()()22120250249250251I f a f a f a f a f a f a =⎡-⎤++⎡-⎤+⎡-⎤++⎣⎦⎣⎦⎣⎦()()()()()()29829925020250299f a f a f a f a f a f a ⎡-⎤=-+-=⎣⎦()()2225020199f f f ⎛⎫--= ⎪⎝⎭()224950*********,199999999⨯⨯⨯==-∈．()3f x 在10,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数，在11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，在13,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数，在3,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，即()3f x 在[]024,a a 上为增函数，在[]2549,a a 上为减函数．在[]5074,a a 上为增函数，在[]7599,a a 上为减函数．又()324148148sin πsin π399399f a =⋅=，()325150149sin πsin π399399f a =⋅=，则()()()3253243491981πsin πsin 399399f a f a f a >=⋅=，()35011001πsin πsin 399399f a =⋅=，即有()()349350f a f a =． ()3741148149sinπsin π399399f a =⋅=，()()3753741150151148πsin πsin π=sin 399399399f a f a =⋅=<．故有()()()()3031324325f a f a f a f a <<<<，()()()()325326349350f a f a f a f a >>>=，()()()350351374f a f a f a <<<，()()()374375399f a f a f a >>>．从而3I =()()()(){}()()()(){}3130325324325326349350f a f a f a f a f a f a f a f a ⎡-⎤++⎡-⎤+⎡-⎤++⎡-⎤+⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦()()()(){}374375398399f af a f a f a ⎡-⎤++⎡-⎤=⎣⎦⎣⎦()()()()()()()()32530325350374350374399f a f a f a f a f a f a f a f a ⎡-⎤+⎡-⎤+⎡-⎤+⎡-⎤=⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦()()()()()3253503743039923f a f a f a f a f a -+--=250π2100π2148πsin sin sin 399399399-+=2492π249249πsin πsin sin π2sin π-sin 39939939939999⎛⎫-+= ⎪⎝⎭．而495πsin πsin9912>=，ππsinsin 9912<=，则3213I >>⎝⎭．所以213I I I <<．故选C （2014浙江理数）15．设函数()22,0,0x x x f x x x ⎧+<⎪=⎨-⎪⎩…，若()()2f f a …，则实数a 的取值范围是．【解析】当0a …时，()20f a a =-…，又()00f =，故由()()()2422f f a f a a a =-=-…，得22a …，所以0a剟当10a -<<时，()()210f a a a a a =+=+<，则由()()()()()22222f f a f a a a a aa =+=+++…，得210a a +-…，得a ，则有10a -<<．当1a -…时，()()210f a a a a a =+=+…，则由()()()()2222f f a f a a a a =+=-+…，得a ∈R ，故1a -…．综上，a 的取值范围为(-∞．（2014重庆理数）12．函数())2log 2f x x =的最小值为_________．【解析】显然0x >，所以())()22221log 2log log 42f x x x x ==⋅=()2221log log 42log 2x x ⋅+()22222111log log log 244x x x ⎛⎫=+=+-- ⎪⎝⎭…．当且仅当x =时，有()min 14f x =-．。

2014高考函数与导数汇编及详细解答

2014高考函数与导数解答题汇编1．[2014·江西卷18] 已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )1－2x (b ∈R )． (1)当b ＝4时，求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，13上单调递增，求b 的取值范围．解：(1)当b ＝4时，f ′(x )＝－5x （x ＋2）1－2x，由f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝0.所以当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(－2，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故f (x )在x ＝－2处取得极小值f (－2)＝0，在x ＝0处取得极大值f (0)＝4.(2)f ′(x )＝－x [5x ＋（3b －2）]1－2x ，易知当x ∈⎝⎛⎭⎫0，13时，－x1－2x<0，依题意当x ∈⎝⎛⎭⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0，从而53＋(3b －2)≤0，得b ≤19. 所以b 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，19.2.[2014·安徽卷18] 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a ＞0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0，1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． 18．解： (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2.令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a3，x 2＝－1＋4＋3a3，x 1<x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1－4＋3a 3和 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋4＋3a 3，＋∞内单调递减，在⎝⎛⎪⎫－1－4＋3a 3，－1＋4＋3a 3内单调递增．(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0，①当a ≥4时，x 2≥1.由(1)知，f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0<a <4时，x 2<1.由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减，所以f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值；当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值．3．[2014·北京卷18] 已知函数f (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2.(1)求证：f (x )≤0；(2)若a <sin xx 0时，“sin x x >a ”等价于“sin x －ax >0”，“sin xx 0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立．当c ≥1时，因为对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，g ′(x )＝cos x －c <0，所以g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减，从而g (x )<g (0)＝0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立．当0<c <1时，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2使得g ′(x 0)＝cos x 0－c ＝0.g (x )与g ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上的情况如下：因为g (x )在区间(0，x 0)上是增函数，所以g (x 0)>g (0)＝0.进一步，“g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立”当且仅当g ⎝⎛⎭⎫π2＝1－π2c ≥0，即0<c ≤2π.综上所述，当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立；当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立．所以，若a <sin x 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 .5．[2014·湖北卷22] π为圆周率，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)求函数f (x )＝ln xx 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 xx ，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 ee .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－eπ.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>6－3eπ>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22] 已知常数a ＞0，函数f (x )＝ln(1＋ax )－2xx ＋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．解：(1)f ′(x )＝a1＋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－aa，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·江苏卷19] 已知函数f (x )＝e x ＋e －x ，其中e 是自然对数的底数． (1)证明：f (x )是R 上的偶函数．(2)若关于x 的不等式mf (x )≤e －x ＋m －1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围．(3)已知正数a 满足：存在x 0∈[1，＋∞)，使得f (x 0)<a (－x 30＋3x 0)成立．试比较e a －1与a e －1的大小，并证明你的结论．19．解： (1)证明：因为对任意 x ∈R ，都有f (－x )＝e －x ＋e －(－x )＝e －x ＋e x ＝f (x )，所以f (x )是R 上的偶函数．(2)由条件知 m (e x ＋e －x －1)≤e －x －1在(0，＋∞)上恒成立．令 t ＝e x (x >0)，则 t >1，所以 m ≤－t －1t 2－t ＋1＝－1t －1＋1t －1＋ 1对任意 t >1成立．因为t －1＋1t －1＋ 1≥2（t －1）·1t － 1＋1＝3, 所以－1t －1＋1t －1＋ 1≥－13，当且仅当 t ＝2, 即x ＝ ln 2时等号成立．因此实数 m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－13.(3)令函数 g (x )＝e x ＋1e x － a (－x 3＋3x )，则g ′ (x ) ＝e x －1ex ＋3a (x 2－1)．当 x ≥1时，e x －1e x >0，x 2－1≥0.又a >0，故 g ′(x )>0，所以g (x )是[1，＋∞)上的单调递增函数，因此g (x )在[1，＋∞)上的最小值是 g (1)＝ e ＋e －1－2a .由于存在x 0∈[1，＋∞)，使e x 0＋e －x 0－a (－x 30＋ 3x 0 )<0 成立，当且仅当最小值g (1)<0，故 e ＋e －1－2a <0, 即 a >e ＋e －12.令函数h (x ) ＝ x －(e －1)ln x －1，则 h ′(x )＝1－e －1x . 令 h ′(x )＝0, 得x ＝e －1.当x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0，故h (x )是(0，e －1)上的单调递减函数；当x ∈(e －1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )是(e －1，＋∞)上的单调递增函数．所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值是h (e －1)．注意到h (1)＝h (e)＝0，所以当x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时，h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0；当x ∈(e －1，e)⊆(e －1，＋∞)时， h (x )<h (e)＝0.所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立．故①当a ∈⎝⎛⎭⎫e ＋e－12，e ⊆(1，e)时， h (a )<0，即a －1<(e －1)ln a ，从而e a －1<a e －1；②当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；③当a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0，即a －1>(e －1)ln a ，故e a －1>a e －1.综上所述，当a ∈⎝⎛⎭⎫e ＋e －12，e 时，e a －1<a e －1；当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；当a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>a e －1.8．[2014·辽宁卷] 已知函数f (x )＝(cos x －x )(π＋2x )－83(sin x ＋1)，g (x )＝3(x －π)cos x －4(1＋sin x )ln⎝⎛⎭⎫3－2x π.证明：(1)存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使f (x 0)＝0；(2)存在唯一x 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使g (x 1)＝0，且对(1)中的x 0，有x 0＋x 1<π.21．证明：(1)当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )＝－(1＋sin x )·(π＋2x )－2x －23cos x <0，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上为减函数．又f (0)＝π－83>0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2－163<0，所以存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使f (x 0)＝0.(2)记函数h (x )＝3（x －π）cos x 1＋sin x－4ln ⎝⎛⎭⎫3－2πx ，x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π.令t ＝π－x ，则当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时，t ∈⎣⎡⎦⎤0，π2.记u (t )＝h (π－t )＝3t cos t 1＋sin t －4 ln ⎝⎛⎭⎫1＋2πt ，则u ′(t )＝3f （t ）（π＋2t ）（1＋sin t ）. 由(1)得，当t ∈(0，x 0)时，u ′(t )>0，当t ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时，u ′(t )<0.故在(0，x 0)上u (t )是增函数，又u (0)＝0，从而可知当t ∈(0，x 0]时，u (t )>0，所以u (t )在(0，x 0]上无零点．在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上u (t )为减函数，由u (x 0)>0，u ⎝⎛⎭⎫π2＝－4ln 2<0，知存在唯一t 1∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2，使u (t 1)＝0，故存在唯一的t 1∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使u (t 1)＝0.因此存在唯一的x 1＝π－t 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使h (x 1)＝h (π－t 1)＝u (t 1)＝0.因为当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，1＋sin x >0，故g (x )＝(1＋sin x )h (x )与h (x )有相同的零点，所以存在唯一的x 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使g (x 1)＝0.因为x 1＝π－t 1，t 1>x 0，所以x 0＋x 1<π.9．[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 )>1.10．、[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0.693.11．、[2014·全国卷] 函数f (x )＝ln(x ＋1)－axx ＋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)>2xx ＋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)<3xx ＋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 ∈N *结论都成立．12．[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 <e22.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. 13．[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 )＝x1＋x (x ≥0)．(1)由已知，g 1(x )＝x1＋x ，g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x 1＋x 1＋x 1＋x ＝x1＋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 )＝x1＋kx.那么，当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k （x ）1＋g k （x ）＝x 1＋kx 1＋x 1＋kx ＝x1＋（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 )≥ax1＋x恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax1＋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 )≥ax1＋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 )≥ax1＋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＋…＋nn ＋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，⎠⎛0n 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＋…＋nn ＋1是图中所示各矩形的面积和，∴12＋23＋…＋n n ＋1>⎠⎛0n xx ＋1d x ＝⎠⎛0n ⎝⎛⎭⎫1－1x ＋1d x ＝n －ln (n ＋1)，结论得证．14．，[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 ≥e2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 <e2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 <e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ；当a ≥e2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 ≥e2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 <e2.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)．15．、[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 )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 xx －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．16．[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 ≤0.17．[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，＋∞)．。

2014年高考数学(理)二轮专师复习课件1.5

考点三利用导数研究函数的极值与最值 [冲关锦囊] 1．利用导数研究函数的极值的一般步骤： (1)确定定义域． (2)求导数 f′(x)． (3)①若求极值，则先求方程 f′(x)＝0 的根，再检验 f′(x) 在方程根左、右值的符号，求出极值．(当根中有参数时要注意分类讨论根是否在定义域内) ②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程 f′(x) ＝0 根的大小或存在情况，从而求解．
[考题剖析] 【例 1】 (1)(2013· 广东卷)若曲线 y＝kx＋lnx 在点(1，k) 处的切线平行于 x 轴，则 k＝________.
1 解析：因为 y′＝k＋x，所以 k＋1＝0，解得 k＝－1. 答案：－1
(2)已知 P，Q 为抛物线 x2＝2y 上两点，点 P，Q 的横坐标分别为 4，－2，过 P，Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点 A，则点 A 的纵坐标为__________．
解析：设直线与 2x－y＋2＝0 平行且与 y＝lnx 图象相切 1 时，切点坐标为(x0，y0)，由导数的几何意义知由于 f′(x)＝x ， 1 1 则令x ＝2，解得切点坐标为2，－ln2，故选 A. 0 答案：A
考点二利用导数研究函数的单调性 [冲关锦囊] 1．利用导数研究函数单调性的一般步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导数 f′(x)； (3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数 f(x)的定义域内解(或证明)不等式 f′(x)＞0 或 f′(x)＜0. ②若已知 f(x) 的单调性，则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒成立问题求解． 2．当一个函数的递增或递减区间有多个时，不能盲目将它们取并集．
(2)f′(x)＝x2＋2mx－3m2. 令 f′(x)＝0，得 x＝－3m 或 x＝m. 由于 m＞0，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

2014届高考理数二轮专题复习权威课件(新课标通用)第6讲导数及其应用

2
——主干知识 ——
⇒ 导数与函数极值、最值关键词：极值点、极值，如⑤⑥.
[答案] 0
0<x<1 时，x2 －1<0，ln x<0，所以 f′(x)<0，故 f(x)单调递减；当 x>1 时， x2－1>0， x>0， ln 所以 f′(x)>0， f(x) 故单调递增．所以 x＝1 是函数 f(x)在定义域内的唯一的极小值点，也是最小值点，所以 f(x)min＝f(1)＝0.
[答案] (0，＋∞)
1 [解析] f′(x)＝e －，该函数单 x＋1
x
调递增且 f′(0)＝0，所以当 x>0 时， f′(x)>0，所以函数 f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．
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第6讲
核心知识聚焦
导数及其应用
—— 体验高考 ——
4．[2013· 新课标全国卷Ⅱ改编] 若 x＝0 是函数 f(x)＝ex－ln(x＋m)的 ④ 极值点，则 m＝________．
x
——主干知识 ——
⇒ 导数与函数极值、最值关键词：极值点、极值，如⑤⑥.
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第6讲
核心Hale Waihona Puke 知识聚焦导数及其应用
—— 体验高考 —— 6． [2013· 北京卷改编] 函数 ln x ⑥ f(x) ＝ x － 1 － x 的最小值为 ________．
x －1＋ln x [ 解析 ] f′(x) ＝ .当 x2
导数及其应用
小结：函数的定义域是(0，＋∞)，分类讨论的依据
命题考向探究
是导数的零点在定义域内的分布情况；在闭区间上确定函数的最小值，分类的标准是函数的极小值点和闭区间的位置关系．

2014年高考导数专题(含详细解答)

导数及其应用导数的运算1. 几种常见的函数导数： ①、c '= （c 为常数）； ②、n(x)'= （R n ∈）； ③、)(sin 'x = ；④、)(cos 'x = ； ⑤、x (a )'= ； ⑥、x (e )'= ； ⑦、a (log x )'= ； ⑧、(lnx )'= .2. 求导数的四则运算法则：()u v u v '''±=±；v u v u uv '+'=')(；2)(v v u v u v u '-'=' )0(2'''≠-=⎪⎭⎫ ⎝⎛v v u v vu v u注：① v u ,必须是可导函数. 3. 复合函数的求导法则： )()())((x u f x f x ϕϕ'∙'=' 或 '∙'='x u x u y y变式三：8.（2009全国卷Ⅰ理）已知直线y =x ＋1与曲线y ln()x a =+相切，则α的值为( )A .1B . 2C .－1D .－29.【2009江西卷文】若存在过点(1,0)的直线与曲线3y x =和21594y ax x =+-都相切，则a 等于( )A ．1-或25-64 B ．1-或214 C ．74-或25-64D ．74-或710.（2010全国卷理数2）若曲线12y x -=在点12,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为18，则a =A 、64B 、32C 、16D 、8 11.【2012高考安徽理19】（本小题满分13分）设1()(0)xxf x ae b a ae =++>. （I ）求()f x 在[0,)+∞上的最小值；（II ）设曲线()y f x =在点(2,(2))f 的切线方程为32y x =；求,a b 的值. 12. 【2009福建卷理】若曲线()2f x ax Inx =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是 .二、求单调性或单调区间2.（2009江苏卷）函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为 .4.【2009天津卷理】（本小题满分12分）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x R =+-+∈其中a R ∈(1)当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； (2)当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值.三、求函数的极值与最值2.（2011·广东高考理科·Ｔ12）函数32()31f x x x =-+在x = 处取得极小值.3.【2012高考重庆理16】（本小题满分13分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问7分.）设13()ln 1,22f x a x x x =+++其中a R ∈，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线垂直于y 轴. （Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）求函数()f x 的极值.4.（2011·福建卷理科·Ｔ18）(本小题满分13分) 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y （单位：千克）与销售价格x （单位：元/千克）满足关系式210(6)3ay x x =+--，其中3<x <6，a 为常数，已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. （I ）求a 的值.（II ）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.四、判断函数的零点3.【2012高考全国卷理10】已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图像与x 轴恰有两个公共点，则c ＝A .－2或2 ；B .－9或3 ；C .－1或1；D .－3或14.【2012高考江苏18】（16分）若函数)(x f y =在0x x =处取得极大值或极小值，则称0x 为函数)(x f y = 的极值点. 已知a b ，是实数，1和1-是函数32()f x x ax bx =++的两个极值点．（1）求a 和b 的值；（2）设函数()g x 的导函数()()2g x f x '=+，求()g x 的极值点；（3）设()(())h x f f x c =-，其中[22]c ∈-，，求函数()y h x =的零点个数．五、导数与图像1．（2011·安徽高考理科·Ｔ10）函数()()1nmf x axx =-在区间[]0,1上的图象如图所示，则,m n 的值可能是 A ．1,1m n == B ．1,2m n == C ．2,1m n == D ．3,1m n ==2.（2009湖南卷文）若函数()y f x =的导函数．．．在区间[,]a b 上是增函数，则函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象可能是( )A ．B ．C ．D ．3.【2010江西理数】如图，一个正五角星薄片（其对称轴与水面垂直）匀速地升出水面，记t 时刻五角星露出水面部分的图形面积为()()()00S t S =，则导函数()'y S t =的图像大致为六、导数与不等式2.（2011·辽宁高考理科·Ｔ11）函数f （x ）的定义域为R ，f （－1）=2，对任意x ∈R ，2)(>'x f ，则f （x ）＞2x ＋4的解集为A .（－1，1）B .（－1，＋∞）C .（－∞，－1）D .（－∞，＋∞）5.（2009全国卷Ⅱ理）(本题满分12分) 设函数()()21f x x aIn x =++有两个极值点12x x 、，且12x x <（I ）求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；（II ）证明：()21224In f x -> ab ab ao xoxy b aoxy o xyb y6.（2009辽宁卷理）（本小题满分12分）已知函数f (x )=21x 2－ax ＋(a －1)ln x ，1a >. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：若5a <，则对任意x 1，x 2∈(0,)+∞，x 1≠x 2，有1212()()1f x f x x x ->--.7.（2009宁夏海南卷理）（本小题满分12分）已知函数32()(3)x f x x x ax b e -=+++（1）如3a b ==-，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在(,),(2,)αβ-∞单调增加，在(,2),(,)αβ+∞单调减少，证明βα-＜6.8.【2012高考新课标理21】（本题满分12分）已知函数()f x 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.9.【2012高考辽宁理21】（本小题满分12分) 设()ln(1)1(,,,)f x x x ax b a b R a b =+++++∈为常数，曲线()y f x =与直线32y x =在(0，0)点相切. (Ⅰ)求,a b 的值.(Ⅱ)证明：当02x <<时，9()6xf x x <+.10.【2012高考山东理22】(本小题满分13分) 已知函数ln ()xx kf x e +=（k 为常数， 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数），曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行. （Ⅰ）求k 的值；（Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）设2()()'()g x x x f x =+,其中'()f x 为()f x 的导函数.证明：对任意20,()1x g x e -><+.5.(2009陕西卷理)（本小题满分12分）已知函数1()ln(1),01xf x ax x x-=++≥+，其中0a > ()I 若()f x 在x =1处取得极值，求a 的值； ()II 求()f x 的单调区间；（Ⅲ）若()f x 的最小值为1，求a 的取值范围.6.（2011·浙江高考理科·Ｔ22）（本题满分14分）设函数()f x ＝2()ln x a x -，a ∈R（Ⅰ）若x ＝e 为()y f x =的极值点，求实数a ；（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意的x ∈（0,3e ]，恒有()f x ≤42e 成立. 注：e 为自然对数的底数．7.【2012高考浙江理22】(本小题满分14分) 已知a ＞0，b ∈R ，函数()342f x ax bx a b =--+．(Ⅰ) 证明：当0≤x ≤1时，(ⅰ) 函数()f x 的最大值为|2a －b |﹢a ；(ⅱ) ()f x ＋|2a －b |﹢a ≥0；(Ⅱ) 若－1≤()f x ≤1对x ∈[0，1]恒成立，求a ＋b 的取值范围．8.【2012高考湖南理22】（本小题满分13分）已知函数()f x =axe x =-，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 的图像上取定两点11(,())A x f x ，22(,())B x f x 12()x x <，记直线AB 的斜率为K ，问：是否存在x 0∈（x 1，x 2），使0()f x k '>成立？若存在，求0x 的取值范围；若不存在，请说明理由.9.【2012高考天津理20】(本题满分14分) 已知函数)ln()(a x x x f +-=的最小值为0，其中.0>a（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）若对任意的),,0[+∞∈x 有)(x f ≤2kx 成立，求实数k 的最小值；（Ⅲ）证明∑=<+--ni n i 12)12ln(122（*N n ∈）.10.（2009广东卷理）（本小题满分14分）已知二次函数()y g x =的导函数的图像与直线2y x =平行，且()y g x =在1x =-处取得极小值1(0)m m -≠．设()()g x f x x=．（1）若曲线()y f x =上的点P 到点(0,2)Q 的距离的最小值为2，求m 的值；（2）()k k R ∈如何取值时，函数()y f x kx =-存在零点，并求出零点．导数及其应用__答案一、求曲线的切线（导数几何意义） 8、B ；9、A ；10. A .11、【解析】（I ）设(1)xt e t =≥；则2222111a t y at b y a at at at-'=++⇒=-=， ①当1a ≥时， ()f x 的最小值为1a b a++.②当01a <<时， ()f x 的最小值为2b +. （II ）221,2a b e ==； 12、{}|0a a <. 二、求单调性或单调区间2、(1,11)-； 4、（I ）3e ；（II ）（1）a 若＞32，函数的极大值为.3)2()2(2)(2a ae a f a f a x x f -=---=，且处取得极大值在函数函数的极小值为.)34()2()22--=--a e a a f ，且（2）a 若＜32，则函数的极大值为.)34()2()2(2)(2--=---=a e a a f a f a x x f ，且处取得极小值在数函数的极小值为.3)2()2(2)(2aae a f a f a x x f -=---=，且处取得极大值在函数三、求函数的极值与最值2、2；3、（1）1a =-；（2）()f x 在1x =处取得极小值()13f =.4、（I ）2a =；（II ）当4x =时，函数()f x 取得最大值42.四、判断函数的零点3、A ；4、（1）==3a b -0，；（2）()g x 的极值点是－2；（3）当=2c 时，函数()y h x =有5 个零点；当2c <时，函数()y h x =有9 个零点.五、导数与图像1、m=1，n=2；2、A ；3、A .六、导数与不等式2、B .5、解: （I ）()2222(1)11a x x af x x x x x++'=+=>-++，令2()22g x x x a =++，其对称轴为12x =-. 由题意知12x x 、是方程()0g x =的两个均大于1-的不相等的实根，其充要条件为480(1)0a g a ∆=->⎧⎨-=>⎩，得102a <<⑴ 当1(1,)x x ∈-时，()0,()f x f x '>∴在1(1,)x -内为增函数； ⑵ 当12(,)x x x ∈时，()0,()f x f x '<∴在12(,)x x 内为减函数；⑶ 当2,()x x ∈+∞时，()0,()f x f x '>∴在2,()x +∞内为增函数；（II ）由（I ）21(0)0,02g a x =>∴-<<，222(2)a x x =-+2 ()()()22222222221(2)1f x x aln x x x x ln x ∴=++=-++2设()()221(22)1()2h x x x x ln x x =-++>-，则()()()22(21)122(21)1h x x x ln x x x ln x '=-++-=-++ ⑴ 当1(,0)2x ∈-时，()0,()h x h x '>∴在1[,0)2-单调递增； ⑵ 当(0,)x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 在(0,)+∞单调递减.()1112ln 2(,0),()224x h x h -∴∈->-=当时，故()22122()4In f x h x -=>．6、解析： (1)()f x 的定义域为(0,)+∞. ()f x'2'11(1)(1)()a x ax a x x a f x x a x x x --+--+-=-+==2分（i ）若11a -=，即2a =，则()f x '2'(1)()x f x x-=，故()f x 在(0,)+∞单调增加. (ii) 若11a -<，而1a >，故12a <<，则当(1,1)x a ∈-时，'()0f x <；当(0,1)x a ∈-及(1,)x ∈+∞时，'()0f x >故()f x 在(1,1)a -单调减少，在(0,1),(1,)a -+∞单调增加.(iii) 若11a ->，即2a >，同理可得()f x 在(1,1)a -单调减少，在(0,1),(1,)a -+∞单调增加.(2) 考虑函数 ()()g x f x x =+21(1)ln 2x ax a x x =-+-+ 则211()(1)2(1)1(11)a a g x x a x a a x x--'=--+≥--=---g 由于1<a <5，故()0g x '>，即g(x )在(4，＋∞)单调增加，从而当120x x >>时有12()()0g x g x ->，即1212()()0f x f x x x -+->，故1212()()1f x f x x x ->--，当120x x <<时，有12211221()()()()1f x f x f x f x x x x x --=>---·········12分7、（1）()(,3),(0,3)303f x -∞--+∞在单调增加，在（，），（，）单调减.(2)3223'()(3)(36)[(6)].xx x f x x x ax b ex x a e e x a x b a ---=-++++++=-+-+-由条件得：3'(2)0,22(6)0,4,f a b a b a =+-+-==-即故从而3'()[(6)42].x f x e x a x a -=-+-+-因为'()'()0,f f αβ==∴3(6)42(2)()()x a x a x x x αβ+-+-=---2(2)(()).x x x αβαβ=--++ 将右边展开，与左边比较系数得，2, 2.a αβαβ+=-=- 故2()4124.a βαβααβ-=+-=-又(2)(2)0,2()40.βααβαβ--<-++<即由此可得 6.a <- 于是 6.βα->8、解：（1）()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 e F x x e ''>⇔<<<⇔>，则当x e =时，max ()2eF x =当1,a e b e =-=时，(1)a b +的最大值为2e 9、（1）b=－1，=0a（2）证：首先由均值不等式得：当>0x 时，()2+11<+1+1=+2x x x，故+1<+12xx再次记()()9=-+6xh x f x x ，则()()()()()()22211542++154+654'=+-=-<-+12+14+12+1+6+6+6x x h x x x x x x x x ()()()()32+6-216+1=4+1+6x x x x ，令()()()3=+6-216+1g x x x ，则当0<<2x 时，()()2'=3+6-216<0g x x因此()g x 在()0,2内是减函数，又由()0=0g ，得()<0g x ，∴()'<0h x因此()h x 在()0,2内是减函数，又由()0=0h ，得()<0h x ，于是当0<<2x 时， ()9<+6xf x x …12分 10、解：（Ⅰ）k=1；（Ⅱ）()f x 的增区间为（0，1）；减区间为（1，)+∞.（Ⅲ）21()()'()(1ln )x x g x x x f x e x x x +=+=⋅--，先研究1ln x x x --，再研究1x x e+.① 记()1ln ,0i x x x x x =-->，'()ln 2i x x =--，令'()0i x =，得2x e -=，当(0x ∈，2)e -时，'()0i x >，()i x 单增；当2(x e -∈，)+∞时，'()0i x <，()i x 单减 . ∴22max ()()1i x i e e --==+，即21ln 1x x x e ---≤+.② 记1(),0x x j x x e +=>，'()0x x j x e=-<，∴()j x 在(0，)+∞单减，∴()(0)1j x j <=，即11x x e+<综①、②知，2211()(1ln )(1)1x x x x g x x x x e e e e--++=--≤+<+.七、求参数范围5、解（Ⅰ） 1.a =（Ⅱ）①当2a ≥时，()f x 的单调增区间为(0,).+∞②当02a <<时， ()),aaf x a a+∞2-2-的单调减区间为（0，单调增区间为（，）. （Ⅲ）若()f x 得最小值为1，则a 的取值范围是[2,).+∞ 6、（Ⅰ）∴a e = 或3a e =.（Ⅱ） ①当01x <≤时，对于任意的实数a ，恒有2()04f x e ≤<成立， ②当13x e <≤，由题意，首先有22(3)(3)ln(3)4f e e a e e =-≤，解得2233ln(3)ln(3)e ee a e e e -≤≤+，由（Ⅰ）知'()()(2ln 1)a f x x a x x =-+-，令 ()2ln 1ah x x x=+-，则(1)10h a =-<，()2ln 0h a a =>，且23ln(3)(3)2ln(3)12ln(3)133e e e ah e e e ee +=+-≥+-=12(ln 3)03ln(3)e e ->.又()h x 在（0，＋∞）内单调递增，∴函数()h x 在（0，＋∞）内有唯一零点，记此零点为0x ，则013x e <<，01x a <<.从而，当0(0,)x x ∈时，'()0f x >；当0(,)x x a ∈时，'()0f x <；当(,)x a ∈+∞时，'()0f x >，即()f x 在0(0,)x 内单调递增，在0,()x a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增.∴要使2()4f x e ≤对](1,3x e ∈恒成立，只要 2200022()()ln 4,(1)(3)(3)ln(3)4,(2)f x x a x e f e e a e e ⎧=-≤⎪⎨=-≤⎪⎩ 成立. 000()2ln 10ah x x x =+-=，知0002ln a x x x =+ （3）将（3）代入（1）得232004ln 4x x e ≤，又01x >，注意到函数23ln x x 在[1，＋∞)内单调递增，故01x e <≤ 再由（3）以及函数2x ln x ＋x 在（1，＋∞)内单调递增，可得13a e <≤. 由（2）解得，2233ln(3)ln(3)e e e a e e e -≤≤+. ∴233ln(3)ee a e e -≤≤综上，a 的取值范围为233ln(3)ee a e e -≤≤.7、 (Ⅰ) (ⅰ)()2122f x ax b '=-．当b ≤0时，()2122f x ax b '=-＞0在0≤x ≤1上恒成立，此时()f x 的最大值为：()1423f a b a b a b =--+=-＝|2a －b |﹢a ；当b ＞0时，()2122f x ax b '=-在0≤x ≤1上的正负性不能判断，此时()f x 的最大值为：()max 2max{(0)1}max{()3}32b a b af x f f b a a b a b b a ->⎧==--=⎨-<⎩，，（），()，＝|2a －b |﹢a ；综上所述：函数()f x 在0≤x ≤1上的最大值为|2a －b |﹢a ；(ⅱ) 要证()f x ＋|2a －b |﹢a ≥0，即证()g x ＝－()f x ≤|2a －b |﹢a ．亦即证()g x 在0≤x ≤1上的最大值小于(或等于)|2a －b |﹢a ，∵()342g x ax bx a b =-++-，∴令()212206b g x ax b x a'=-+=⇒=．当b ≤0时，()2122g x ax b '=-+＜0在0≤x ≤1上恒成立，此时()g x 的最大值为：()03g a b a b =-<-＝|2a －b |﹢a ；当b ＜0时，()2122g x ax b '=-+在0≤x ≤1上的正负性不能判断，()max max{()1}6bg x g g a=，（） 4max{2}36463662bb a b b a a bb a ba b ab a b a =+--⎧≤+-⎪=⎨>⎪-⎩，，，≤|2a －b |﹢a ；综上所述：函数()g x 在0≤x ≤1上的最大值小于(或等于)|2a －b |﹢a ．即()f x ＋|2a －b |﹢a ≥0在0≤x ≤1上恒成立．(Ⅱ)由(Ⅰ)知：函数()f x 在0≤x ≤1上的最大值为|2a －b |﹢a ，且函数()f x 在0≤x ≤1上的最小值比－(|2a －b |﹢a )要大．∵－1≤()f x ≤1对x ∈[0，1]恒成立，∴|2a －b |﹢a ≤1．取b 为纵轴，a 为横轴．则可行域为：21b a b a ≥⎧⎨-≤⎩和231b aa b <⎧⎨-≤⎩，目标函数为z ＝a ＋b ．作出可行域，由图易得：当目标函数为z ＝a ＋b 过P(1，2)时，有max 3z =． ∴所求a ＋b 的取值范围为：(]3-∞，．8、解：（Ⅰ）若0a <，则对一切0x >，()f x 1axe x =-<，这与题设矛盾，又0a ≠，故0a >.而()1,ax f x ae '=-令11()0,ln .f x x a a'==得当11ln x a a <时，()0,()f x f x '<单调递减；当11ln x a a >时，()0,()f x f x '>单调递增，故当11ln x a a =时，()f x 取最小值11111(ln )ln .f a a a a a=-于是对一切,()1x R f x ∈≥恒成立，当且仅当 111ln 1a a a-≥. ①令()ln ,g t t t t =-则()ln .g t t '=-当01t <<时，()0,()g t g t '>单调递增；当1t >时，()0,()g t g t '<单调递减. 故当1t =时，()g t 取最大值(1)1g =.因此，当且仅当11a=即1a =时，①式成立. 综上所述，a 的取值集合为{}1.（Ⅱ）由题意知，21212121()() 1.ax ax f x f x e e k x x x x --==--- 令2121()(),ax ax axe e xf x k ae x x ϕ-'=-=--则121()12121()()1,ax a x x e x e a x x x x ϕ-⎡⎤=----⎣⎦- 212()21221()()1.ax a x x e x e a x x x x ϕ-⎡⎤=---⎣⎦- 令()1t F t e t =--，则()1tF t e '=-.当0t <时，()0,()F t F t '<单调递减；当0t >时，()0,()F t F t '>单调递增.故当0t =，()(0)0,F t F >=即10.te t -->从而21()21()10a x x ea x x ---->，12()12()10,a x x e a x x ---->又1210,ax e x x >-2210,ax e x x >- ∴1()0,x ϕ<2()0.x ϕ> 因为函数()y x ϕ=在区间[]12,x x 上的图像是连续不断的一条曲线，∴存在012(,)x x x ∈使0()0,x ϕ=2()0,()axx a e x ϕϕ'=>单调递增，故这样的c 是唯一的，且21211ln()ax ax e e c a a x x -=-. 故当且仅当212211(ln ,)()ax ax e e x x a a x x -∈-时， 0()f x k '>.综上所述，存在012(,)x x x ∈使0()f x k '>成立.且0x 的取值范围为212211(ln ,)()ax ax e e x a a x x --.9、解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为(,)a -+∞ ()ln()f x x x a =-+11()101x a f x x a a x a x a+-'⇒=-==⇔=->-++ ()01,()01f x x a f x a x a ''>⇔>-<⇔-<<-，得1x a =-时，min ()(1)101f x f a a a =-⇔-=⇔=（Ⅱ）设22()()ln(1)(0)g x kx f x kx x x x =-=-++≥ 则()0g x ≥在[0,+)x ∈∞上恒成立min ()0(0)g x g ⇔≥=…………（*）(1)1ln 200g k k =-+≥⇒>， 1(221)()2111x kx k g x kx x x +-'=-+=++ ①当1210()2k k -<<时，0012()00()(0)02kg x x x g x g k-'≤⇔≤≤=⇒<=与（*）矛盾 ②当12k ≥时，min ()0()(0)0g x g x g '≥⇒==符合（*）， ∴实数k 的最小值为12（Ⅲ）由（2）得：21ln(1)2x x x -+<对任意的0x >值恒成立取2(1,2,3,,)21x i n i ==- ：222[ln(21)ln(21)]21(21)i i i i -+--<-- 当1n =时，2ln 32-< 得：=12ln (2+1)<221ni n i --∑ 当2i ≥时，2211(21)2321i i i <---- 得：121[ln(21)ln(21)]2ln 3122121ni i i i n =-++-<-+-<--∑.10、（1）依题可设1)1()(2-++=m x a x g (0≠a )，则a ax x a x g 22)1(2)('+=+=；又()g x '的图像与直线2y x =平行 22a ∴=，即1a =m x x m x x g ++=-++=∴21)1()(22， ()()2g x mf x x x x==++，设(),o o P x y ，则200202022)()2(||x m x x y x PQ ++=-+=m m m m m x m x 2||2222222220220+=+≥++=当且仅当202202x m x =时，2||PQ 取得最小值，即||PQ 取得最小值2当0>m 时，2)222(=+m 解得12-=m 当0<m 时，2)222(=+-m 解得12--=m（2）由()()120my f x kx k x x =-=-++=(0≠x )，得()2120k x x m -++= ()* 当1k =时，方程()*有一解2m x =-，函数()y f x kx =-有一零点2mx =-；当1k ≠时，方程()*有二解()4410m k ⇔∆=-->，若0m >，11k m >-，函数()y f x kx =-有两个零点)1(2)1(442k k m x ---±-=，即1)1(11---±=k k m x ；若0m <，11k m <-，函数()y f x kx =-有两个零点)1(2)1(442k k m x ---±-=，即1)1(11---±=k k m x ；当1k ≠时，方程()*有一解()4410m k ⇔∆=--=， 11k m=-，函数()y f x kx =-有一零点m k x -=-=11综上，①当1k =时，函数()y f x kx =-有一零点2mx =-；②当11k m >-(0m >)，或11k m <-（0m <）时，函数()y f x kx =-有两个零点1)1(11---±=k k m x ；③当11k m =-时，函数()y f x kx =-有一零点m k x -=-=11.。

新课标普通高中2014届高三数学(理)二轮专题

2
, k Z ，又 x 0,4 ， k 0,1,2,3,4
)．
所以共有 6 个解.选 C. 2 3．函数 f(x)＝log2|x|，g(x)＝－x ＋2，则 f(x)²g(x)的图象只可能是(
【解析】因为函数 f(x)，g(x)都为偶函数，所以 f(x)²g(x)也为偶函数．所以图象关于 y 轴对称，排除 A，D.f(x)²g(x)＝(－x ＋2)log2|x|，当 0<x<1 时，f(x)²g(x)<0 排除 B 选 C. 4．（2013 浙江）已知 x, y 为正实数,则( A. 2 C. 2
x x
2
a 0, 且a 1 ，若 g 2 a ，则 f 2 (
A.
)．
2
15 B. 4
17 C. 4
2
D. a
2
2
【解析】由条件 f 2 g 2 a a
2 ， f 2 g 2 a 2 a 2 2 ，即
f 2 g 2 a 2 a 2 2 ，由此解得 g 2 2 ， f 2 a 2 a 2 ，
2
)
4 B. 3，
C.
3

D.
4
1 x 2

则 A I CR B= (
)
-3-
新课标普通高中 2014 年高考数学（理）增分直通车
A. x | x 0 C. B. x | 2 x 4 D. x | 0 x 2或x 4
) 当 3 x 1 时， 5．（ 2012 山东）定义在 R 上的函数 f ( x ) 满足 f ( x 6 ) f ( x .

2014届高考数学二轮复习《导数》各类题型方法总结学生用

导数各种题型方法总结一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立；1、此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令0)('=x f 得到两个根；第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题，2、常见处理方法有三种：第一种：分离变量求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0）第二种：变更主元（即关于某字母的一次函数）-----（已知谁的范围就把谁作为主元）；例1：设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，若在区间D 上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，4323()1262x mx x f x =-- （1）若()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数”，求m 的取值范围；（2）若对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”，求b a -的最大值.例2：设函数),10(3231)(223R b a b x a ax x x f ∈<<+-+-= （Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的],2,1[++∈a a x 不等式()f x a '≤恒成立，求a 的取值范围.第三种：构造函数求最值：题型特征：)()(x g x f >恒成立0)()()(>-=⇔x g x f x h 恒成立；从而转化为第一、二种题型例3；已知函数32()f x x ax =+图象上一点(1,)P b 处的切线斜率为3-， 326()(1)3(0)2t g x x x t x t -=+-++> （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（Ⅲ）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。

2014届高考数学(理科)二轮复习专题讲义：专题一第5讲导数及其应用

2014届高考数学（理科）二轮复习专题讲义：专题一第5讲导数及其应用(1)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数f ′(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率，即k ＝f ′(x 0)．(2)曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．二、经典例题领悟好[例1] (1)(2013·湖北荆门调研)曲线y ＝x2x －1在点(1,1)处的切线方程为________．(2)(2013·广东高考)若曲线y ＝ax 2－ln x 在点(1，a )处的切线平行于x 轴，则a ＝________. [解析] (1)∵点(1,1)在曲线y ＝x 2x －1上，y ′＝－1(2x －1)2，∴在点(1,1)处的切线斜率为y ′|x ＝1＝－1(2－1)2＝－1，所求切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.(2)因为y ′＝2ax －1x ，所以y ′|x ＝1＝2a －1.因为曲线在点(1，a )处的切线平行于x 轴，故其斜率为0，故2a －1＝0，a ＝12.[答案] (1)x ＋y －2＝0 (2)12解决函数切线的相关问题，需抓住以下关键点： (1)切点是交点.(2)在切点处的导数是切线的斜率.因此，解决此类问题，一般要设出切点，建立关系—方程(组).(3)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异.过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上；在点P 处的切线，点P 是切点.三、预测押题不能少1．已知偶函数f (x )在R 上的任一取值都有导数，且f ′(1)＝1，f (x ＋2)＝f (x －2)，则曲线y ＝f (x )在x ＝－5处的切线斜率为( )A ．2B ．－2C ．1D ．－1解析：选D 由f (x ＋2)＝f (x －2)，得f (x ＋4)＝f (x )，可知函数为周期函数，且周期为4.又函数f (x )为偶函数，所以f (x ＋2)＝f (x －2)＝f (2－x ) ，即函数的对称轴为x ＝2，所以f ′(－5)＝f ′(3)＝－f ′(1)，所以函数在x ＝－5处的切线的斜率k ＝f ′(－5)＝－f ′(1)＝－1.函数的单调性与导数的关系：在区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数f (x )在区间(a ，b )上单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数f (x )在区间(a ，b )上单调递减．二、经典例题领悟好[例2] (2013·全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值； (2)讨论f (x )的单调性．[解] (1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4.故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ， f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎫e x －12. 令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )<0. 故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．利用导数研究函数单调性的一般步骤(1)确定函数的定义域； (2)求导数f ′(x )；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f (x )的定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可．②若已知f (x )的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题求解．三、预测押题不能少2．已知函数f (x )＝13x 3＋mx 2－3m 2x ＋1，m ∈R .(1)当m ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)若f (x )在区间(－2,3)上是减函数，求m 的取值范围．解：(1)当m ＝1时，f (x )＝13x 3＋x 2－3x ＋1，又f ′(x )＝x 2＋2x －3，所以f ′(2)＝5. 又f (2)＝53，所以所求切线方程为y －53＝5(x －2)，即15x －3y －25＝0.所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为15x －3y －25＝0. (2)因为f ′(x )＝x 2＋2mx －3m 2，令f ′(x )＝0，得x ＝－3m 或x ＝m .当m ＝0时，f ′(x )＝x 2≥0恒成立，不符合题意；当m >0时，f (x )的单调递减区间是(－3m ，m )，若f (x )在区间(－2,3)上是减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧－3m ≤－2，m ≥3，解得m ≥3；当m <0时，f (x )的单调递减区间是(m ，－3m )，若f (x )在区间(－2,3)上是减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧m ≤－2，－3m ≥3，解得m ≤－2. 综上所述，实数m 的取值范围是(－∞，－2]∪[3，＋∞).(1)若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．(2)设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．二、经典例题领悟好[例3] (2013·福建高考节选)已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)求函数f (x )的极值；(2)当a ＝1时，若直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )没有公共点，求k 的最大值． [解] (1)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x ＝a ，即x ＝ln a .当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值． (2)当a ＝1时，f (x )＝x －1＋1ex .直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )没有公共点，等价于关于x 的方程kx －1＝x －1＋1e x 在R上没有实数解，即关于x 的方程：(k －1)x ＝1ex (*)在R 上没有实数解．①当k ＝1时，方程(*)可化为1e x ＝0，在R 上没有实数解．②当k ≠1时，方程(*)化为1k －1＝x e x . 令g (x )＝x e x ，则有g ′(x )＝(1＋x )e x . 令g ′(x )＝0，得x ＝－1，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：当x ＝－1时，g (x )min ＝－1e ，同时当x 趋于＋∞时，g (x )趋于＋∞，从而g (x )的取值范围为⎣⎡⎭⎫－1e ，＋∞. 所以当1k －1∈⎝⎛⎭⎫－∞，－1e 时，方程(*)无实数解，解得k 的取值范围是(1－e,1)．综合①②，得k 的最大值为1.(1)求函数y ＝f (x )在某个区间上的极值的步骤：第一步：求导数f ′(x )；第二步：求方程f ′(x )＝0的根x 0；第三步：检查f ′(x )在x ＝x 0左右的符号； ①左正右负⇔f (x )在x ＝x 0处取极大值； ②左负右正⇔f (x )在x ＝x 0处取极小值.(2)求函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的最大值与最小值的步骤：第一步：求函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内的极值(极大值或极小值)；第二步：将y ＝f (x )的各极值与f (a )，f (b )进行比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.三、预测押题不能少3．已知函数f (x )＝ax －2x－3ln x ，其中a 为常数．(1)当函数f (x )的图像在点⎝⎛⎭⎫23，f ⎝⎛⎭⎫23处的切线的斜率为1时，求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤32，3上的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ，由题意可知f ′⎝⎛⎭⎫23＝1，解得a ＝1.故f (x )＝x －2x －3ln x ，∴f ′(x )＝(x －1)(x －2)x 2，由f ′(x )＝0，得x ＝2. 于是可得下表：∴f (x )min (2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x 2(x >0)，由题意可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x 1，x 2，并令h (x )＝ax 2－3x ＋2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，x 1＋x 2＝3a >0，x 1x 2＝2a >0，⎝⎛⎭⎪⎪⎫也可以为⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，－－32a >0，h (0)>0，解得0<a <98.故a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，98.导数已由解决问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，利用导数解决函数的单调性与最值的命题趋势较强，各套试题多以压轴题呈现，大多将导数与函数、不等式、方程、数列交汇命题，考查不等式证明，方程根的讨论，求参数范围．一、经典例题领悟好[例1] (2013·辽宁省五校模拟)已知函数f (x )＝a ln x ＋1(a >0)． (1)当x >0时，求证：f (x )－1≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x ； (2)在区间(1，e)上f (x )>x 恒成立，求实数a 的范围． (1)学审题——审结论之逆向分析结论――→构造函数 φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎫1－1x ――→求导 φ′(x )―→φ(x )最小值―→结论． (2)学审题——审条件之审视结构条件――→转化a >x －1ln x ―――――→构造函数 g (x )＝x －1ln x ――→求导 g ′(x )＝ln x －x －1x (ln x )2――――→构造函数 h (x )＝ln x －x －1x――→求导 h ′(x )―→h (x )>h (1)＝0―→g ′(x )>0―→g (x )<g (e)―→a 的范围．用“思想”——尝试用“函数与方程思想”解题(1)证明：设φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎫1－1x ＝a ln x －a ⎝⎛⎭⎫1－1x (x >0)，则φ′(x )＝a x －ax 2.令φ′(x )＝0，则x ＝1，易知φ(x )在x ＝1处取到最小值，故φ(x )≥φ(1)＝0，即f (x )－1≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x . (2)由f (x )>x 得a ln x ＋1>x ，即a >x －1ln x .令g (x )＝x －1ln x (1<x <e)，则g ′(x )＝ln x －x －1x (ln x )2. 令h (x )＝ln x －x －1x (1<x <e)，则h ′(x )＝1x －1x2>0，故h (x )在定义域上单调递增，所以h (x )>h (1)＝0.因为h (x )>0，所以g ′(x )>0，即g (x )在定义域上单调递增，则g (x )<g (e)＝e －1，即x －1ln x<e －1，所以a 的取值范围为[e －1，＋∞)．(1)本题三次利用函数思想，第(2)问中首先分离常数，变为a >x －1ln x ，再构造函数g (x )，求其最值确定a 的范围.(2)导数综合应用题型中应用函数思想的常见类型： ①构造新函数求最值解决不等式恒成立问题； ②构造新函数利用性质解决不等式证明问题； ③构造新函数求零点解决方程解的问题. 二、预测押题不能少1．已知函数f (x )＝e x (x 2＋ax －a )，其中a 是常数． (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若存在实数k ，使得关于x 的方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k 的取值范围．解：(1)由f (x )＝e x (x 2＋ax －a )可得， f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ]．当a ＝1时，f (1)＝e ，f ′(1)＝4e.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e. (2)令f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ]＝0，解得x ＝－(a ＋2)或x ＝0.当－(a ＋2)≤0，即a ≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上是增函数，所以方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－(a ＋2)>0，即a <－2时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：由上表可知函数f (x )在[0，＋∞)上的最小值为f (－(a ＋2))＝a ＋4ea ＋2.因为函数f (x )在(0，－(a ＋2))上是减函数，在(－(a ＋2)，＋∞)上是增函数，且当x ≥－a 时，有f (x )≥f (－a )＝e －a (－a )>－a ，又f (0)＝－a ，所以要使方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤a ＋4e a ＋2，－a .一、经典例题领悟好[例2] (2012·福建高考)如图所示，在边长为1的正方形OABC 中任取一点P ，则点P 恰好取自阴影部分的概率为( )A.14B.15C.16D.17[解析] 法一：曲线y ＝x 与直线x ＝1及x 轴所围成的曲边图形的面积S ＝10⎰x d x ＝23x3210＝23，又∵S △AOB ＝12，∴阴影部分的面积为S ′＝23－12＝16，由几何概型可知，点P 取自阴影部分的概率为P ＝16.法二：S 阴影＝∫10(x －x )d x ＝16， S正方形OABC ＝1，∴点P 取自阴影部分的概率为P ＝16.[答案] C定积分的考查往往是确定被积函数直接求阴影部分的面积，而几何概型的考查也是两部分面积或长度等的比值.本题却把定积分求面积与几何概型相结合，突破了二者之间的隔膜，建立了联系，新颖、独特，令人耳目一新，并且难度并没有因此而加大，实属好题.二、预测押题不能少2．已知Ω＝{(x ，y )|x ＋y ≤6，x ≥0，y ≥0}，A ＝{(x ，y )|x ≤4，y ≥0，x －y 2≥0}，若向区域Ω内随机投一点P ，则点P 落入区域A 的概率是________．解析：画出草图，可知所求概率P ＝S 阴影S △AOB＝∫40x d x 18＝23x 324018＝16318＝827.答案：827对导数考查其综合应用，命题综合性较强，试题不断追求创新，如2013年安徽卷以下面这个例题从创新的角度考查导数综合应用．一、经典例题领悟好[例3] (2013·安徽高考)设函数f (x )＝ax －(1＋a 2)x 2，其中a >0，区间I ＝{x |f (x )>0}． (1)求I 的长度(注：区间(α，β)的长度定义为β－α)；(2)给定常数k ∈(0,1)，当1－k ≤a ≤1＋k 时，求I 长度的最小值． [解] (1)因为方程ax －(1＋a 2)x 2＝0(a >0)有两个实根x 1＝0，x 2＝a 1＋a 2，故f (x )>0的解集为{x |x 1<x <x 2}．因此区间I ＝⎝⎛⎭⎫0，a 1＋a 2，故I 的长度为a1＋a 2.(2)设d (a )＝a1＋a 2，则d ′(a )＝1－a 2(1＋a 2)2(a >0)．令d ′(a )＝0，得a ＝1.由于0<k <1，故当1－k ≤a <1时，d ′(a )>0，d (a )单调递增；当1<a ≤1＋k 时，d ′(a )<0，d (a )单调递减．所以当1－k ≤a ≤1＋k 时，d (a )的最小值必定在a ＝1－k 或 a ＝1＋k 处取得．而d (1－k )d (1＋k )＝1－k1＋(1－k )21＋k 1＋(1＋k )2＝2－k 2－k 32－k 2＋k 3<1，故d (1－k )<d (1＋k )．因此当a ＝1－k 时，d (a )在区间[1－k,1＋k ]上取得最小值1－k2－2k ＋k 2.本题以函数的形式给出，求解一元二次不等式，从而表示出I ，在利用导数求最小值，比较d (1－k )与d (1＋k )大小时，也可以作差.二、预测押题不能少3．设a >0，b >0，已知函数f (x )＝ax ＋bx ＋1.(1)当a ≠b 时，讨论函数f (x )的单调性；(2)当x >0时，称f (x )为a ，b 关于x 的加权平均数．①判断f (1)，f ⎝⎛⎭⎫b a ，f ⎝⎛⎭⎫b a 是否成等比数列，并证明f ⎝⎛⎭⎫b a ≤f ⎝⎛⎭⎫b a ； ②a ，b 的几何平均数记为G .称2aba ＋b 为a ，b 的调和平均数，记为H .若H ≤f (x )≤G ，求x的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)， f ′(x )＝a (x ＋1)－(ax ＋b )(x ＋1)2＝a －b(x ＋1)2.当a >b 时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上单调递增；当a 0，f ⎝⎛⎭⎫b a ＝2ab a ＋b >0，f ⎝⎛⎭⎫b a ＝ab >0. 故f (1)f ⎝⎛⎭⎫b a ＝a ＋b 2·2aba ＋b ＝ab ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫b a 2，即f (1)f ⎝⎛⎭⎫b a ＝⎣⎡⎦⎤f⎝⎛⎭⎫b a 2.(*) 所以f (1)，f ⎝⎛⎭⎫b a ，f ⎝⎛⎭⎫b a 成等比数列．因为a ＋b 2≥ab ，即f (1)≥f ⎝⎛⎭⎫b a . 由(*)得f ⎝⎛⎭⎫b a ≤f⎝⎛⎭⎫b a . ②由①知f ⎝⎛⎭⎫b a ＝H ，f ⎝⎛⎭⎫b a ＝G . 故由H ≤f (x )≤G ，得f ⎝⎛⎭⎫b a ≤f (x )≤f ⎝⎛⎭⎫b a .(**) 当a ＝b 时，f ⎝⎛⎭⎫b a ＝f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫b a ＝a . 这时，x 的取值范围为(0，＋∞)；当a >b 时，01，从而ba >ba，由f (x )在(0，＋∞)上单调递减与(**)式，得b a ≤x ≤b a，即x 的取值范围为⎣⎡⎦⎤b a ，b a . 综上，当a ＝b 时，x 的取值范围为(0，＋∞)；当a >b 时，x 的取值范围为⎣⎡⎦⎤b a，b a ；当a <b 时，x 的取值范围为⎣⎡⎦⎤b a ，b a .。

2014年北京市北大附中高考数学二轮专题训练：导数及其应用(理科)(含详细答案解析)

2014年北京市北大附中高考数学二轮专题训练：导数及其应用（理科）一、选择题（本大题共12个小题，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．（5分）已知实数a，b，c，d成等比数列，且对函数y=ln（x+2）﹣x，当x=b 时取到极大值c，则ad等于（）A．﹣1 B．0 C．1 D．22．（5分）=（）A．B．1 C．D．3．（5分）如图，函数y=f（x）的图象在点P处的切线方程是y=kx+b，若f（1）﹣f′（1）=2，则b=（）A．﹣1 B．1 C．2 D．﹣24．（5分）设f（x）=ax3+3x2+2，若f′（﹣1）=4，则a的值等于（）A．B．C．D．5．（5分）曲线在点M（，0）处的切线的斜率为（）A．B．C．D．6．（5分）函数f（x）=﹣2x+ax3，若f′（2）=1，则a=（）A．4 B．C．﹣4 D．﹣7．（5分）如图所示，一质点P（x，y）在xOy平面上沿曲线运动，速度大小不变，其在x轴上的投影点Q（x，0）的运动速度V=V（t）的图象大致为（）A．B．C．D．8．（5分）已知f1（x）=sinx+cosx，f n+1（x）是f n（x）的导函数，即f2（x）=f1′（x），f3（x）=f2′（x），…，f n+1（x）=f n′（x），n∈N*，则f2011（x）=（）A．sinx+cosx B．sinx﹣cosx C．﹣sinx+cosx D．﹣sinx﹣cosx9．（5分）函数在（1，1）处的切线方程是（）A．x=1 B．y=x﹣1 C．y=1 D．y=﹣110．（5分）设f（x）在x处可导，则等于（）A．2f′（x） B．f′（x）C．f′（x）D．4f′（x）11．（5分）设函数f（x）在区间[a，b]上连续，用分点a=x0＜x1＜…＜x i﹣1＜x i…＜x n=b，把区间[a，b]等分成n个小区间，在每个小区间[x i﹣1，x i]上任取一点ξi（i=1，2，…，n），作和式（其中△x为小区间的长度），那么S n的大小（）A．与f（x）和区间[a，b]有关，与分点的个数n和ξi的取法无关B．与f（x）和区间[a，b]和分点的个数n有关，与ξi的取法无关C．与f（x）和区间[a，b]和分点的个数n，ξi的取法都有关D．与f（x）和区间[a，b]和ξi取法有关，与分点的个数n无关12．（5分）已知f（x）=x2+3xf′（1），则f′（1）为（）A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）13．（5分）已知f（x）=x2+2x﹣sinx，则f′（0）=．14．（5分）设曲线y=在点（3，2）处的切线与直线2ax+y+1=0垂直，则a=．15．（5分）设y=f（x）为区间[0，1]上的连续函数，且恒有0≤f（x）≤1，可以用随机模拟方法近似计算积分，先产生两组（每组N个）区间[0，1]上的均匀随机数x1，x2，…x N和y1，y2，…y N，由此得到N个点（x i，y i）（i=1，2，…，N），再数出其中满足y i≤f（x i）（i=1，2，…，N）的点数N1，那么由随机模拟方案可得积分的近似值为．16．（5分）设函数f（x）=ax2+c（a≠0），若f（x）dx=f（x0），0≤x0≤1，则x0的值为．三、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（10分）设x=3是函数f（x）=（x2+ax+b）e3﹣x（x∈R）的一个极值点．（Ⅰ）求a与b的关系式（用a表示b），并求f（x）的单调区间；（Ⅱ）设a＞0，．若存在ξ1，ξ2∈[0，4]使得|f（ξ1）﹣g（ξ2）|＜1成立，求a的取值范围．18．（12分）已知函数f（x）=x3+mx2﹣m2x+1（m为常数，且m＞0），当x=﹣2时有极大值．（1）求m的值；（2）若曲线y=f（x）有斜率为﹣5的切线，求此切线方程．19．（12分）已知函数f（x）=（a∈R）．（1）若a＜0，求函数f（x）的极值；（2）是否存在实数a使得函数f（x）在区间[0，2]上有两个零点，若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．20．（12分）设函数f（x）=x3+ax2﹣a2x+m（a＞0）（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在x∈[﹣1，1]内没有极值点，求a的取值范围；（Ⅲ）若对任意的a∈[3，6]，不等式f（x）≤1在x∈[﹣2，2]上恒成立，求m的取值范围．21．（12分）已知函数f（x）=﹣．（Ⅰ）当a=时，求函数f（x）在[﹣2，2]上的最大值、最小值；（Ⅱ）令g（x）=ln（x+1）+3﹣f′（x），若g（x）在（﹣）上单调递增，求实数a的取值范围．22．（12分）已知函数f（x）=lnx﹣ax+1，a∈R是常数．（1）求函数y=f（x）的图象在点P（1，f（1））处的切线l的方程；（2）证明函数y=f（x）（x≠1）的图象在直线l的下方；（3）若函数y=f（x）有零点，求实数a的取值范围．2014年北京市北大附中高考数学二轮专题训练：导数及其应用（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12个小题，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．（5分）已知实数a，b，c，d成等比数列，且对函数y=ln（x+2）﹣x，当x=b 时取到极大值c，则ad等于（）A．﹣1 B．0 C．1 D．2【分析】首先根据题意求出函数的导数为f′（x）=，再结合当x=b时函数取到极大值c，进而求出b与c的数值，再利用等比数列的性质得到答案．【解答】解：由题意可得：函数y=ln（x+2）﹣x，所以f′（x）=．因为当x=b时函数取到极大值c，所以有且ln（b+2）﹣b=c，解得：b=﹣1，c=1．即bc=﹣1．因为实数a，b，c，d成等比数列，所以ad=bc=﹣1．故选：A．【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握导数的作用，即求单调区间，求切线方程，以及求函数的极值与最值等．2．（5分）=（）A．B．1 C．D．【分析】先利用降幂公式进行化简，再求出该函数的原函数，利用定积分的运算公式求解即可．【解答】解：cos2x=，∴∵=1故选：B．【点评】本题主要考查了定积分，定积分运算是求导的逆运算，属于基础题．3．（5分）如图，函数y=f（x）的图象在点P处的切线方程是y=kx+b，若f（1）﹣f′（1）=2，则b=（）A．﹣1 B．1 C．2 D．﹣2【分析】由图象可得P为切点，则由导数的几何意义可知f′（1）=k，又f（1）=k+b，即可得到b的值．【解答】解：由于函数y=f（x）的图象在点P处的切线方程是y=kx+b，且P（1，f（1）），则f（1）=k+b，f′（1）=k，由f（1）﹣f′（1）=2，得b=2，故选：C．【点评】本题考查导数的几何意义：曲线在该点处的切线的斜率，考查基本的运算能力，属于基础题．4．（5分）设f（x）=ax3+3x2+2，若f′（﹣1）=4，则a的值等于（）A．B．C．D．【分析】先求出导函数，再代值算出a．【解答】解：f′（x）=3ax2+6x，∴f′（﹣1）=3a﹣6=4，∴a=故选：D．【点评】本题是对导数基本知识的考查，属于容易题，在近几年的高考中，对于导数的考查基本围绕导数的计算和导数的几何意义展开，是考生复习时的重点内容．5．（5分）曲线在点M（，0）处的切线的斜率为（）A．B．C．D．【分析】先求出导函数，然后根据导数的几何意义求出函数f（x）在x=处的导数，从而求出切线的斜率．【解答】解：∵∴y'==y'|x==|x==故选：B．【点评】本题主要考查了导数的几何意义，以及导数的计算，同时考查了计算能力，属于基础题．6．（5分）函数f（x）=﹣2x+ax3，若f′（2）=1，则a=（）A．4 B．C．﹣4 D．﹣【分析】由题意，可先解出f（x）=﹣2x+ax3的导数，再由方程f′（2）=1即可解出a的值【解答】解：由f（x）=﹣2x+ax3，得f′（x）=﹣2+3ax2，又f′（2）=1∴﹣2+12a=1，解得a=故选：B．【点评】本题考查导数的运算，准确求出函数的导数是解题的关键，本题是导数中的基础题7．（5分）如图所示，一质点P（x，y）在xOy平面上沿曲线运动，速度大小不变，其在x轴上的投影点Q（x，0）的运动速度V=V（t）的图象大致为（）A．B．C．D．【分析】对于类似于本题图象的试题，可以考虑排除法，由图象依次分析投影点的速度、质点p的速度等，逐步排除即可得答案．【解答】解：由图可知，当质点P（x，y）在两个封闭曲线上运动时，投影点Q（x，0）的速度先由正到0，到负数，再到0，到正，故A错误；在第2个圈的交点后的那一段图象q的位移一直在增大，相同时间内速度也在增大，最后那段斜率越来越大，其投影Q的速度必定越来越小，故D不正确；质点P（x，y）在开始时沿直线运动，故投影点Q（x，0）的速度为常数，因此C是错误的．故选：B．【点评】本题考查导数的几何意义在函数图象上的应用．8．（5分）已知f1（x）=sinx+cosx，f n+1（x）是f n（x）的导函数，即f2（x）=f1′（x），f3（x）=f2′（x），…，f n+1（x）=f n′（x），n∈N*，则f2011（x）=（）A．sinx+cosx B．sinx﹣cosx C．﹣sinx+cosx D．﹣sinx﹣cosx【分析】先求出f2（x）、f3（x）、f4（x），观察所求的结果，归纳其中的周期性规律，求解即可．【解答】解：f2（x）=f1′（x）=cosx﹣sinx，f3（x）=（cosx﹣sinx）′=﹣sinx﹣cosx，f4（x）=﹣cosx+sinx，f5（x）=sinx+cosx，（x）以此类推，可得出f n（x）=f n+4f2011（x）=f3（x）=﹣sinx﹣cosx，故选：D．【点评】此题是中档题．本题考查三角函数的导数、周期性、及观察归纳思想的运用．9．（5分）函数在（1，1）处的切线方程是（）A．x=1 B．y=x﹣1 C．y=1 D．y=﹣1【分析】由，知f′（x）=，由此能求出在（1，1）处的切线方程．【解答】解：∵，∴f′（x）=，∴f′（1）=0，∴在（1，1）处的切线方程为：y﹣1=0，即y=1．故选：C．【点评】本题考查切线方程的求法，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．10．（5分）设f（x）在x处可导，则等于（）A．2f′（x） B．f′（x）C．f′（x）D．4f′（x）【分析】利用导数的定义即可得出．【解答】解：∵f（x）在x处可导，∴=f′（x）．故选：C．【点评】本题考查了导数的定义，属于基础题．11．（5分）设函数f（x）在区间[a，b]上连续，用分点a=x0＜x1＜…＜x i﹣1＜x i…＜x n=b，把区间[a，b]等分成n个小区间，在每个小区间[x i﹣1，x i]上任取一点ξi（i=1，2，…，n），作和式（其中△x为小区间的长度），那么S n的大小（）A．与f（x）和区间[a，b]有关，与分点的个数n和ξi的取法无关B．与f（x）和区间[a，b]和分点的个数n有关，与ξi的取法无关C．与f（x）和区间[a，b]和分点的个数n，ξi的取法都有关D．与f（x）和区间[a，b]和ξi取法有关，与分点的个数n无关【分析】结合学过的定积分的概念，看出在求定积分之前，和式的值与三个方面都有关系，得到正确结果．【解答】解：∵用分点a=x0＜x1＜…＜x i＜x i…＜x n=b，﹣1，x i]上任取一点ξi（i=1，2，…，把区间[a，b]等分成n个小区间，在每个小区间[x i﹣1n），作和式，∴若再对和式求极限，则可以得到函数式的定积分，在求定积分前，和式的大小与函数式，分点的个数和变量的取法有关，故选：C．【点评】本题考查定积分的概念，本题解题的关键是看清概念的应用，注意看清各个量和和式的关系，本题是一个基础题．12．（5分）已知f（x）=x2+3xf′（1），则f′（1）为（）A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1【分析】先求出f′（x）=2x+3f'（1），令x=1，即可求出f′（1 ）．【解答】解：因为f（x）=x2+3xf'（1）所以：f′（x）=2x+3f'（1），令x=1，得f′（1）=2+3f'（1），故f′（1）=﹣1，故选：B．【点评】本题考查函数与导数，求导公式的应用及函数值求解．本题求出f′（x ）是关键步骤．二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）13．（5分）已知f（x）=x2+2x﹣sinx，则f′（0）=1．【分析】按照导数的运算法则先对f（x）求导再计算f′（0）．【解答】解：∵f（x）=x2+2x﹣sinx，∴f′（x）=2x+2﹣cosx，∴f′（0）=2×0+2﹣cos0=0+2﹣1=1；故答案为：1．【点评】本题考查了导数的基本运算问题，是基础题．14．（5分）设曲线y=在点（3，2）处的切线与直线2ax+y+1=0垂直，则a=﹣1．【分析】求出函数的导数，切线的斜率，由两直线垂直的条件，即可得到a的值．【解答】解：∵y=，∴y′==，∴曲线y=在点（3，2）处的切线的斜率k==﹣，∵曲线y=在点（3，2）处的切线与直线2ax+y+1=0垂直，∴直线2ax+y+1=0的斜率k′=﹣2a=2，即a=﹣1．故答案为：﹣1．【点评】本题考查导数的几何意义的求法，考查导数的运算，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意直线与直线垂直的性质的灵活运用．15．（5分）设y=f（x）为区间[0，1]上的连续函数，且恒有0≤f（x）≤1，可以用随机模拟方法近似计算积分，先产生两组（每组N个）区间[0，1]上的均匀随机数x1，x2，…x N和y1，y2，…y N，由此得到N个点（x i，y i）（i=1，2，…，N），再数出其中满足y i≤f（x i）（i=1，2，…，N）的点数N1，那么由随机模拟方案可得积分的近似值为．【分析】要求∫f（x）dx的近似值，利用几何概型求概率，结合点数比即可得．【解答】解：由题意可知得，故积分的近似值为．故答案为：．【点评】本题考查几何概型模拟估计定积分值，以及定积分在面积中的简单应用，属于基础题．16．（5分）设函数f（x）=ax2+c（a≠0），若f（x）dx=f（x0），0≤x0≤1，则x0的值为．【分析】求出定积分∫01f（x）dx，根据方程ax02+c=∫01f（x）dx即可求解．【解答】解：∵f（x）=ax2+c（a≠0），∴f（x0）=∫01f（x）dx=[+cx]01=+c．又∵f（x0）=ax02+c．∴x02=，∵x0∈[0，1]∴x0=．【点评】本题考查了积分和导数的公式，属于基本知识基本运算．同时考查了恒等式系数相等的思想．三、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（10分）设x=3是函数f（x）=（x2+ax+b）e3﹣x（x∈R）的一个极值点．（Ⅰ）求a与b的关系式（用a表示b），并求f（x）的单调区间；（Ⅱ）设a＞0，．若存在ξ1，ξ2∈[0，4]使得|f（ξ1）﹣g（ξ2）|＜1成立，求a的取值范围．【分析】（Ⅰ）求出f′（x），因为x=3是函数f（x）的一个极值点得到f′（3）=0即可得到a与b的关系式；令f′（x）=0，得到函数的极值点，用a的范围分两种情况分别用极值点讨论得到函数的单调区间；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a＞0时，f（x）在区间（0，3）上的单调递增，在区间（3，4）上单调递减，得到f（x）在区间[0，4]上的值域，又在区间[0，4]上是增函数，求出的值域，最大减去最小得到关于a的不等式求出解集即可．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=﹣[x2+（a﹣2）x+b﹣a]e3﹣x，由f′（3）=0，得﹣[32+（a﹣2）3+b﹣a]e3﹣3=0，即得b=﹣3﹣2a，则f′（x）=[x2+（a﹣2）x﹣3﹣2a﹣a]e3﹣x=﹣[x2+（a﹣2）x﹣3﹣3a]e3﹣x=﹣（x﹣3）（x+a+1）e3﹣x．令f′（x）=0，得x1=3或x2=﹣a﹣1，由于x=3是极值点，所以x+a+1≠0，那么a≠﹣4．当a＜﹣4时，x2＞3=x1，则在区间（﹣∞，3）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数；在区间（3，﹣a﹣1）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数；在区间（﹣a﹣1，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数．当a＞﹣4时，x2＜3=x1，则在区间（﹣∞，﹣a﹣1）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数；在区间（﹣a﹣1，3）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数；在区间（3，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a＞0时，f（x）在区间（0，3）上的单调递增，在区间（3，4）上单调递减，那么f（x）在区间[0，4]上的值域是[min（f（0），f（4）），f（3）]，而f（0）=﹣（2a+3）e3＜0，f（4）=（2a+13）e﹣1＞0，f（3）=a+6，那么f（x）在区间[0，4]上的值域是[﹣（2a+3）e3，a+6]．又在区间[0，4]上是增函数，且它在区间[0，4]上的值域是[a2+，（a2+）e4]，由于（a2+）﹣（a+6）=a2﹣a+=（）2≥0，所以只须仅须（a2+）﹣（a+6）＜1且a＞0，解得0＜a＜．故a的取值范围是（0，）．【点评】本小题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识，考查综合运用数学知识解决问题的能力．18．（12分）已知函数f（x）=x3+mx2﹣m2x+1（m为常数，且m＞0），当x=﹣2时有极大值．（1）求m的值；（2）若曲线y=f（x）有斜率为﹣5的切线，求此切线方程．【分析】（1）求f′（x），根据极值的概念，所以f′（﹣2）=0，这样即可求出m，注意m的范围；（2）根据函数在切点处的导数和切线斜率的关系，设切点为（x0，f（x0）），所以有：f′（x0）=﹣5，这样即可求出x0，进而求出切点，根据点斜式方程写出切线方程．【解答】解：（1）f′（x）=3x2+2mx﹣m2；∴f′（﹣2）=12﹣4m﹣m2=0，解得：m=2，或﹣6（舍去）；（2）f（x）=x3+2x2﹣4x+1，f′（x）=3x2+4x﹣4；设切点为（x0，f（x0）），则：f′（x0）=，解得；∴切点为（﹣1，6），或（﹣）；∴切线方程为：y﹣6=﹣5（x+1），或；即：5x+y﹣1=0，或135x+27y﹣23=0．【点评】考查极值的概念，对于第一问注意m的范围，函数在切点处的导数与切线斜率的关系，以及点斜式方程．19．（12分）已知函数f（x）=（a∈R）．（1）若a＜0，求函数f（x）的极值；（2）是否存在实数a使得函数f（x）在区间[0，2]上有两个零点，若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．【分析】（1）对f（x）进行求导，求出极值点，列出表格，进而求函数f（x）的极值；（2）求出f（），f（1），f（2）的值，讨论与1，2值的大小，利用零点定理进行判断；【解答】解：（1）f′（x）=ax2﹣（a+1）x+1=a（x﹣1）（x﹣）∵a＜0，∴＜1，（﹣∞，）∴f（x）极小值=f（）=，f（x）极大值=f（1）=﹣（a﹣1）（2）f（）==，f（1）=﹣（a﹣1）f（2）=（2a﹣1），f（0）=﹣＜0，①当a时f（x）在[0，1]上为增函数，在[1，2]上为减函数，f（0）=，f（1）=﹣（a﹣1）＞0，f（2）=（2a﹣1）≤0，所以f（x）在区间[0，1]，（1，2]上各有一个零点，即在[0，2]上有两个零点；当＜a≤1时，f（x）在[0，1]上为增函数，在（1，）上为减函数，（，2）上为增函数，f（0）=，f（1）=﹣（a﹣1）＞0，f（）=，f（2）=（2a﹣1）＞0，所以f（x）只在区间[0，1]上有一个零点，故在[0，2]上只有一个零点；③当a＞1时，f（x）在[0，]上为增函数，在（，1）上为减函数，（1，2）上为增函数，f（0）=﹣＜0，f（）=，f（1）=﹣（a﹣1）＜0，f（2）=（2a﹣1）＞0，，所以f（x）只在区间（1，2）上有一个零点，故在[0，2]上只有一个零点；故存在实数a，当a≤时，函数f（x）在区间[0，2]上有两个零点；【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查存在性问题，突出考查函数的零点定理，分类讨论数学思想及综合分析与运算的能力，属于难题．20．（12分）设函数f（x）=x3+ax2﹣a2x+m（a＞0）（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在x∈[﹣1，1]内没有极值点，求a的取值范围；（Ⅲ）若对任意的a∈[3，6]，不等式f（x）≤1在x∈[﹣2，2]上恒成立，求m的取值范围．【分析】（Ⅰ）先求导，利用导数来判断函数的单调区间．（Ⅱ）要使函数f（x）在x∈[﹣1，1]内没有极值点，只需f′（x）=0在（﹣1，1）上没有实根即可．（Ⅲ）先求出f（x）max，再由题意得f（x）max≤1即﹣8+4a+2a2+m≤1，再分离参数，再求函数的最小值即可．【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）=3x2+2ax﹣a2=3（x﹣）（x+a），又a＞0，∴当x＜﹣a或x＞时f′（x）＞0；当﹣a＜x＜时，f′（x）＜0．∴函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣a），（，+∞），单调递减区间为（﹣a，）．（Ⅱ）由题设可知，方程f′（x）=3x2+2ax﹣a2=0在[﹣1，1]上没有实根，∴，解得a＞3．故a的取值范围为（3，+∞）（Ⅲ）∵a∈[3，6]，∴由（Ⅰ）知∈[1，2]，﹣a≤﹣3又x∈[﹣2，2]∴f（x）max=max{f（﹣2），f（2）}而f（2）﹣f（﹣2）=16﹣4a2＜0f（x）max=f（﹣2）=﹣8+4a+2a2+m又∵f（x）≤1在[﹣2，2]上恒成立∴f（x）max≤1即﹣8+4a+2a2+m≤1即m≤9﹣4a﹣2a2，在a∈[3，6]上恒成立∵9﹣4a﹣2a2的最小值为﹣87∴m≤﹣87．故m的取值范围为（﹣∞，87]．【点评】本题考查利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，还考查了变量分离的思想方法，属于中档题．21．（12分）已知函数f（x）=﹣．（Ⅰ）当a=时，求函数f（x）在[﹣2，2]上的最大值、最小值；（Ⅱ）令g（x）=ln（x+1）+3﹣f′（x），若g（x）在（﹣）上单调递增，求实数a的取值范围．【分析】（Ⅰ）当a=时，f（x）=﹣，求导函数，确定函数的单调性，从而可确定函数的极值，进一步可得函数f（x）在[﹣2，2]上的最大值与最小值；（Ⅱ）g（x）=ln（x+1）+3﹣f′（x）=ln（x+1）+2x2﹣4ax，求导函数，再考查h （x）=4x2+4（1﹣a）x+1﹣4a的对称轴为，分类讨论，即可求得实数a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）当a=时，f（x）=﹣，f′（x）=﹣（2x﹣3）（x+1）令f′（x）＞0，可得﹣1＜x＜；令f′（x）＜0，可得x＜﹣1或x＞∴函数的单调增区间为（﹣1，）；单调减区间为（﹣∞，﹣1），（，+∞）∴x=﹣1时，函数取得极小值为，x=时，函数取得极大值为∵f（﹣2）=，f（2）=∴函数f（x）在[﹣2，2]上的最大值为、最小值为；（Ⅱ）g（x）=ln（x+1）+3﹣f′（x）=ln（x+1）+2x2﹣4ax，g′（x）=在（﹣）上恒有x+1＞0考查h（x）=4x2+4（1﹣a）x+1﹣4a的对称轴为（9分）（i）当，即a≥0时，应有△=16（1﹣a）2﹣16（1﹣4a）≤0解得：﹣2＜a≤0，所以a=0时成立（11分）（ii）当，即a＜0时，应有h（）＞0，即：1﹣4（1﹣a）×+1﹣4a＞0，解得a＜0（13分）综上：实数a的取值范围是a≤0（14分）【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值、最值，考查二次函数的单调性，综合性强．22．（12分）已知函数f（x）=lnx﹣ax+1，a∈R是常数．（1）求函数y=f（x）的图象在点P（1，f（1））处的切线l的方程；（2）证明函数y=f（x）（x≠1）的图象在直线l的下方；（3）若函数y=f（x）有零点，求实数a的取值范围．【分析】（1）已知f（x）=lnx﹣ax+1，对你进行求导，根据导数和斜率的关系，求出切线的方程；（2）作F（x）=f（x）﹣（1﹣a）x=lnx﹣x+1，x＞0，利用导数证得任意x＞0且x≠1，F（x）＜0，从而有f（x）＜（1﹣a）x，即函数y=f（x）（x≠1）的图象在直线l的下方．（3）令y=0，进行变形lnx=ax﹣1，即，令，利用导数的方法，研究其单调性及最大值，从而求出实数a的取值范围．【解答】解：（1）…（2分）f（1）=﹣a+1，k l=f'（1）=1﹣a，所以切线l的方程为y﹣f（1）=k l（x﹣1），即y=（1﹣a）x．…（4分）（2）令F（x）=f（x）﹣（1﹣a）x=lnx﹣x+1，x＞0，则．F（1）＜0，所以∀x＞0且x≠1，F（x）＜0，f（x）＜（1﹣a）x，即函数y=f（x）（x≠1）的图象在直线l的下方．…（9分）（3）y=f（x）有零点，即f（x）=lnx﹣ax+1=0有解，．令，，解g'（x）=0得x=1．…（11分）则g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，当x=1时，g（x）的最大值为g（1）=1，所以a≤1．…（13分）【点评】本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，还考查了数形结合的思想，是一道中档题．。

2014高考二轮复习函数与导数专题

专题二——函数与导数【典例分析】一、函数的概念 1、函数1ln(1)y x =++的定义域是（）A. [2,0)(0,2]-B. (1,0)(0,2]-C.[2,2]-D.(1,2]-2、设2()lg 2x f x x +=-，则2()()2x f f x+的定义域为（） A. (4,0)(0,4)- B.(4,1)(1,4)-- C.(2,1)(1,2)--D.(4,2)(2,4)--3、设函数2()2()g x x x R =-∈，()4()()()()g x x x g x f x g x xx g x ++<⎧=⎨-≥⎩则()f x 的值域是（）A. 9,0(1,)4⎡⎤-+∞⎢⎥⎣⎦B. [0,)+∞C. 9[,)4-+∞D. 9,0(2,)4⎡⎤-+∞⎢⎥⎣⎦二、函数的性质4、已知32()3)4,(lg(log 10))5f x x x f =++=，则(lg(lg 2))f =（）A. 5-B. 1-C. 3D. 45、已知函数()f x 在定义域R 内可导，若满足()(2)f x f x =-，(1)(5)0f x f x -+-=，当(0,1)x ∈时，(1)()0x f x '-<，设1(1),(),(6)2a fb fc f ===，则a b c 、、的大小关系为（） A. a b c <<B. b c a <<C. c b a <<D. c a b <<6、定义域为R 的函数()f x 的图像关于直线1x =对称，当[0,1]x ∈时，()f x x =，且对任意的x R ∈都有(2)(f x f x+=-，2013()0()log ()0f x xg x x x >⎧=⎨--<⎩，则方程()()0g x g x --=的实根的个数为（） A. 1006 B. 1007 C. 2014D. 20127、定义域为R 的函数()f x 满足(2)2(f x f x +=，且当[0,2)x ∈时，232[0,1)()1[1,2)2x x xx f x x -⎧-∈⎪=⎨⎛⎫-∈⎪ ⎪⎝⎭⎩，当[4,2)x ∈--时，1()42t f x t≥-恒成立，则实数t 的取值范围是（） A. [2,0)(0,1]- B. [2,0)[1,)-+∞ C. [2,1]- D. (,2](0,1]-∞-8、关于()y f x =给出下列五个命题：（1）若(1)(1)f x f x -+=+，则()y f x =是周期函数（2）若(1)(1)f x f x -=-+，则()y f x =是奇函数（3）若函数(1)y f x =-的图像关于直线1x =对称，则()y f x =是偶函数（4）函数(1)y f x =+与函数(1)y f x =-的图像关于直线1x =对称（5）若(1)(1)f x f x -=-+，则()y f x =的图像关于点(1,0)对称其中正确的命题序号为：三、函数的图像 9、函数2ln x y x x=+的图像大致为（）10、二次函数2()f x ax bx c =++的图像如图所示，记:2P a b c a b -+++，:2Q a b c a b +++-，则（）A. P Q >B. P Q =C. P Q <D. P Q 、大小不确定11、2013·江西四、函数的零点12、函数()f x 的周期为2，当[0,2]x ∈时，2()(1)f x x =-，如果5()()log 1g x f x x =--，则定义在R 上的函数()y g x =的所有零点之和为（）A. 2B. 4C. 6D. 813(2)1k x ≤+-的解集为[,]a b ，且2b a -=，求k 的值。

2014届高三二轮复习专题讲座六函数与导数

【2014届第二轮复习专题讲座】函数与导数函数是高中数学的一条主线，它的思想及其解决问题的方法贯穿整个高中数学．三角、极限与导数、数列、不等式、向量、概率与统计、解析几何等重要的数学内容都与函数有关．函数可能会与下面的重点知识交汇：（1）函数与导数，导数是作为工具出现在问题中的．（2）函数与不等式，这里的不等式是作为问题出现的，如解不等式、证明不等式以及不等式恒成立条件下的参数范围求解等．（3）函数与方程，这里的方程也是作为问题出现的，最典型的就是方程根的分布问题．（4）函数与数列，这种题往往以函数为背景，由函数派生出一个数列，实则是一个数列问题，这种题的综合性和难度都很大．题型一、曲线的切线问题归结：（1）题型结构：过某点向已知函数的图像引切线，探求切线方程；给出切线的信息，反过来研究函数的性质．（2）题型特点：切线的斜率有两种表现形式，第一，通过函数在切点处的导数来表现；第二，通过切线方程或斜率的坐标形式来表现．切点有三用，一用切点表示切线的斜率；二用切点表示切线方程；三用切点既在曲线上也在切线上．过某点引切线，该点不一定在曲线上．（3）一般解题思路：用导数表示切线的斜率→用斜率的不同表现形式列出等量关系（方程）→用方程．．来解决切线问题．（4）重要技巧：①用函数解析式或曲线的方程来表示切点的坐标；②用/0()f x 来表示切线的斜率；③用/0()f x 和切点坐标00(,())x f x 来写切线方程；④用切线上的其他点和切点来表示切线的斜率；⑤用列、解方程组的方法来求切点坐标．例1．（2007天津卷）已知函数2221()()1ax a f x x x -+=∈+R ，其中a ∈R ．（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(2(2))f ，处的切线方程；（Ⅰ）解：当1a =时，22()1x f x x =+，4(2)5f =，又2222222(1)2222()(1)(1)x x x x f x x x +--'==++·，6(2)25f '=-．所以，曲线()y f x =在点(2(2))f ，处的切线方程为46(2)525y x -=--，即62320x y +-=．例2．（2008年全国）已知函数.23)(23x x x x f -+-=(I)求曲线)(x f y =过点(0,1)-的切线方程；【解答】(I)曲线)())((:))(,()(a f a x a f y a f a x f y +-'==处的切线方程为在即a a a a x a a y 23))(263(232-+---+-=211,0132,)1,0(23-===+-∴-a a a a 或解得在切线上，14231)()1,0(--=-==-∴x y x y x f y 和的切线方程为作曲线过点例3．（2007湖北卷）已知定义在正实数集上的函数f （x ）=21x 2+2ax ，g （x ）=3a 2lnx+b ，其中a>0。

2014版高考数学(理科)二轮复习导数的综合应用

导数的综合应用(推荐时间：70分钟)1．设函数f (x )＝x 3－92x 2＋6x －a . (1)对于任意实数x ，f ′(x )≥m 恒成立，求m 的最大值；(2)若方程f (x )＝0有且仅有一个实根，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝3x 2－9x ＋6，因为x ∈(－∞，＋∞)，f ′(x )≥m ，即3x 2－9x ＋(6－m )≥0恒成立，所以Δ＝81－12(6－m )≤0，解得m ≤－34，即m 的最大值为－34. (2)因为当x <1时，f ′(x )>0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以当x ＝1时，f (x )取极大值f (1)＝52－a ；当x ＝2时，f (x )取极小值，f (2)＝2－a ，故当f (2)>0或f (1)<0时，f (x )＝0仅有一个实根．解得a <2或a >52. 2．已知x ＝1是函数f (x )＝(ax －2)e x (a ∈R )的一个极值点．(1)求a 的值；(2)当x 1，x 2∈[0,2]时，证明：f (x 1)－f (x 2)≤e.(1)解 f ′(x )＝(ax ＋a －2)e x ，由已知得f ′(1)＝0，解得a ＝1.当a ＝1时，f (x )＝(x －2)e x 在x ＝1处取得极小值．所以a ＝1.(2)证明由(1)知，f (x )＝(x －2)e x ，f ′(x )＝(x －1)e x ，当x ∈[0,1]时，f ′(x )＝(x －1)e x ≤0，f (x )在区间[0,1]上单调递减；当x ∈(1,2]时，f ′(x )＝(x －1)e x >0，f (x )在区间(1,2]上单调递增，所以在区间[0,2]上，f (x )的最小值为f (1)＝－e.又f (0)＝－2，f (2)＝0，所以在区间[0,2]上，f (x )的最大值为f (2)＝0，对于x 1，x 2∈[0,2]，有f (x 1)－f (x 2)≤f (x )max －f (x )min ，所以f (x 1)－f (x 2)≤0－(－e)＝e.3．已知函数f (x )＝x ln x .(1)求函数f (x )的极值；(2)设函数g (x )＝f (x )－k (x －1)，其中k ∈R ，求函数g (x )在区间[1，e]上的最大值．解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)．令f ′(x )≥0，得ln x ≥－1＝ln e －1，x ≥1e；令f ′(x )≤0，得x ∈⎝⎛⎦⎤0，1e . 所以f (x )的单调递增区间是⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎦⎤0，1e ， f (x )的极小值为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e. f (x )无极大值．(2)g (x )＝x ln x －k (x －1)，则g ′(x )＝ln x ＋1－k ，由g ′(x )＝0，得x ＝e k －1，所以，在区间(0，e k －1)上，g (x )为递减函数，在区间(e k －1，＋∞)上，g (x )为递增函数．当e k －1≤1，即k ≤1时，在区间[1，e]上，g (x )为递增函数，所以，g (x )的最大值为g (e)＝e －k e ＋k ；当1<e k －1<e ，即1<k <2时， g (x )的最大值是g (1)或g (e)，由g (1)＝g (e)，得k ＝e e －1，当1<k <e e －1时，g (e)＝e －e k ＋k >0＝g (1)， g (x )最大值为g (e)＝e －k e ＋k ，当e e －1≤k <2时，g (e)＝e －e k ＋k <0＝g (1)， g (x )最大值为g (1)＝0；当e k －1≥e ，即k ≥2时，在区间[1，e]上，g (x )为递减函数，所以g (x )最大值为g (1)＝0.综上，当k <e e －1时，g (x )最大值为e －k e ＋k ；当k ≥e e －1时，g (x )的最大值为0. 4．某网店专卖当地某种特产，由以往的经验表明，不考虑其他因素，该特产每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克，1<x ≤5)满足：当1<x ≤3时，y ＝a (x －3)2＋b x －1(a ，b 为常数)；当3<x ≤5时，y ＝－70x ＋490，已知当销售价格为2元/千克时，每日可售出该特产700千克；当销售价格为3元/千克时，每日可售出该特产150千克．(1)求a ，b 的值，并确定y 关于x 的函数解析式；(2)若该特产的销售成本为1元/千克，试确定销售价格x 的值，使店铺每日销售该特产所获利润f (x )最大(x 精确到0.01元/千克)．解 (1)因为x ＝2时，y ＝700；x ＝3时，y ＝150，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＝700b 2＝150，解得a ＝400，b ＝300. 每日的销售量y ＝⎩⎪⎨⎪⎧400(x －3)2＋300x －1 (1<x ≤3)－70x ＋490 (3<x ≤5). (2)由(1)知，当1<x ≤3时，每日销售利润f (x )＝⎣⎡⎦⎤400(x －3)2＋300x －1(x －1) ＝400(x －3)2(x －1)＋300＝400(x 3－7x 2＋15x －9)＋300(1<x ≤3)f ′(x )＝400(3x 2－14x ＋15)．当x ＝53，或x ＝3时f ′(x )＝0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1，53时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫53，3时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．∴x ＝53是函数f (x )在(1,3]上的唯一极大值点， f ⎝⎛⎭⎫53＝400×3227＋300>700；当3<x ≤5时，每日销售利润f (x )＝(－70x ＋490)(x －1)＝－70(x 2－8x ＋7)f (x )在x ＝4时有最大值，且f (4)＝630<f ⎝⎛⎭⎫53.综上，销售价格x ＝53≈1.67元/千克时，每日利润最大． 5．已知函数f (x )＝ln(e x ＋a ＋1)(a 为常数)是实数集R 上的奇函数，函数g (x )＝λf (x )＋sin x在区间[－1,1]上是减函数．(1)求实数a 的值；(2)若g (x )≤λt －1在x ∈[－1,1]上恒成立，求实数t 的最大值；(3)若关于x 的方程ln x f (x )＝x 2－2e x ＋m 有且只有一个实数根，求m 的值．解 (1)∵f (x )＝ln(e x ＋a ＋1)是实数集R 上的奇函数，∴f (0)＝0，即ln(e 0＋a ＋1)＝0⇒2＋a ＝1⇒a ＝－1，将a ＝－1代入f (x )＝ln e x ＝x ，显然为奇函数．(2)由(1)知g (x )＝λf (x )＋sin x ＝λx ＋sin x ，∴g ′(x )＝λ＋cos x ，x ∈[－1,1]，∴要使g (x )是区间[－1,1]上的减函数，则有g ′(x )≤0在x ∈[－1,1]上恒成立，∴λ≤(－cos x )min ，∴λ≤－1.要使g (x )≤λt －1在x ∈[－1,1]上恒成立，只需g (x )max ＝g (－1)＝－λ－sin 1≤λt －1在λ≤－1时恒成立即可．∴(t ＋1)λ＋sin 1－1≥0(其中λ≤－1)恒成立即可．令h (λ)＝(t ＋1)λ＋sin 1－1(λ≤－1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ t ＋1≤0，h (－1)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧t ＋1≤0，－t －2＋sin 1≥0， ∴t ≤sin 1－2，∴实数t 的最大值为sin 1－2.(3)由(1)知方程ln x f (x )＝x 2－2e x ＋m ，即ln x x＝x 2－2e x ＋m ，令f 1(x )＝ln x x，f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ， ∵f ′1(x )＝1－ln x x 2当x ∈(0，e]时，f ′1(x )≥0，∴f 1(x )在(0，e]上为增函数；当x ∈[e ，＋∞)时，f ′1(x )≤0，∴f 1(x )在[e ，＋∞)上为减函数；当x ＝e 时，f 1(x )max ＝1e. 而f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ＝(x －e)2＋m －e 2.∴当x ＝e 时，f 2(x )min ＝m －e 2.只有当m －e 2＝1e ，即m ＝e 2＋1e时，方程有且只有一个实数根．6．已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，不等式f (x )≥bx －2对∀x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数b 的取值范围；(3)当x >y >e －1时，证明不等式e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )．(1)解 f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x(x >0)．当a ≤0时，ax －1<0，从而f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，若0<x <1a，则ax －1<0，从而f ′(x )<0，若x >1a，则ax －1>0，从而f ′(x )>0，函数在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增． (2)解根据(1)函数的极值点是x ＝1a ，若1a＝1，则a ＝1. 所以f (x )≥bx －2，即x －1－ln x ≥bx －2，由于x >0，即b ≤1＋1x －ln x x. 令g (x )＝1x －ln x x ，则g ′(x )＝－1x 2－1－ln x x 2＝ln x －2x 2，可知x ＝e 2为函数g (x )在(0，＋∞)内唯一的极小值点，也是最小值点，故g (x )min ＝g (e 2)＝－1e 2，所以1＋1x －ln x x 的最小值是1－1e 2，故只要b ≤1－1e 2即可，故b 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，1－1e 2. (3)证明不等式e x ln(1＋y )>e yln(1＋x )⇔e x ＋1ln (x ＋1)>e y ＋1ln (y ＋1).构造函数h (x )＝e xln x，则h ′(x )＝e x ln x －1x e x ln 2x ＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －1x ln 2x，可知函数在(e ，＋∞)上h ′(x )>0，即函数h (x )在(e ，＋∞)上单调递增，由于x >y >e －1，所以x ＋1>y ＋1>e ，所以e x ＋1ln (x ＋1)>e y ＋1ln (y ＋1)，所以e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )．。

2014年高考数学(理)函数和导数

数学B 单元函数与导数B1 函数及其表示6．[2014·安徽卷] 设函数f (x )(x ∈R )满足f (x ＋π)＝f (x )＋sin x ．当0≤x <π时，f (x )＝0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23π6＝( )A.12B.32 C ．0 D ．－126．A2．、[2014·北京卷] 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝x ＋1 B ．y ＝(x －1)2C ．y ＝2－xD ．y ＝log 0.5(x ＋1) 2．A7．、、[2014·福建卷] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x >0，cos x ， x ≤0，则下列结论正确的是( )A ．f (x )是偶函数B ．f (x )是增函数C ．f (x )是周期函数D ．f (x )的值域为[－1，＋∞) 7．D2．[2014·江西卷] 函数f (x )＝ln(x 2－x )的定义域为( ) A ．(0，1] B ．[0，1]C ．(－∞，0)∪(1，＋∞)D ．(－∞，0]∪[1，＋∞) 2．C3．，[2014·山东卷] 函数f (x )＝1（log 2x ）2－1的定义域为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B ．(2，＋∞) C. ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞) D. ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12∪[2，＋∞) 3．CB2 反函数12．[2014·全国卷] 函数y ＝f (x )的图像与函数y ＝g (x )的图像关于直线x ＋y ＝0对称，则y ＝f (x )的反函数是( )A ．y ＝g (x )B ．y ＝g (－x )C ．y ＝－g (x )D ．y ＝－g (－x ) 12．DB3 函数的单调性与最值2．、[2014·北京卷] 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝x ＋1 B ．y ＝(x －1)2C ．y ＝2－xD ．y ＝log 0.5(x ＋1) 2．A7．、、[2014·福建卷] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x >0，cos x ， x ≤0，则下列结论正确的是( )A ．f (x )是偶函数B ．f (x )是增函数C ．f (x )是周期函数D ．f (x )的值域为[－1，＋∞) 7．D21．、[2014·广东卷] 设函数f (x )＝1（x 2＋2x ＋k ）2＋2（x 2＋2x ＋k ）－3，其中k <－2. (1)求函数f (x )的定义域D (用区间表示)； (2)讨论函数f (x )在D 上的单调性；(3)若k <－6，求D 上满足条件f (x )>f (1)的x 的集合(用区间表示)．12．[2014·四川卷] 设f (x )是定义在R 上的周期为2的函数，当x ∈[－1，1)时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x 2＋2，－1≤x <0，x ， 0≤x <1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝________．12．115．，[2014·四川卷] 以A 表示值域为R 的函数组成的集合，B 表示具有如下性质的函数φ(x )组成的集合：对于函数φ(x )，存在一个正数M ，使得函数φ(x )的值域包含于区间[－M ，M ]．例如，当φ1(x )＝x 3，φ2(x )＝sinx 时，φ1(x )∈A ，φ2(x )∈B .现有如下命题：①设函数f (x )的定义域为D ，则“f (x )∈A ”的充要条件是“∀b ∈R ，∃a ∈D ，f (a )＝b ”； ②函数f (x )∈B 的充要条件是f (x )有最大值和最小值；③若函数f (x )，g (x )的定义域相同，且f (x )∈A ，g (x )∈B ，则f (x )＋g (x )∉B ； ④若函数f (x )＝a ln(x ＋2)＋xx 2＋1(x >－2，a ∈R )有最大值，则f (x )∈B .其中的真命题有________．(写出所有真命题的序号) 15．①③④21．，[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 ≥e2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 <e2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 <e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ；当a ≥e2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 ≥e2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)．B4 函数的奇偶性与周期性7．、、[2014·福建卷] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x >0，cos x ， x ≤0，则下列结论正确的是( )A ．f (x )是偶函数B ．f (x )是增函数C ．f (x )是周期函数D ．f (x )的值域为[－1，＋∞) 7．D3．[2014·湖南卷] 已知f (x )，g (x )分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且f (x )－g (x )＝x 3＋x 2＋1，则f (1)＋g (1)＝( )A ．－3B ．－1C ．1D ．3 3．C3．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f (x )，g (x )的定义域都为R ，且f (x )是奇函数，g (x )是偶函数，则下列结论中正确的是( )A ．f (x )g (x )是偶函数B ．|f (x )|g (x )是奇函数C ．f (x )|g (x )|是奇函数D ．|f (x )g (x )|是奇函数 3．C15．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知偶函数f (x )在[0，＋∞)单调递减，f (2)＝0，若f (x －1)＞0，则x 的取值范围是________．15．(－1，3)B5 二次函数16．、[2014·全国卷] 若函数f (x )＝cos 2x ＋a sin x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2是减函数，则a 的取值范围是________． 16．(－∞，2]B6 指数与指数函数4．、、[2014·福建卷] 若函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)的图像如图11所示，则下列函数图像正确的是( )图11A BC D图124．B3．[2014·江西卷] 已知函数f (x )＝5|x |，g (x )＝ax 2－x (a ∈R )．若f [g (1)]＝1，则a ＝( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．－1 3．A3．、[2014·辽宁卷] 已知a ＝2－13，b ＝log 213，c ＝log 1213，则( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．c >a >bD ．c >b >a 3．C2．，[2014·山东卷] 设集合A ＝{x ||x －1|＜2}，B ＝{y |y ＝2x，x ∈[0，2]}，则A ∩B ＝( ) A ．[0，2] B ．(1，3) C ．[1，3) D ．(1，4) 2．C5．，，[2014·山东卷] 已知实数x ，y 满足a x ＜a y(0＜a ＜1)，则下列关系式恒成立的是( ) A.1x 2＋1＞1y 2＋1B. ln(x 2＋1)＞ln(y 2＋1) C. sin x ＞sin y D. x 3＞y 35．D7．[2014·陕西卷] 下列函数中，满足“f (x ＋y )＝f (x )·f (y )”的单调递增函数是( ) A ．f (x )＝x 12B ．f (x )＝x 3C ．f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12xD ．f (x )＝3x7．B11．[2014·陕西卷] 已知4a＝2，lg x ＝a ，则x ＝________．11.10 [解析] 由4a＝2，得a ＝12，代入lg x ＝a ，得lg x ＝12，那么x ＝1012 ＝10.B7 对数与对数函数5．，，[2014·山东卷] 已知实数x ，y 满足a x ＜a y(0＜a ＜1)，则下列关系式恒成立的是( ) A.1x 2＋1＞1y 2＋1B. ln(x 2＋1)＞ln(y 2＋1) C. sin x ＞sin y D. x 3＞y 35．D3．，[2014·山东卷] 函数f (x )＝1（log 2x ）2－1的定义域为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B ．(2，＋∞) C. ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞) D. ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12∪[2，＋∞) 3．C4．、、[2014·福建卷] 若函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)的图像如图11所示，则下列函数图像正确的是( )图11A BC D图124．B13．、[2014·广东卷] 若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________．13．503．、[2014·辽宁卷] 已知a ＝2－13，b ＝log 213，c ＝log 1213，则( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．c >a >bD ．c >b >a 3．C4．[2014·天津卷] 函数f (x )＝log 12(x 2－4)的单调递增区间为( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，－2) 4．D7．、[2014·浙江卷] 在同一直角坐标系中，函数f (x )＝x a(x >0)，g (x )＝log a x 的图像可能是( )A BC D图12 图127．D12．[2014·重庆卷] 函数f (x )＝log 2x ·log 2(2x )的最小值为________．12．－14B8 幂函数与函数的图像4．、、[2014·福建卷] 若函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)的图像如图11所示，则下列函数图像正确的是( )图11A BC D图124．B10．[2014·湖北卷] 已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝12(|x －a 2|＋|x －2a 2|－3a 2)．若∀x ∈R ，f (x －1)≤f (x )，则实数a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－16，16B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－66，66C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33 10．B8．[2014·山东卷] 已知函数f (x )＝|x －2|＋1，g (x )＝kx ，若方程f (x )＝g (x )有两个不相等的实根，则实数k 的取值范围是( )A. ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B. ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C. (1，2) D. (2，＋∞) 8．B7．、[2014·浙江卷] 在同一直角坐标系中，函数f (x )＝x a(x >0)，g (x )＝log a x 的图像可能是( )A BC D图12图127．DB9 函数与方程10．、[2014·湖南卷] 已知函数f (x )＝x 2＋e x －12(x <0)与g (x )＝x 2＋ln(x ＋a )的图像上存在关于y 轴对称的点，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，1e) B ．(－∞，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，e D.⎝⎛⎭⎪⎫－e ，1e10．B14．[2014·天津卷] 已知函数f (x )＝|x 2＋3x |，x ∈R .若方程f (x )－a |x －1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a 的取值范围为________．14．(0，1)∪(9，＋∞)6．[2014·浙江卷] 已知函数f (x )2)＝f (－3)≤3，则( )A ．c ≤3B ．3<c ≤6C ．6<c ≤9D ．c >9 6．CB10 函数模型及其应用8．[2014·湖南卷] 某市生产总值连续两年持续增加，第一年的增长率为p ，第二年的增长率为q ，则该市这两年生产总值的年平均增长率为( )A.p ＋q2 B.（p ＋1）（q ＋1）－12C.pqD.（p ＋1）（q ＋1）－1 8．D10．[2014·陕西卷] 如图12，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A 的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为 ( )图12A ．y ＝1125x 3－35xB ．y ＝2125x 3－45xC ．y ＝3125x 3－xD ．y ＝－3125x 3＋15x10．AB11 导数及其运算18．、[2014·安徽卷] 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a ＞0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0，1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． 18．解： (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2.令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a 3，x 2＝－1＋4＋3a3，x 1<x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1－4＋3a 3和 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋4＋3a 3，＋∞内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1－4＋3a 3，－1＋4＋3a 3内单调递增．(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0， ①当a ≥4时，x 2≥1.由(1)知，f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0<a <4时，x 2<1.由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减，所以f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值；当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值．21．、、[2014·安徽卷] 设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *. (1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p＞1＋px ；(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 －pk ＝ 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＝ca p k . 因此a pk ＋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 p1>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．20．、[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)＝eln 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 x2·e x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，当x >x 0时，e x>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22>4c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝1cx 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. 10．、[2014·广东卷] 曲线y ＝e－5x＋2在点(0，3)处的切线方程为________．10．y ＝－5x ＋3 [解析] 本题考查导数的几何意义以及切线方程的求解方法．因为y ′＝－5e －5x，所以切线的斜率k ＝－5e 0＝－5，所以切线方程是：y －3＝－5(x －0)，即y ＝－5x ＋3.13．[2014·江西卷] 若曲线y ＝e －x上点P 处的切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，则点P 的坐标是________． 13．(－ln 2，2) [解析] 设点P 的坐标为(x 0，y 0)，y ′＝－e －x.又切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，所以－e－x 0＝－2，可得x 0＝－ln 2，此时y ＝2，所以点P 的坐标为(－ln 2，2)．18．、[2014·江西卷] 已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )1－2x (b ∈R )． (1)当b ＝4时，求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上单调递增，求b 的取值范围．18．解：(1)当b ＝4时，f ′(x )＝－5x （x ＋2）1－2x，由f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝0.所以当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(－2，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故f (x )在x ＝－2处取得极小值f (－2)＝0，在x ＝0处取得极大值f (0)＝4.(2)f ′(x )＝－x [5x ＋（3b －2）]1－2x ，易知当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，－x 1－2x <0，依题意当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0，从而53＋(3b －2)≤0，得b ≤19.所以b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，19.7．[2014·全国卷] 曲线y ＝x e x －1在点(1，1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1 7．C8．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 8．D21．，，，[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 )＝x1＋x(x ≥0)． (1)由已知，g 1(x )＝x1＋x， g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x1＋x 1＋x1＋x＝x1＋2x， g 3(x )＝x1＋3x，…，可得g n (x )＝x1＋nx. 下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，g 1(x )＝x1＋x ，结论成立．②假设n ＝k 时结论成立，即g k (x )＝x1＋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 ＝x1＋（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 )≥ax1＋x 恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax1＋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 )≥ax1＋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 )≥ax1＋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＋…＋nn ＋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 )>x1＋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 )>x1＋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，⎠⎛0n 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＋…＋nn ＋1是图中所示各矩形的面积和，∴12＋23＋…＋n n ＋1>⎠⎛0n xx ＋1d x ＝ ⎠⎛0n⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ＋1d x ＝n －ln (n ＋1)，结论得证．19．，[2014·四川卷] 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图像上(n ∈N *)． (1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图像上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n .19．解：(1)由已知得，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，所以 2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2，所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，其在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意有a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n，所以数列{a n b n }的通项公式为a n b n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1，因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n.B12 导数的应用21．，[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 ≥e2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 <e2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 <e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ；当a ≥e2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 ≥e2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)．18．、[2014·安徽卷] 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a ＞0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0，1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． 18．解： (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2.令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a3，x 2＝－1＋4＋3a3，x 1<x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1－4＋3a 3和 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋4＋3a 3，＋∞内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1－4＋3a 3，－1＋4＋3a 3内单调递增．(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0， ①当a ≥4时，x 2≥1.由(1)知，f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0<a <4时，x 2<1.由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减，所以f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值；当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值．18．[2014·北京卷] 已知函数f (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)求证：f (x )≤0；(2)若a <sin x x 0时，“sin x x >a ”等价于“sin x －ax >0”，“sin xx0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．当c ≥1时，因为对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，g ′(x )＝cos x －c <0，所以g (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，从而g (x )<g (0)＝0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．当0<c <1时，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2使得g ′(x 0)＝cos x 0－c ＝0. g (x )与g ′(x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的情况如下：因为g (x )在区间(0，x 0)上是增函数，所以g (x 0)>g (0)＝0.进一步，“g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立”当且仅当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－π2c ≥0，即0<c ≤2π.综上所述，当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立；当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．所以，若a <sin x 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)＝eln 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 x2·e x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，当x >x 0时，e x>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22>4c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝1cx 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. 21．、[2014·广东卷] 设函数f (x )＝1（x 2＋2x ＋k ）2＋2（x 2＋2x ＋k ）－3，其中k <－2.(1)求函数f (x )的定义域D (用区间表示)； (2)讨论函数f (x )在D 上的单调性；(3)若k <－6，求D 上满足条件f (x )>f (1)的x 的集合(用区间表示)． 22．[2014·湖北卷] π为圆周率，e ＝2.718 28…为自然对数的底数． (1)求函数f (x )＝ln xx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 x2. 当f ′(x )>0，即0<x <e 时，函数f (x )单调递增；当f ′(x )<0，即x >e 时，函数f (x )单调递减．故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(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－eπ.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>6－3eπ>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. 22．、[2014·湖南卷] 已知常数a ＞0，函数 f (x )＝ln(1＋ax )－2x x ＋2.(1)讨论f (x )在区间(0，＋∞)上的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且f (x 1)＋f (x 2)＞0，求a 的取值范围． 22．解：(1)f ′(x )＝a1＋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－aa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－aa和x 2＝－21－aa，且由f (x )的定义可知，x >－1a且x ≠－2，所以－21－a a >－1a，－21－aa≠－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. 18．、[2014·江西卷] 已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )1－2x (b ∈R )． (1)当b ＝4时，求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上单调递增，求b 的取值范围．18．解：(1)当b ＝4时，f ′(x )＝－5x （x ＋2）1－2x，由f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝0.所以当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(－2，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故f (x )在x ＝－2处取得极小值f (－2)＝0，在x ＝0处取得极大值f (0)＝4.(2)f ′(x )＝－x [5x ＋（3b －2）]1－2x ，易知当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，－x 1－2x<0，依题意当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0，从而53＋(3b －2)≤0，得b ≤19. 所以b 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，19.11．[2014·辽宁卷] 当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[－5，－3] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98 C ．[－6，－2] D ．[－4，－3]11．C [解析] 当－2≤x <0时，不等式转化为a ≤x 2－4x －3x 3，令f (x )＝x 2－4x －3x (－2≤x <0)，则f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－（x －9）（x ＋1）x4，故f (x )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a ≤1＋4－3－1＝－2.当x ＝0时，g (x )恒成立．当0<x ≤1时，a ≥x 2－4x －3x 3，令个g (x )＝x 2－4x －3x 3(0<x ≤1)，则g ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x4＝－（x －9）（x ＋1）x4，故g (x )在(0，1]上单调递增，此时有a ≥1－4－31＝－6.综上，－6≤a ≤－2.22．、[2014·全国卷] 函数f (x )＝ln(x ＋1)－axx ＋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)>2xx ＋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)<3xx ＋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．11．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)11．C [解析] 当a ＝0时，f (x )＝－3x 2＋1，存在两个零点，不符合题意，故a ≠0. 由f ′(x )＝3ax 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2a.若a <0，则函数f (x )的极大值点为x ＝0，且f (x )极大值＝f (0)＝1，极小值点为x ＝2a，且f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝a 2－4a，此时只需a 2－4a2>0，即可解得a <－2；若a >0，则f (x )极大值＝f (0)＝1>0，此时函数f (x )一定存在小于零的零点，不符合题意．综上可知，实数a 的取值范围为(－∞，－2)．21．、[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＋bxe 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 xln x ＋2xe 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 .。

2014高考数学(理)二轮专题升级训练：解答题专项训练函数与导数(含答案解析)

专题升级训练解答题专项训练（函数与导数）1.已知函数f(x）=x2+(x≠0，a∈R）。

（1)讨论函数f（x)的奇偶性,并说明理由；（2)若函数f(x）在[2，+∞）上为增函数，求a的取值范围。

2。

设定义在（0,+∞）上的函数f(x)=ax++b（a〉0）。

（1)求f（x)的最小值；（2)若曲线y=f(x）在点(1，f(1））处的切线方程为y=x,求a,b的值。

3。

已知定义在实数集R上的奇函数f(x)有最小正周期2，且当x ∈(0,1)时,f（x)=.(1)求函数f（x）在(-1，1）上的解析式;（2）判断f(x）在（0，1）上的单调性；(3）当λ取何值时,方程f（x)=λ在（-1,1)上有实数解？4。

已知函数f（x)=ln（x—1）+（a∈R）.(1)求f(x)的单调区间;(2)如果当x〉1,且x≠2时,恒成立,求实数a的取值范围。

5。

已知函数f（x）满足f(x)=f’(1）e x—1-f（0）x+x2。

(1)求f（x)的解析式及单调区间;（2)若f(x）≥x2+ax+b，求(a+1）b的最大值。

6.(2013·浙江，理22)已知a∈R，函数f（x）=x3-3x2+3ax—3a+3. (1）求曲线y=f（x）在点（1，f(1)）处的切线方程；（2）当x∈[0,2］时，求|f(x）|的最大值.7。

已知定义在正实数集上的函数f(x)=x2+2ax,g（x)=3a2ln x+b，其中a>0，设两曲线y=f（x）,y=g（x）有公共点,且在该点处的切线相同.（1)用a表示b，并求b的最大值；（2）求证:f(x)≥g（x）（x>0)。

8。

已知函数f(x)=。

（1）若函数f(x)在区间（a>0）上存在极值点,求实数a的取值范围;（2)当x≥1时，不等式f（x)≥恒成立,求实数k的取值范围；(3)求证:［（n+1)！]2〉(n+1)(n∈N*,e为自然对数的底数）.＃＃1。

解:（1)当a=0时，f（x）=x2,对任意x∈（—∞,0)∪(0,+∞)，f（-x)=(—x)2=x2=f(x)，∴f(x)为偶函数。

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肥东锦弘中学2014届高三二轮复习专题二——函数与导数
一函数的概念
1 函数)
12(log 1)(2
1+=x x f 的定义域是 2 函数)(x f 的定义域是][2,0，则函数x
x f x g ln )2()(=的定义域是 3 函数⎪⎩⎪⎨⎧<+≥=4
),1(4,)21()(x x f x x f x ，则)5log 1(2+f 的值为
4 求下列函数的值域
（1）1(0)y x x x =+>；（2）4
32++=x x x y （3）2552+++=x x x y ；（4）22232(0)(1)
k k y k k ++=>+ 5 设函数2()2()g x x x R =-∈，()4()()()()g x x x g x f x g x x
x g x ++<⎧=⎨-≥⎩则()f x 值域是
二函数的性质 1 已知函数⎩⎨⎧<<≥+-=1
0,log 1,)12()(x x x a x a x f a ,若)(x f 在)(0,+∞上单调递减,则实数a 的取值范围为
2 已知定义在R 上的奇函数)(x f 和偶函数)(x g 满足)0(2)()(>+-=+-a a a x g x f x x 且1≠a ，若a g =)2(，则=)2(f
3 已知定义在R 的函数)(x f ，且函数)3(-=x f y 的图像关于点)(0,3对称，当0≥x 时，x x x f 2)(2+=，若)()2(2a f a f >-，则实数a 的取值范围
4 设函数1
sin )1()(22+++=x x x x f 的最大值是M ，最小值是m ,则=+m M 5 已知定义在R 上的偶函数)(x f 满足)2()()4(f x f x f +=+,且在区间[0,2]上是减函数,有下列命题:
(1)0)2(=f ； (2) 函数)(x f 的图象关于直线4-=x 对称;
(3)函数)(x f 在（8,10）上单调递增;
(4)若关于x 的方程m x f =)(在区间[-6,2]的两根为21,x x ,则这两根之和为-8.
其中正确的命题是
6.已知定义域为),0(+∞的函数)(x f 满足:
(1)对),0(+∞∈∀x ，恒有)(2)2(x f x f =成立;(2)当(]2,1∈x 时,x x f -=2)(,给出如下结论.
○1对0)2(=∈∀m f Z m ，有 ○2[)∞+，值域为0)(x f
○39)12(,=+∈∃n f Z n 使得 ○4())(2,2)(1Z k x f k k ∈+在是减函数其中所有正确结论的序号是
三函数的图像
1 函数x
x x f x 12
)(2log --=的大致图像是
2 如图是函数)(x q 的图像的一部分，设函数x x g x x f 1)(,sin )(=
=，则)(x q 是 A )()(x g x f B )()(x g x f C )()(x g x f - D )()(x g x f +
四函数的零点
1 函数2cos )(x x x f =在区间][4,0上的零点个数
2 函数)(x f 的周期为2，当][2,0∈x 时，2)1()(-=x x f ，则函数)(1l o g )()(5R x x x f x g ∈--=的所有零点之和是
3 已知函数是定义在R 上的奇函数，当0>x 时，⎪⎩⎪⎨⎧>-≤<-=-2),2(2
120,12)(1x x f x x f x ，则函数1)()(-=x xf x g 在区间)[∞+-,6上的所有零点之和 4 定义域为R 的函数()f x 的图像关于1x =对称，当[0,1]x ∈时，()f x x =，且对
任意的x R ∈都有(2)()f x f x +=-，2013()0()log ()0
f x x
g x x x >⎧=⎨--<⎩，则方程()()0g x g x --=的实根的个数为
5 已知函数()ln f x x =，120x x <<，
证明：存在012(,)x x x ∈，使得21021
()()()f x f x f x x x -'=- 五导数的定义及几何意义
1 函数()f x 的定义域为R ，(0)2f =，且对任意的x R ∈，()()1f x f x '+>，则不
等式()1x x e f x e >+的解集为（）
A. (0,)+∞
B. (,0)-∞
C. (,1)(1,)-∞-+∞
D. (,1)(0,1)-∞-
2 函数2(0)y x x =>的图像在()2,k k a a 处的切线与x 轴交点横坐标为1k a +，其中*k N ∈，若116a =，则135a a a ++=
3 已知函数)(x f y =是定义在实数集R 上的奇函数，且当()0,∞-∈x 时
)()('x f x xf -<成立，若)4
1(log 41log ),3(lg 3lg ),3(322f c f b f a ===，则c b a ,,大小关系是
4 已知函数32()3f x ax bx x =+-在1x =±处取得极值
（1）求函数()f x 的解析式。

（2）若过点(1,)(2)M m m ≠-可作曲线的三条切线，求实数m 的取值范围。

六函数的单调性，极值与最值
1 设0a >，讨论函数2()ln (1)2(1)f x x a a x a x =+---的单调性
2 已知函数32()3f x x ax bx =-++在[0,1]上单调递减，则22a b +的最小值为
3 已知函数)0(ln 1)(<--=a x a x x f
（1）确定函数)(x f y =的单调性
（2）若对任意(]21211,0,x x x x ≠∈且，都有2121114)()(x x x f x f -<-，求实数a 的取值范围。

4 已知函数d cx bx x x f +++=
233
1)(，设曲线)(x f y =上与x 轴交点处切线为124-=x y ，)('x f 为)(x f 的导函数，满足)2()0(''f f =
(1)求)(x f 的解析式
(2)设函数)()('x f x x g =，求函数)(x g 在]2,2
1⎢⎣⎡上的值域 (3)设函数22
)()(x a x f x h +=，若)(x h 在区间[]2,1不是单调函数，求实数a 的范围
七恒成立问题
1 已知函数323()1()2
f x ax x x R =-+∈，其中0a > （1）若1a =，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线；
（2）若在区间11[,]22
-上，()0f x >恒成立，求a 的取值范围。

2 函数x e ax e x f x 22)(-+=
（1）若曲线)(x f y =在点))2(,2(f 处的切线平行于x 轴，求函数)(x f 的单调区间
（2）若)1,0(∈x 时，总有1)(2+->x e xe x f x ，求实数a 的取值范围
3 已知函数322()(0)f x x ax a x m a =+-+>，若对任意的[3,6]a ∈，不等式()1f x ≤在[2,2]-恒成立，求实数m 的取值范围。

4 已知函数()(0)b f x ax c a x
=++>的图像在点(1,(1))f 处的切线方程为1y x =- （1）用a 来表示b c 、；
（2）若()ln f x x ≥在[)1,+∞上恒成立，求a 的取值范围；
（3）证明：1111ln(1)(1)232(1)n n n n n ++++>++≥+。